Carrucola reale con massa: tensioni, macchina di Atwood, energia ed esercizi svolti

Negli esercizi di dinamica la carrucola è quasi sempre ideale: non ha massa, non ha attrito e si limita a cambiare la direzione del filo. Una carrucola vera, però, è una ruota con una sua massa, e per farla girare bisogna darle una spinta, proprio come devi spingere la ruota di una bicicletta capovolta per farla partire. È la carrucola reale, uno degli esercizi più classici sul corpo rigido, perché mette insieme nello stesso problema traslazione e rotazione. In questa pagina vediamo cosa cambia rispetto alla carrucola ideale, il momento d’inerzia della carrucola, il filo che non scivola, perché le tensioni ai due lati del filo sono diverse, le formule della macchina di Atwood con carrucola dotata di massa, la massa efficace, i casi limite, il metodo dell’energia, la forza sull’asse, il blocco sul tavolo e il secchio del pozzo, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Carrucola ideale e carrucola reale

Quando abbiamo studiato la tensione dei fili abbiamo usato una carrucola ideale: massa nulla e nessun attrito sull’asse. In quel modello la carrucola serve solo a deviare il filo, e la tensione è la stessa ai due lati.

Una carrucola reale è invece un corpo rigido: una ruota di massa $M$ e raggio $R$ che gira attorno al proprio asse. Ha quindi un’inerzia alla rotazione, il momento d’inerzia $I$. Se è ferma tende a restare ferma; se gira tende a continuare a girare con la stessa velocità angolare. Per cambiarne la rotazione serve un momento delle forze, esattamente come per cambiare la velocità di un corpo serve una forza.

Pensa alla carrucola di ferro di un vecchio pozzo: quando tiri la corda, una parte del tuo sforzo va a far girare la ruota. È proprio questa parte che il modello ideale trascura. Per il resto, negli esercizi l’asse resta senza attrito e il filo resta ideale, inestensibile e senza massa: l’unica novità è l’inerzia della carrucola.

Il momento d’inerzia della carrucola

Il momento d’inerzia dice quanto è difficile far girare un corpo, e dipende da come la massa è distribuita attorno all’asse: più massa sta lontano dall’asse, più la ruota è “pigra”. Per le due forme più comuni:

Carrucola	$I$	$I/R^2$
disco pieno	$\frac{1}{2}\,M R^2$	$M/2$
anello sottile	$M R^2$	$M$

Quando il testo parla di una «carrucola di massa $M$» senza aggiungere altro, quasi sempre intende un disco omogeneo, con $I = \frac{1}{2}MR^2$. Se la massa è concentrata sul bordo, come in un anello o in una ruota con il cerchione pesante e i raggi leggeri, $I$ si avvicina a $MR^2$. Se il testo dà direttamente $I$, usa quel valore. Le formule di disco e anello, con la loro dimostrazione, le trovi nella pagina sul momento d’inerzia. L’ultima colonna, $I/R^2$, ha le dimensioni di una massa: tra poco vedremo che è proprio la grandezza che conta.

La macchina di Atwood con carrucola reale

Il sistema classico è la macchina di Atwood: due corpi di masse $m_1$ e $m_2$, con $m_2 > m_1$, appesi ai capi di un filo che passa sopra la carrucola. Il filo non scivola sulla gola e l’asse della carrucola è fisso e senza attrito.

Il corpo più pesante scende, l’altro sale e la carrucola gira in senso orario. Nella figura le frecce delle forze sono in scala, con i dati dell’esercizio 1. Puoi già notare tre cose: $T_1$ è più grande del peso di $m_1$, perché quel corpo sale accelerando; $T_2$ è più piccola del peso di $m_2$, perché quel corpo scende accelerando; e $T_2$ è un po’ più grande di $T_1$. Quest’ultima è la vera novità della carrucola reale.

Il filo che non scivola

Dire che il filo non scivola significa che il pezzo di filo appoggiato sulla gola si muove insieme al bordo della carrucola. Se la carrucola ruota di un angolo $\theta$, il bordo percorre un arco lungo $R\,\theta$, e di altrettanto si sposta il filo, quindi ciascuno dei due corpi. Derivando nel tempo si ottengono i legami tra grandezze lineari e angolari:

$$\begin{gathered} s = R\,\theta \\ v = \omega\,R \\ a = \alpha\,R \end{gathered}$$

È lo stesso legame del moto di puro rotolamento, dove a non scivolare è la ruota sul terreno. Ricorda che gli angoli vanno in radianti: solo così l’arco è proprio $R\theta$.

