(physics-hs:mechanics:dynamics:problems:extra)= # Altri problemi `````{only} html ::::{grid} :gutter: 2 :::{grid-item-card} Problema 1. Sistema di carrucole :columns: 8 Determinare le equazioni del moto, e determinare la direzione di rotazione delle due carrucole. Dopo aver trovato l'espressione letterale, determinare la direzione con $m_1 = 17 \, \text{kg}$, $m_2 = 100 \, \text{kg}$ $m_3 = 4 \, \text{kg}$. ::: :::{grid-item-card} :columns: 4 ![](../../media/dynamics/pulley-1.png) ::: :::: ```{dropdown} Equazioni del moto - con bilanci meccanici ("meccanica di Newton") - Approccio 1 Le equazioni pure del moto - cioé senza reazioni vincolari, o azioni interne - possono essere ricavate a partire dal: * bilancio del momento della quantità di moto del sottosistema carrucola 1 + massa $m_1$ rispetto al centro della carrucola. Su questo sottosistema agiscono come forze esterne la forza peso, la reazione vincolare a terra e la tensione $T$ nel filo che sostiene la carrucola 2, e che viene "tagliato" per ottenere il sottosistema * bilancio del momento della quantità di moto del sottosistema carrucola 2 + massa $m_2$ + massa $m_3$ rispetto al centro della carrucola. Su questo secondo sistema agiscono come forze esterne la forza peso, e la tensione $T$ nel filo che sostiene la carrucola 2 * bilancio della quantità di moto del sottosistema carrucola 2 + massa $m_2$ + massa $m_3$ rispetto al centro della carrucola In queste 3 equazioni compaiono i due gradi di libertà $\theta_1$, $\theta_2$ e la azione interna $T$ del filo. Queste tre equazioni sono: $$\begin{aligned} 0 & = - I_1 \ddot{\theta}_1 + T R_1 - m_1 R_1^2 \ddot{\theta}_1 - m_1 R_1 g \\ 0 & = - I_2 \ddot{\theta}_2 + m_2 R_2 g - m_3 R_2 g - m_2 R_2 ( R_2 \ddot{\theta}_2 + R_1 \ddot{\theta}_1 ) - m_3 R_2 ( + R_2 \ddot{\theta}_2 - R_1 \ddot{\theta}_1 ) \\ 0 & = T - m_2 g - m_3 g + m_2 ( R_2 \ddot{\theta}_2 + R_1 \ddot{\theta}_1 ) + m_3 ( - R_2 \ddot{\theta}_2 + R_1 \ddot{\theta}_1 ) + M_2 R_1 \ddot{\theta}_1 - M_2 g \\ \end{aligned}$$ La seconda equazione è un'equazione pura del moto, non contenendo azioni interne o reazioni. Combinando la prima e la terza equazione, si può eliminare la dipendenza da $T$ (che poi può essere ricavata, una volta calcolata la dinamica del moto), per ottenere $$\begin{aligned} 0 & = - I_1 \ddot{\theta}_1 + T R_1 - m_1 R_1^2 \ddot{\theta}_1 - m_1 R_1 g = \\ & = - I_1 \ddot{\theta}_1 + \left( + m_2 g + m_3 g - m_2 ( R_2 \ddot{\theta}_2 + R_1 \ddot{\theta}_1 ) - m_3 ( - R_2 \ddot{\theta}_2 + R_1 \ddot{\theta}_1 ) - M_2 R_1 \ddot{\theta}_1 + M_2 g \right) R_1 - m_1 R_1^2 \ddot{\theta}_1 - m_1 R_1 g = \\ & = - \ddot{\theta}_1 \left( I_1 + ( m_1 + m_2 + m_3 ) R_1^2 \right) - \ddot{\theta}_2 \left( ( m_2 - m_3 ) R_1 R_2 \right) + ( m_2 + m_3 - m_1 + M_2 ) R_1 g \end{aligned}$$ Usando il formalismo matriciale, questa equazione e l'equazione di bilancio del momento della quantità di moto del secondo sottosistema sono una coppia di equazioni pure del moto $$\begin{bmatrix} I_1 + (M_2+m_1+m_2+m_3) R_1^2 & (m_2 - m_3) R_1 R_2 \\ (m_2 - m_3) R_1 R_2 & I_2 + (m_2+m_3) R_2^2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} ( M_2 - m_1 + m_2 + m_3 ) R_1 \\ ( m_2 - m_3 ) R_2 \end{bmatrix} g \ .