Osserviamo prima di tutto che lo spazio percorso da ciascun vagone in un dato intervallo di tempo è lo stesso. Segue che tutti i vagoni hanno la stessa velocità e la stessa accelerazione. Chiameremo quest’ultima $a$ .

Scriviamo adesso le equazioni del moto per i vagoni. Le forze orizzontali che agiscono sul primo sono la forza esterna $F$ e la forza $-T_{1}$ dovuta al cavo. Di conseguenza $$m_{1}a=F-T_{1}$$ I vagoni intermedi risentono della forza dei due cavi ad essi collegati, quindi $$\begin{eqnarray*} m_{2}a & = & T_{1}-T_{2}\\ m_{3}a & = & T_{2}-T_{3} \end{eqnarray*}$$ Infine l’ultimo vagone è collegato ad un solo cavo, e quindi $$m_{4}a=T_{3}$$ Se sommiamo membro a membro tutte le equazioni otteniamo $$\left(m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{4}\right)a=F$$ e quindi possiamo determinare l’accelerazione, $$a=\frac{F}{m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{4}}$$ La prima equazione da adesso $$T_{1}=F-m_{1}a=F\left(1-\frac{m_{1}}{m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{4}}\right)=\frac{m_{2}+m_{3}+m_{4}}{m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{4}}F$$ Sommando la prima e la seconda otteniamo $$T_{2}=F-\left(m_{1}+m_{2}\right)a=\frac{m_{3}+m_{4}}{m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{4}}F$$ sommando le prime tre infine $$T_{3}=F-\left(m_{1}+m_{2}+m_{3}\right)a=\frac{m_{4}}{m_{1}+m_{2}+m_{3}+m_{4}}F$$ Vediamo che le tensioni decrescono verso la coda del treno.

Nel risolvere il problema abbiamo implicitamente assunto che, quando un cavo è sottoposto ad una tensione $T$ , esercita una forza di trazione di uguale modulo su un corpo a cui è attaccato.

Cerchiamo di dare una definizione più precisa: supponiamo che la tensione di un cavo in un suo punto sia $T$ . Separiamo il cavo in due parti in tale punto con una superficie orientata (cioè, con una convenzione sulla parte che consideriamo “esterna” e quella che consideriamo “interna”). Allora la parte esterna eserciterà una forza su quella interna di modulo $T$ , direzione tangente al filo e verso “uscente” (vedere Figura 2↑).

Questa definizione è consistente con il terzo principio: infatti la forza che la parte “esterna” esercita su quella “interna” è uguale e opposta a quella che la parte “interna” esercita su quella “esterna”.

In realtà abbiamo fatto un’altra assunzione: la tensione di ogni filo è costante. Nel caso preso in considerazione questo si capisce facilmente. Supponiamo ad esempio che la tensione del primo cavo valga $T_{1}$ nel punto di attacco con il primo vagone, e $T_{1}^{\prime}$ nel punto di attacco con il secondo. Deve allora valere $$\mu a=T_{1}-T_{1}^{\prime}$$ dove $\mu$ è la massa del filo. Ma dato che questa è trascurabile sarà $T_{1}=T_{1}^{\prime}$ .

Il filo si avvolge attorno a due cilindri fissi (anche essi di massa trascurabile) e privi di attrito. Vogliamo calcolare l’accelerazione delle due masse, e la tensione del filo. Assumeremo che quest’ultima sia la stessa ovunque: in seguito daremo una giustificazione generale per questo.

Consideriamo quindi le equazioni del moto per le due parti del sistema rappresentate in Figura 4↑. Considereremo l’accelerazione $a_{1}$ della parte indicata dal box arancio come positiva se diretta verso l’alto. L’accelerazione $a_{2}$ della parte indicata dal box azzurro sarà invece positiva se diretta verso il basso.

Le equazioni del moto per le due parti saranno dunque $$\begin{align} m_{1}a_{1} & =2T-m_{1}g\nonumber \\ m_{2}a_{2} & =m_{2}g-T\label{eq:eqm} \end{align}$$ Vediamo subito che abbiamo tre incognite ($a_{1}$ , $a_{2}$ e $T$ ) ma due sole equazioni. \’E dunque necessario trovare un’altra relazione.

Osserviamo che non abbiamo ancora utilizzato la inestensibilità del filo: questo ci darà un legame tra le due accelerazioni. Per trovarlo torniamo alla Figura 3↑. Vediamo che possiamo scrivere la lunghezza totale del filo come $$L=d+2y_{1}+\pi R_{1}+\pi R_{2}+y_{1}+y_{2}$$ dove $R_{1}$ e $R_{2}$ sono i raggi delle due carrucole, che come vedremo non giocano alcun ruolo. Derivando due volte ambo i membri di questa equazione rispetto al tempo troviamo $$0=2\ddot{y}_{1}+\ddot{y}_{1}+\ddot{y}_{2}$$ Osserviamo adesso che $$\begin{align*} \ddot{y}_{1} & =-a_{1}\\ \ddot{y}_{1}+\ddot{y}_{2} & =a_{2} \end{align*}$$ da cui $$\begin{equation} 2a_{1}=a_{2}\label{eq:inestensibilita} \end{equation}$$ Adesso abbiamo un numero di equazioni sufficiente. Utilizzando la (↓) possiamo riscrivere le (↓) eliminando $a_{2}$ $$\begin{align} m_{1}a_{1} & =2T-m_{1}g\nonumber \\ 2m_{2}a_{1} & =m_{2}g-T\label{eq:eqm-1} \end{align}$$ e sommando membro a membro alla prima equazione il doppio della seconda troviamo $$a_{1}=\frac{2m_{2}-m_{1}}{m_{1}+4m_{2}}g$$ A questo punto è facile trovare l’accelerazione $$a_{2}=\frac{1}{2}\frac{2m_{2}-m_{1}}{m_{1}+4m_{2}}g$$ e la tensione del filo $$T=m_{2}\left(g-2a_{1}\right)=\frac{3m_{1}m_{2}}{m_{1}+4m_{2}}g$$ Possiamo chiederci in quali condizioni il sistema si può trovare all’equilibrio. Dato che in questo caso le accelerazioni sono nulle, abbiamo $$m_{1}=2m_{2}$$ e questo significa che il sistema si può utilizzare per sollevare una massa $m_{1}$ applicando una forza $m_{1}g/2$ , la metà di quella che sarebbe necessaria per sollevarla direttamente. Notiamo infine che in queste condizioni la tensione del filo vale $$T=m_{2}g$$ come ci si poteva aspettare osservando che la somma delle forze applicate a $m_{2}$ deve essere zero.

Per identificare un punto appartenente al filo utilizzeremo la lunghezza $\ell$ del tratto che lo separa da un punto particolare scelto come riferimento. Scriviamo adesso l’equazione del moto per un piccolo tratto compreso tra $\ell$ e $\ell+\Delta\ell$ . Abbiamo $$\lambda(\ell)\Delta\ell\vec{a}(\ell)=T(\ell+\Delta\ell)\hat{\tau}\left(\ell+\Delta\ell\right)-T(\ell)\hat{\tau}\left(\ell\right)+\nu\left(\ell\right)\hat{n}(\ell)\Delta\ell+\gamma\left(\ell\right)\hat{\tau}(\ell)\Delta\ell$$ dove

Esso si trova appoggiato su un piano orizzontale privo di attrito sul quale è libero di scorrere. Al di sopra di esso si trova un punto materiale di massa $m$ , anche esso libero di scorrere. Inoltre al piano è applicata una forza esterna orizzontale $F$ . Considereremo negli esercizi che seguono tre diverse situazioni.