A impedire al filo di scivolare è l’attrito statico tra corda e gola, che, come vediamo tra poco, trasmette alla carrucola il momento che la fa girare. Siccome il filo non striscia, questo attrito non dissipa energia.

Perché le tensioni ai due lati sono diverse

Isoliamo la carrucola, insieme al pezzetto di filo appoggiato sopra, e guardiamo le forze che agiscono su di lei:

• le due tensioni $T_1$ e $T_2$, dirette verso il basso e applicate sul bordo, ai due lati;
• il peso $Mg$, applicato nel centro;
• la forza $N$ con cui l’asse sostiene la carrucola, applicata anche lei nel centro.

Peso e reazione dell’asse passano per l’asse di rotazione: hanno braccio zero e quindi momento nullo, non fanno girare la carrucola. Le tensioni, invece, hanno braccio $R$ e momenti di verso opposto: $T_2$ tende a far girare la carrucola in senso orario, $T_1$ in senso antiorario. Il momento risultante è $(T_2 - T_1)\,R$. Per la seconda legge della dinamica delle rotazioni attorno a un asse fisso, il momento risultante è uguale al momento d’inerzia per l’accelerazione angolare:

$$(T_2 - T_1)\,R = I\,\alpha$$

Ecco il punto chiave. Se la carrucola accelera ($\alpha \neq 0$) e ha un momento d’inerzia ($I \neq 0$), le due tensioni non possono essere uguali: il filo deve tirare più forte dal lato che spinge la rotazione, cioè, in una macchina di Atwood che parte da ferma, dal lato che scende. Solo con la carrucola ideale, $I = 0$, si ritrova $T_1 = T_2$.

Dove cambia la tensione

Ma il filo non era senza massa? Sì, e infatti in ciascun tratto dritto la tensione è la stessa in tutti i punti: $T_1$ lungo tutto il tratto di sinistra, $T_2$ lungo tutto quello di destra. La tensione cambia solo nel pezzo di filo appoggiato sulla gola. Lì la carrucola tocca il filo e, con l’attrito statico, lo trattiene con forze tangenti al bordo. Per il terzo principio il filo tira il bordo della carrucola con forze uguali e opposte, ed è così che la fa girare.

Se la gola fosse perfettamente liscia, il filo ci scivolerebbe sopra, la carrucola non verrebbe trascinata e le tensioni tornerebbero uguali, anche con una carrucola pesantissima. Sembra un paradosso, ma è l’attrito tra filo e gola a rendere le tensioni diverse.

Se la carrucola gira a velocità costante

Le tensioni sono diverse solo mentre la rotazione accelera o rallenta. Se la carrucola gira con velocità angolare costante, come con due masse uguali messe in moto da una spinta, $\alpha = 0$ e quindi $T_1 = T_2$, anche se la carrucola è pesante. Non serve un momento per mantenere una rotazione, serve per cambiarla.

Le equazioni del moto

Ora scriviamo un’equazione per ogni corpo, come nel metodo dei corpi collegati. Scegliamo come versi positivi quello di salita per $m_1$, quello di discesa per $m_2$ e il verso orario per la carrucola. Così tutti i corpi hanno accelerazione positiva nel verso del moto, e il legame $a = \alpha R$ vale con il segno giusto:

$$\begin{cases} T_1 - m_1\,g = m_1\,a \\ m_2\,g - T_2 = m_2\,a \\ (T_2 - T_1)\,R = I\,\alpha \end{cases}$$

Sono tre equazioni con quattro incognite: $a$, $\alpha$, $T_1$ e $T_2$. La quarta equazione è il vincolo del filo che non scivola, $\alpha = a/R$. Sostituendolo nella terza e dividendo per $R$:

$$T_2 - T_1 = \frac{I}{R^2}\,a$$

Questa forma è comoda. Dice che la differenza delle tensioni è proporzionale all’accelerazione, e che il coefficiente è $I/R^2$, che ha proprio le dimensioni di una massa.