$$ ``` ```{dropdown} Equazioni del moto - con bilanci meccanici ("meccanica di Newton") - Approccio 2 ...scrivendo le equazioni di bilancio del momento della quantità di moto per: * il sottosistema 2 (come prima) * tutto il sistema (sottosistema 1 + sottosistema 2) rispetto al centro della carrucola 1 si ottiene direttamente una coppia di equazioni pure del moto. La seconda equazione consiste al procedimento fatto in precedenza di eliminazione della tensione $T$ nel filo mettendo insieme l'equazione 1 e 3. ``` ```{dropdown} Equazioni del moto - con equazioni di Lagrange Questo approccio richiede la conoscenza della meccanica lagrangiana, che non rientra nel programma di scuola superiore. Per riferimenti, [Physics-Mechanics:Lagrangian Mechanics](https://basics2022.github.io/bbooks-physics-mechanics/ch/lagrange.html). Il sistema ha due gradi di libertà. Qui si scelgono gli angoli di rotazione delle carrucole $\theta_1$, $\theta_2$ come gradi di libertà indipendenti. Le equazioni di Lagrange (del secondo tipo) $$\dfrac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathscr{L}}{\partial \dot{q}^k} \right) - \frac{\partial \mathscr{L}}{\partial q^k} = Q_k \ ,$$ forniscono le equazioni pure del moto, dove $\mathscr{L}$ indica la lagrangiana del sistema, $\mathscr{L} = K + U$, somma dell'energia cinetica e del potenziale (opposto dell'energia potenziale, anche se questa definizione viene contestata da qualcuno. Se siete tra questi, scrivete $\mathscr{L} = K - V$ che passa la paura e la polemica, e passate oltre). L'energia cinetica e il potenziale del problema sono rispettivamente $$\begin{aligned} K & = \frac{1}{2} \left( I_2 + ( m_2 + m_3 ) R_2^2 \right) \dot{\theta}_2^2 + \frac{1}{2} \left( I_1 + (M_2 + m_1 + m_2 + m_3) R_1^2 \right) \dot{\theta}_1^2 + ( m_2 - m_3 ) R_1 R_2 \dot{\theta}_1 \dot{\theta}_2 \\ U & = ( m_2 - m_3 ) g R_2 \theta_2 + ( M_2 - m_1 + m_2 + m_3 ) g R_1 \theta_1 \ . \end{aligned}$$ Inserendo le espressioni di energia cinetica e potenziale nelle equazioni di Lagrange, si trovano le equazioni pure del moto del sistema $$\begin{bmatrix} I_1 + (M_2+m_1+m_2+m_3) R_1^2 & (m_2 - m_3) R_1 R_2 \\ (m_2 - m_3) R_1 R_2 & I_2 + (m_2+m_3) R_2^2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} ( M_2 - m_1 + m_2 + m_3 ) R_1 \\ ( m_2 - m_3 ) R_2 \end{bmatrix} g \ .$$ ``` ```{dropdown} Accelerazione Invertendo la matrice dei coefficienti costanti che moltiplica il vettore delle accelerazioni $\ddot{\theta}_k$, si ottiene l'espressione esplicita delle accelerazioni in funzione delle caratteristiche del sistema e della accelerazione di gravità $g$, $$\begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} = \frac{1}{\text{det}(\mathbf{M})} \begin{bmatrix} I_2 + (m_2+m_3) R_2^2 & -(m_2 - m_3) R_1 R_2 \\ -(m_2 - m_3) R_1 R_2 & I_1 + (M_2+m_1+m_2+m_3) R_1^2 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} ( M_2 - m_1 + m_2 + m_3 ) R_1 \\ ( m_2 - m_3 ) R_2 \end{bmatrix} g \ .