L’accelerazione e le tensioni

Il trucco è lo stesso della carrucola ideale: sommare le equazioni. Sommando le prime due equazioni del sistema con quest’ultima, le tensioni si cancellano:

$$\begin{gathered} (m_2 - m_1)\,g = \left(m_1 + m_2 + \frac{I}{R^2}\right)a \\ a = \frac{(m_2 - m_1)\,g}{m_1 + m_2 + \dfrac{I}{R^2}} \end{gathered}$$

Al numeratore c’è la forza che mette in moto il sistema, cioè la differenza dei pesi. Al denominatore c’è tutto quello che deve essere accelerato: le due masse e la carrucola, che conta come una massa $I/R^2$. Per una carrucola a disco, $I/R^2 = M/2$:

$$a = \frac{(m_2 - m_1)\,g}{m_1 + m_2 + M/2}$$

Una volta nota $a$, le tensioni si trovano dalle equazioni dei due corpi:

$$\begin{gathered} T_1 = m_1\,(g + a) \\ T_2 = m_2\,(g - a) \end{gathered}$$

Se vuoi le formule complete, basta sostituire l’espressione di $a$:

$$\begin{gathered} T_1 = m_1\,g\,\frac{2\,m_2 + I/R^2}{m_1 + m_2 + I/R^2} \\ T_2 = m_2\,g\,\frac{2\,m_1 + I/R^2}{m_1 + m_2 + I/R^2} \end{gathered}$$

Con $I = 0$ entrambe diventano $2m_1 m_2\,g/(m_1 + m_2)$, la tensione della macchina di Atwood ideale. Con la carrucola reale, invece, valgono sempre queste disuguaglianze:

$$m_1\,g < T_1 < T_2 < m_2\,g$$

Il corpo che sale è tirato più del suo peso, quello che scende meno del suo peso, e la differenza tra le due tensioni è quella che fa girare la carrucola. È un ottimo controllo da fare alla fine di ogni esercizio.

La massa efficace della carrucola

Il termine $I/R^2$ si chiama spesso massa efficace, o massa equivalente, della carrucola. Il nome si capisce bene guardando l’energia. La carrucola che gira con velocità angolare $\omega = v/R$ ha energia cinetica di rotazione

$$\frac{1}{2}\,I\,\omega^2 = \frac{1}{2}\,\frac{I}{R^2}\,v^2$$

cioè la stessa energia di una massa $I/R^2$ che si muove con la velocità $v$ del filo. Dal punto di vista dell’inerzia, quindi, la carrucola si comporta come un corpo in più attaccato al filo.

Per un disco la massa efficace è metà della massa vera, $M/2$: la parte vicina al centro si muove lentamente e conta poco. Per un anello, dove tutta la massa è sul bordo e va alla velocità del filo, è tutta la massa, $M$. Con una carrucola di 2 kg e i corpi di 3 kg e 5 kg dell’esercizio 1, l’accelerazione è 2,18 m/s² se la carrucola è un disco e 1,96 m/s² se è un anello.

Attenzione però: la massa efficace non aggiunge forza motrice. Una carrucola pesante va accelerata, ma il suo peso agisce sull’asse e non tira il filo. Per questo $I/R^2$ compare solo al denominatore.

Ecco come cambiano l’accelerazione e la differenza di tensione con $m_1 = 3\ \text{kg}$ e $m_2 = 5\ \text{kg}$, al crescere della massa $M$ di una carrucola a disco:

$M$ (kg)	$a$ (m/s²)	$T_2 - T_1$ (N)
0	2,45	0
1	2,31	1,15
2	2,18	2,18
4	1,96	3,92
6	1,78	5,35
16	1,23	9,81

Con una carrucola a disco di 16 kg, che ha una massa efficace di 8 kg, pari a quella dei due corpi insieme, l’accelerazione si dimezza. Intanto la differenza tra le tensioni cresce: la carrucola più pesante chiede un momento più grande per essere accelerata.

Confronto con la carrucola ideale e casi limite

Le formule della carrucola reale contengono quelle della carrucola ideale come caso particolare. Conviene sempre controllarle nei casi limite: è un modo veloce per scovare errori di segno o di conto.

• Carrucola leggerissima ($I \to 0$): si ritrovano $a = \dfrac{(m_2 - m_1)\,g}{m_1 + m_2}$ e $T_1 = T_2$, cioè la macchina di Atwood ideale.
• Carrucola pesantissima ($I \to \infty$): l’accelerazione tende a zero e le tensioni tendono ai pesi, $T_1 \to m_1 g$ e $T_2 \to m_2 g$. La carrucola fa quasi da volano, e ogni corpo resta quasi in equilibrio.
• Masse uguali ($m_1 = m_2$): $a = 0$, qualunque sia la carrucola. Il sistema resta fermo, oppure continua a muoversi a velocità costante.
• Un solo corpo ($m_1 = 0$): $a = m_2 g/(m_2 + I/R^2)$. È il caso del secchio del pozzo, che vediamo più sotto.

Quando si può trascurare la massa della carrucola? Quando la sua massa efficace è piccola rispetto alla somma delle masse appese, cioè $I/R^2 \ll m_1 + m_2$. Una carrucola da laboratorio a disco di 50 g, con due masse da circa 1 kg, ha una massa efficace di 25 g contro 2 kg: l’accelerazione cambia di poco più dell’1%. Con una carrucola di ferro da 2 kg e corpi di qualche chilo, invece, l’errore supera il 10%.

Il metodo dell’energia

Se ti interessa solo la velocità dopo un certo spostamento, la strada più rapida è la conservazione dell’energia meccanica. Le condizioni ci sono tutte: l’asse non ha attrito, e l’attrito statico tra filo e gola non compie lavoro, perché il filo non striscia. L’unica cosa da non dimenticare è l’energia cinetica di rotazione della carrucola.

Quando $m_2$ scende di $h$, partendo da fermo, $m_1$ sale di $h$. L’energia potenziale del sistema diminuisce di $(m_2 - m_1)\,g\,h$, mentre il peso della carrucola non lavora, perché il suo centro resta fermo. Tutta l’energia persa diventa energia cinetica, dei due corpi e della carrucola:

$$\begin{gathered} (m_2 - m_1)\,g\,h = \frac{1}{2}\,(m_1 + m_2)\,v^2 \\ {} + \frac{1}{2}\,I\,\omega^2 \end{gathered}$$

Con $\omega = v/R$ l’ultimo termine diventa $\frac{1}{2}\frac{I}{R^2}v^2$, e si ricava la velocità:

$$v = \sqrt{\frac{2\,(m_2 - m_1)\,g\,h}{m_1 + m_2 + I/R^2}}$$

Lo stesso risultato si ottiene con la cinematica: il moto è uniformemente accelerato, quindi $v = \sqrt{2ah}$ con l’accelerazione trovata sopra. I due metodi devono dare lo stesso numero, ed è un controllo prezioso. Il metodo dell’energia, però, non dà le tensioni: per quelle servono le equazioni del moto.

La forza sull’asse

Quanto deve reggere il perno della carrucola? La carrucola non trasla, quindi la risultante delle forze su di lei è zero. Verso il basso tirano i due tratti di filo e il peso, verso l’alto spinge l’asse:

$$\begin{gathered} N = M\,g + T_1 + T_2 \\ N = (m_1 + m_2 + M)\,g - (m_2 - m_1)\,a \end{gathered}$$

La seconda forma, ottenuta sostituendo le tensioni, mostra una cosa curiosa: mentre i corpi si muovono, l’asse regge meno del peso totale del sistema. Il motivo è che il corpo pesante scende accelerando e quello leggero sale accelerando, quindi il centro di massa del sistema accelera verso il basso. Se la forza dell’asse pareggiasse tutto il peso, il centro di massa non potrebbe accelerare. Se appendessi la macchina di Atwood a un dinamometro, vedresti la lettura calare nell’istante in cui lasci andare i due corpi.

Varianti: blocco sul tavolo e secchio del pozzo

Un blocco sul tavolo

Se il corpo 1 è appoggiato su un tavolo orizzontale e il corpo 2 pende dal bordo, con la carrucola reale sullo spigolo del tavolo, cambia solo l’equazione del corpo 1. Il suo peso è bilanciato dalla normale del tavolo e non frena più il moto. Con il tavolo liscio:

$$\begin{cases} T_1 = m_1\,a \\ m_2\,g - T_2 = m_2\,a \\ (T_2 - T_1)\,R = I\,\alpha \end{cases}$$

e sommando come prima:

$$a = \frac{m_2\,g}{m_1 + m_2 + I/R^2}$$

Se il tavolo è scabro, sul blocco 1 agisce anche l’attrito dinamico $\mu_d\,m_1 g$, che si sottrae alla forza motrice. L’accelerazione diventa

$$a = \frac{(m_2 - \mu_d\,m_1)\,g}{m_1 + m_2 + I/R^2}$$

e la tensione del tratto orizzontale è $T_1 = m_1\,(a + \mu_d\,g)$: il filo deve accelerare il blocco e in più vincere l’attrito.