$$ e quindi $$\begin{aligned} \begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} & = \frac{1}{\text{det}(\mathbf{M})} \begin{bmatrix} \left( I_2 + (m_2+m_3) R_2^2 \right) \left( M_2 - m_1 + m_2 + m_3 \right) R_1 -(m_2 - m_3) (m_2-m_3) R_1 R_2^2 \\ -(m_2 - m_3) (M_2 - m_1 + m_2 +m_3 ) R_1^2 R_2 + \left( I_1 + (M_2+m_1+m_2+m_3) \right)(m_2 - m_3) R_1^2 R_2 \end{bmatrix} g = \\ \end{aligned}$$ Assumendo trascurabile l'inerzia delle carrucole rispetto a quella dei pesi, $M_k = 0$, $I_k = 0$, $$\begin{aligned} \begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} & = \frac{1}{\text{det}(\mathbf{M})} \begin{bmatrix} \left( (m_2+m_3) R_2^2 \right) \left( - m_1 + m_2 + m_3 \right) R_1 -(m_2 - m_3) (m_2-m_3) R_1 R_2^2 \\ -(m_2 - m_3) (- m_1 + m_2 +m_3 ) R_1^2 R_2 + \left( (m_1+m_2+m_3) \right)(m_2 - m_3) R_1^2 R_2 \end{bmatrix} g = \\ & = \frac{1}{\text{det}(\mathbf{M})} \begin{bmatrix} R_1 R_2^2 ( -m_1(m_2+m_3) + (m_2+m_3)^2 - (m_2-m_3)^2 ) \\ R_1^2 R_2 ( m_1 (m_2 - m_3) - (m_2^2 - m_3^2) + m_1 (m_2-m_3) + (m_2^2-m_3^2) ) \end{bmatrix} g = \\ \end{aligned}$$ e quindi $$\begin{aligned} \begin{bmatrix} \ddot{\theta}_1 \\ \ddot{\theta}_2 \end{bmatrix} & = \frac{1}{\text{det}(\mathbf{M})} \begin{bmatrix}( -m_1(m_2+m_3) + 4 m_2 m_3 ) R_1 R_2^2 \\ 2 m_1 (m_2-m_3) R_1^2 R_2 \end{bmatrix} g \ . \end{aligned}$$ Poiché il determinante della matrice $\mathbf{M}$ è positivo - matrice di massa, in equazioni pure del moto senza vincoli algebrici..., vedi [qui](https://basics2022.github.io/bbooks-physics-mechanics/ch/lagrange-properties.html#lagrange-equations-of-the-ii-kind) - il segno delle accelerazioni è determinato unicamente dal segno degli elementi del vettore. Quindi: * l'accelerazione della carrucola $2$ è positiva (in senso anti-orario, per le convenzioni scelte) se $m_2 > m_3$ * l'accelerazione della carrucola $1$ è positiva (sempre in senso anti-orario, per le convenzioni scelte) se $4 m_2 m_3 > m_1 (m_2 + m_3)$ Nel caso particolare in cui $m_1 = 17 \, \text{kg}$, $m_2 = 100 \, \text{kg}$ $m_3 = 4 \, \text{kg}$, l'accelerazione delle due carrucole è $$\begin{aligned} \alpha_1 & = \frac{R_1 R_2^2 g}{\text{det}(\mathbf{M})} \left( - 17 \times ( 100 + 4 ) + 4 \times 100 \times 4 \right) \text{kg}^2 = ( - 168 \, \text{kg}^2 ) \frac{R_1 R_2^2 g}{\text{det}(\mathbf{M})} \\ \alpha_2 & = \frac{2 R_1^2 R_2 g}{\text{det}(\mathbf{M})} \left( 17 \times ( 100 - 4 ) \right) \text{kg}^2 = 2 \times ( 1632 \, \text{kg}^2 ) \frac{R_1^2 R_2 g}{\text{det}(\mathbf{M})} \\ \end{aligned}$$ ``` ```{dropdown} Moto del sistema L'integrazione delle equazioni di moto è banale, poiché le accelerazioni sono costanti. Indicando le accelerazioni costanti con $\alpha_1$ e $\alpha_2$, la legge del moto degli angoli delle carrucole è $$\theta_k(t) = \frac{1}{2} \alpha_k t^2 + \Omega_{k,0} t + \theta_{k,0} \ ,$$ con $\Omega_{k,0}$ e $\theta_{k,0}$ rispettivamente la velocità e la posizione all'istante iniziale, da determinare con due condizioni (qui non fornite): se si ipotizza che il sistema si trovi inizialmente in quite e l'angolo iniziale sia il riferimento nullo, allora $$\theta_k(t) = \frac{1}{2} \alpha_k t^2 \ .