Un solo corpo: il secchio del pozzo

Ultimo caso, molto frequente: un solo corpo di massa $m$ appeso a una corda avvolta su un rullo che gira attorno a un asse fisso. È il secchio di un pozzo quando lasci andare la manovella. Ora c’è una sola tensione $T$, e le equazioni sono:

$$\begin{cases} m\,g - T = m\,a \\ T\,R = I\,\alpha \end{cases}$$

Con $\alpha = a/R$ la seconda dà $T = (I/R^2)\,a$, e sommando:

$$\begin{gathered} a = \frac{m\,g}{m + I/R^2} \\ T = \frac{I/R^2}{m + I/R^2}\,m\,g \end{gathered}$$

Il secchio scende con un’accelerazione minore di $g$, e la corda lo trattiene con una tensione minore del suo peso. Se il rullo non avesse inerzia, il secchio cadrebbe liberamente e la corda resterebbe molle. Curiosità: lo yo-yo obbedisce alla stessa formula per l’accelerazione, con la differenza che lì è il disco stesso a scendere srotolando il filo. Altri problemi con dischi, rulli e fili li trovi negli esercizi svolti sul corpo rigido.

Un po’ di storia

La macchina porta il nome di George Atwood (1745-1807), tutor al Trinity College di Cambridge. La ideò tra il 1776 e il 1779 e la descrisse nel 1784 nel trattato A Treatise on the Rectilinear Motion and Rotation of Bodies: già il titolo parla di moto rettilineo e di rotazione. Lo scopo era confermare con precisione le leggi di Newton, rallentando la caduta dei corpi abbastanza da poterla cronometrare con un pendolo.

La carrucola della macchina originale non era affatto ideale. Per ridurre l’attrito, il suo asse non poggiava su un semplice perno ma sui bordi di altre quattro ruote leggere, le ruote di frizione, e il suo momento d’inerzia non era trascurabile. Oggi la macchina si usa ancora nei laboratori didattici, con cronometri elettronici, anche per il problema inverso: misurare il momento d’inerzia della carrucola, come nell’esercizio 5.

Gli errori più comuni

• Usare la stessa tensione ai due lati. Con una carrucola dotata di massa che accelera, $T_1$ e $T_2$ sono due incognite diverse, legate da $(T_2 - T_1)R = I\alpha$.
• Mettere il peso della carrucola tra le forze che muovono il sistema. Il peso $Mg$ è applicato sull’asse e ha momento nullo: la carrucola compare solo al denominatore, con la sua massa efficace.
• Dimenticare l’energia cinetica della carrucola. Nel bilancio dell’energia va aggiunto $\frac{1}{2}I\omega^2$, altrimenti la velocità viene troppo grande.
• Usare il momento d’inerzia sbagliato. Per un disco $I = \frac{1}{2}MR^2$, per un anello $I = MR^2$: confonderli raddoppia o dimezza la massa efficace.
• Sbagliare i segni dei momenti. Le due tensioni fanno girare la carrucola in versi opposti; il verso positivo della rotazione va scelto d’accordo con quello del moto dei corpi.
• Lasciare il raggio in centimetri. In $I/R^2$ il raggio compare al quadrato: 5 cm al posto di 0,05 m sbagliano il risultato di un fattore diecimila.
• Usare lo stesso raggio per tutti i fili. Con una carrucola a due gole ogni corpo ha la sua accelerazione, $a_1 = \alpha r_1$ e $a_2 = \alpha r_2$.
• Pensare che l’asse regga sempre tutto il peso del sistema. Mentre i corpi accelerano, la forza sull’asse è $(m_1 + m_2 + M)g - (m_2 - m_1)a$.

Esercizi svolti

1. Macchina di Atwood con carrucola a disco

Testo. Due corpi di masse $m_1 = 3\ \text{kg}$ e $m_2 = 5\ \text{kg}$ sono appesi ai capi di un filo che passa su una carrucola a forma di disco omogeneo, di massa $M = 2\ \text{kg}$. Il filo non scivola e l’asse è senza attrito. Trova l’accelerazione dei corpi, le due tensioni e la forza che l’asse esercita sulla carrucola.

Per un disco la massa efficace è $M/2 = 1\ \text{kg}$:

$$\begin{gathered} a = \frac{(5 - 3) \cdot 9{,}81}{3 + 5 + 1}\ \text{m/s}^2 = \frac{19{,}62}{9}\ \text{m/s}^2 \\ a = 2{,}18\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Con una carrucola ideale sarebbe $19{,}62/8 \approx 2{,}45\ \text{m/s}^2$: la massa della carrucola rallenta il sistema di circa l’11%. Le tensioni:

$$\begin{gathered} T_1 = 3 \cdot (9{,}81 + 2{,}18)\ \text{N} = 35{,}97\ \text{N} \\ T_2 = 5 \cdot (9{,}81 - 2{,}18)\ \text{N} = 38{,}15\ \text{N} \end{gathered}$$

Controllo sulla carrucola: $T_2 - T_1 = 2{,}18\ \text{N}$, e infatti $\frac{M}{2}\,a = 1 \cdot 2{,}18\ \text{N}$. Le tensioni sono comprese tra i due pesi, 29,43 N e 49,05 N, come deve essere; con la carrucola ideale sarebbero entrambe circa 36,8 N.

La carrucola gira ma non trasla, quindi l’asse la sostiene con una forza pari alla somma delle forze verso il basso:

$$\begin{gathered} N = M\,g + T_1 + T_2 \\ N = (19{,}62 + 35{,}97 + 38{,}15)\ \text{N} \\ N \approx 93{,}7\ \text{N} \end{gathered}$$

È meno del peso totale del sistema, $10 \cdot 9{,}81 = 98{,}1\ \text{N}$. La differenza, $(m_2 - m_1)\,a = 4{,}36\ \text{N}$, è quella che serve ad accelerare verso il basso il centro di massa.

2. La velocità con il metodo dell’energia

Testo. In una macchina di Atwood $m_1 = 2\ \text{kg}$ e $m_2 = 3\ \text{kg}$, e la carrucola è un disco di massa $M = 4\ \text{kg}$ e raggio $R = 10\ \text{cm}$. Il sistema parte da fermo. Quanto vale la velocità dei corpi quando $m_2$ è sceso di 1,5 m? Con che velocità angolare gira la carrucola, e quanti giri ha fatto?

L’energia potenziale persa dal sistema è:

$$(m_2 - m_1)\,g\,h = 1 \cdot 9{,}81 \cdot 1{,}5\ \text{J} \approx 14{,}7\ \text{J}$$

Si trasforma in energia cinetica dei corpi e della carrucola. La massa efficace del disco è $M/2 = 2\ \text{kg}$, quindi:

$$\begin{gathered} v = \sqrt{\frac{2 \cdot 14{,}715}{2 + 3 + 2}}\ \text{m/s} \\ v \approx 2{,}05\ \text{m/s} \end{gathered}$$

La velocità angolare è $\omega = v/R = 2{,}05/0{,}10 \approx 20{,}5\ \text{rad/s}$. Il bordo della carrucola ha percorso 1,5 m come il filo, quindi la carrucola ha ruotato di $\theta = h/R = 15\ \text{rad}$, cioè $15/(2\pi) \approx 2{,}4$ giri.

Quanta energia è finita nella carrucola? $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2{,}05^2 \approx 4{,}20\ \text{J}$, cioè $2/7$ del totale, circa il 29%. I due corpi hanno i restanti 10,5 J circa. Con una carrucola ideale tutta l’energia andrebbe ai corpi, e la velocità sarebbe circa 2,43 m/s.

3. Blocco sul tavolo con attrito

Testo. Un blocco di 4 kg scivola su un tavolo orizzontale, con coefficiente di attrito dinamico $\mu_d = 0{,}20$. È collegato, con un filo che passa su una carrucola a disco di massa 2 kg e raggio 5 cm fissata sul bordo del tavolo, a un corpo di 2 kg che pende nel vuoto. Il blocco si muove verso la carrucola. Trova l’accelerazione, le due tensioni e l’accelerazione angolare della carrucola.

La forza motrice è il peso del corpo appeso, $2 \cdot 9{,}81 = 19{,}62\ \text{N}$, e l’attrito sul blocco vale $0{,}20 \cdot 4 \cdot 9{,}81 \approx 7{,}85\ \text{N}$. La massa da accelerare è $4 + 2 + 1 = 7\ \text{kg}$, contando la massa efficace della carrucola:

$$\begin{gathered} a = \frac{19{,}62 - 7{,}85}{4 + 2 + 1}\ \text{m/s}^2 \\ a \approx 1{,}68\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Le tensioni, dalle equazioni dei due corpi:

$$\begin{gathered} T_1 = m_1\,(a + \mu_d\,g) \\ T_1 \approx 4 \cdot (1{,}68 + 1{,}96)\ \text{N} \approx 14{,}6\ \text{N} \\ T_2 = m_2\,(g - a) \\ T_2 \approx 2 \cdot (9{,}81 - 1{,}68)\ \text{N} \approx 16{,}3\ \text{N} \end{gathered}$$

La differenza, circa 1,7 N, è proprio $\frac{M}{2}\,a = 1 \cdot 1{,}68\ \text{N}$. L’accelerazione angolare della carrucola è $\alpha = a/R = 1{,}68/0{,}05 \approx 33{,}6\ \text{rad/s}^2$. Con una carrucola ideale l’accelerazione sarebbe $11{,}77/6 \approx 1{,}96\ \text{m/s}^2$.

4. Il secchio del pozzo

Testo. Un secchio di 10 kg è appeso a una corda avvolta su un rullo cilindrico pieno, di massa 20 kg e raggio 10 cm, che gira senza attrito. Il secchio è fermo all’imboccatura del pozzo quando qualcuno lascia andare la manovella. Trova l’accelerazione del secchio, la tensione della corda e la velocità con cui il secchio arriva all’acqua, 6 m più in basso. Trascura la massa della corda e della manovella.

La massa efficace del rullo è $M/2 = 10\ \text{kg}$, uguale alla massa del secchio:

$$\begin{gathered} a = \frac{m\,g}{m + M/2} = \frac{10 \cdot 9{,}81}{10 + 10}\ \text{m/s}^2 \\ a = 4{,}905\ \text{m/s}^2 \end{gathered}$$

Il rullo dimezza l’accelerazione del secchio. La tensione è $T = \frac{M}{2}\,a = 10 \cdot 4{,}905\ \text{N} \approx 49{,}1\ \text{N}$, metà del peso del secchio. Partendo da fermo:

$$\begin{gathered} v = \sqrt{2\,a\,h} = \sqrt{2 \cdot 4{,}905 \cdot 6}\ \text{m/s} \\ v \approx 7{,}67\ \text{m/s} \end{gathered}$$

Il secchio ci mette $t = \sqrt{2h/a} \approx 1{,}56\ \text{s}$, e alla fine il rullo gira a $\omega = v/R \approx 76{,}7\ \text{rad/s}$. In caduta libera arriverebbe a circa 10,8 m/s. Controllo con l’energia: il secchio perde $10 \cdot 9{,}81 \cdot 6 \approx 589\ \text{J}$, e con masse efficaci uguali l’energia si divide a metà, circa 294 J al secchio e 294 J al rullo.

5. Misurare il momento d’inerzia di una carrucola

Testo. In laboratorio una macchina di Atwood ha due masse $m_1 = 1{,}00\ \text{kg}$ e $m_2 = 1{,}20\ \text{kg}$ e una carrucola di raggio 5,0 cm. Partendo da ferma, la massa $m_2$ scende di 96 cm in 1,60 s. Quanto vale il momento d’inerzia della carrucola? Trascura l’attrito.

Il moto è uniformemente accelerato, $h = \frac{1}{2}at^2$:

$$a = \frac{2\,h}{t^2} = \frac{2 \cdot 0{,}96}{1{,}60^2}\ \text{m/s}^2 = 0{,}750\ \text{m/s}^2$$

Dalla formula dell’accelerazione ricaviamo la massa efficace:

$$\begin{gathered} m_1 + m_2 + \frac{I}{R^2} = \frac{(m_2 - m_1)\,g}{a} \\ \frac{I}{R^2} = \frac{0{,}20 \cdot 9{,}81}{0{,}750}\ \text{kg} - 2{,}20\ \text{kg} \end{gathered}$$

cioè $I/R^2 = 2{,}616 - 2{,}20 = 0{,}416\ \text{kg}$. Moltiplicando per $R^2$:

$$\begin{gathered} I = 0{,}416 \cdot 0{,}050^2\ \text{kg·m}^2 \\ I = 1{,}04 \cdot 10^{-3}\ \text{kg·m}^2 \end{gathered}$$

Se la carrucola fosse un disco pieno, la sua massa sarebbe $2 \cdot 0{,}416 \approx 0{,}83\ \text{kg}$. Con una carrucola ideale l’accelerazione sarebbe $1{,}962/2{,}20 \approx 0{,}892\ \text{m/s}^2$ e la discesa durerebbe circa 1,47 s: sono quei 13 centesimi di secondo in più a rivelare l’inerzia della carrucola.

Nota quanto è delicata la misura: $I/R^2$ nasce come differenza tra due numeri vicini, 2,616 e 2,20. Un errore di soli 2 centesimi di secondo sul tempo cambia il risultato di circa il 16%. Per questo in laboratorio si ripete la misura più volte e si usano cronometri elettronici.

6. Carrucola a due gole

Testo. Una carrucola ha due gole coassiali, di raggi $r_1 = 10\ \text{cm}$ e $r_2 = 20\ \text{cm}$, e momento d’inerzia complessivo $I = 0{,}030\ \text{kg·m}^2$. Un corpo di massa $m_1 = 5\ \text{kg}$ pende da un filo avvolto sulla gola piccola, e un corpo di massa $m_2 = 3\ \text{kg}$ da un filo avvolto sulla gola grande, dalla parte opposta. Il sistema parte da fermo. Quale corpo scende? Trova l’accelerazione angolare della carrucola, le accelerazioni dei due corpi e le tensioni.

Per capire chi scende confrontiamo i momenti dei pesi: $m_1 g r_1 \approx 4{,}91\ \text{N·m}$ e $m_2 g r_2 \approx 5{,}89\ \text{N·m}$. Vince il corpo da 3 kg, anche se è il più leggero, perché tira con un braccio doppio, come in una leva. Ora ogni corpo ha la sua accelerazione, $a_1 = \alpha r_1$ in salita e $a_2 = \alpha r_2$ in discesa:

$$\begin{cases} T_1 - m_1\,g = m_1\,\alpha\,r_1 \\ m_2\,g - T_2 = m_2\,\alpha\,r_2 \\ T_2\,r_2 - T_1\,r_1 = I\,\alpha \end{cases}$$

Ricavando $T_1$ e $T_2$ dalle prime due e sostituendo nella terza:

$$\alpha = \frac{(m_2\,r_2 - m_1\,r_1)\,g}{I + m_1\,r_1^2 + m_2\,r_2^2}$$

Con i numeri:

$$\begin{gathered} \alpha = \frac{(0{,}60 - 0{,}50) \cdot 9{,}81}{0{,}030 + 0{,}050 + 0{,}120}\ \text{rad/s}^2 \\ \alpha = 4{,}905\ \text{rad/s}^2 \end{gathered}$$

Le accelerazioni dei corpi sono $a_1 = 4{,}905 \cdot 0{,}10 \approx 0{,}49\ \text{m/s}^2$ e $a_2 = 4{,}905 \cdot 0{,}20 \approx 0{,}98\ \text{m/s}^2$: il corpo sulla gola grande si muove il doppio. Le tensioni:

$$\begin{gathered} T_1 = m_1\,(g + a_1) \\ T_1 \approx 5 \cdot 10{,}30\ \text{N} \approx 51{,}5\ \text{N} \\ T_2 = m_2\,(g - a_2) \\ T_2 \approx 3 \cdot 8{,}83\ \text{N} \approx 26{,}5\ \text{N} \end{gathered}$$

Controllo sulla carrucola: $T_2 r_2 - T_1 r_1 \approx 5{,}297 - 5{,}150 = 0{,}147\ \text{N·m}$, e infatti $I\alpha = 0{,}030 \cdot 4{,}905 \approx 0{,}147\ \text{N·m}$. Qui le tensioni sono molto diverse soprattutto per i raggi diversi: anche con $I = 0$ dovrebbe valere $T_1 r_1 = T_2 r_2$. Il sistema starebbe in equilibrio con $m_1 r_1 = m_2 r_2$, cioè con 2,5 kg sulla gola grande.

In sintesi

• La carrucola reale è un corpo rigido con momento d’inerzia $I$; per un disco $I = \frac{1}{2}MR^2$, per un anello $I = MR^2$.
• Se il filo non scivola: $v = \omega R$ e $a = \alpha R$.
• Le tensioni ai due lati sono diverse: $(T_2 - T_1)\,R = I\alpha$, cioè $T_2 - T_1 = (I/R^2)\,a$.
• Macchina di Atwood: $a = \dfrac{(m_2 - m_1)\,g}{m_1 + m_2 + I/R^2}$, con $T_1 = m_1(g + a)$ e $T_2 = m_2(g - a)$.
• $I/R^2$ è la massa efficace della carrucola ($M/2$ per un disco): va accelerata, ma non aggiunge forza motrice.
• Energia: $(m_2 - m_1)gh = \frac{1}{2}(m_1 + m_2)v^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$.
• Blocco sul tavolo liscio: $a = m_2 g/(m_1 + m_2 + I/R^2)$; un solo corpo appeso: $a = mg/(m + I/R^2)$.
• Con $I \to 0$ si ritrova la carrucola ideale; la forza sull’asse è $(m_1 + m_2 + M)g - (m_2 - m_1)a$.

Fin qui i corpi rigidi si muovevano. L’ultimo argomento del capitolo è il caso in cui restano fermi: l’equilibrio statico del corpo rigido.