$$ ``` ::::{grid} :gutter: 2 :::{grid-item-card} Problema 2. Sistema di infinite carrucole :columns: 8 ::: :::{grid-item-card} :columns: 4 ![](../../media/dynamics/pulley-infinite.png) ::: :::: Verificare che la soluzione del problema porta alle seguenti accelerazioni delle masse $\ddot{y}_n$, e dei centri delle carrucole $\ddot{y}^c_n$ (**positivi verso l'alto**) e delle accelerazioni angolari delle carrucole $\ddot{\theta}_n$ (**positive in verso anti-orario**) | Index $n$ | $\frac{\ddot{y}^c_n}{g}$ | $\frac{\ddot{y}_n}{g}$ | $\frac{R \ddot{\theta}_n}{gR}$ | | :--------: | :------------------------: | :---------------------: | :------------------------------: | | $1$ | $0$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{2}$ | | $2$ | $-\frac{1}{2}$ | $-\frac{1}{4}$ | $\frac{1}{4}$ | | $3$ | $-\frac{3}{4}$ | $-\frac{5}{8}$ | $\frac{1}{8}$ | | $\dots$ | $\dots$ | $\dots$ | $\dots$ | | $+\infty$ | $-1$ | $-1$ | $0$ | L'espressione analitica di $\ddot{y}_n$, $\ddot{y}_n^c$, $\ddot{\theta}_n$ in funzione dell'accelerazione di gravità $g$, del raggio delle carrucole $R$ e dell'indice $n$ è fornita nei **Risultati** della **Soluzione - Approccio 1**. ````{dropdown} Soluzione - Approccio 1. - Altezze masse come coordinate libere :open: ```{dropdown} Relazione ricorsiva come equazione alle differenze Il bilancio del momento della quantità di moto dell'$n$-esima carrucola e il bilancio della quantità di moto dell'$n$-esima massa sono $$\begin{cases} T_{n,n+1} = \frac{1}{2} T_{n-1,n} \\ m \ddot{y}_n = T_{n,n+1} - m g \ , \end{cases}$$ con $T_{n,n+1}$ la tensione nei fili che collegano l'$n$-esima carrucola alla $n+1$-esima carrucola e l'$n$-esima carrucola alla $n$-esima massa, e $\ddot{y}_n$ l'accelerazione della $n$-esima massa. Usando la seconda equazione per ricavare un'espressione delle tensioni in funzione dell'accelerazione, si può usare la prima equazione per ricavare una relazione ricorsiva $$\ddot{y}_n + g = \frac{1}{2} \left( \ddot{y}_{n-1} + g \right) \ ,$$ che si può interpretare come un'[equazione alle differenze](https://basics2022.github.io/bbooks-math-miscellanea-hs/ch/difference-equations.html) per l'incognita $y_n$, $n \ge 1$. $$\ddot{y}_n = \frac{1}{2} \ddot{y}_{n-1} - \frac{1}{2} g \ .$$ La soluzione generica di qusto problema - al netto di una costante arbitraria $c$ - ha la forma $$y_n = - g + c \left( \frac{1}{2} \right)^n \ .$$ ``` ```{dropdown} Vincolo sulla prima carrucola come condizione iniziale dell'equazione alle differenze **Condizione iniziale.** Per risolvere il problema, ora serve una condizione iniziale - o per un qualsiasi indice $k$ - per determinare $\ddot{y}_n$. Per fare questo, è necessario tradurre la condizione di centro fisso della prima carrucola, $\ddot{y}_1^c = 0$, in termini di spostamento delle masse. L'accelerazione dei centri di due carrucole vicine è legata dalla relazione $$\ddot{y}^c_{n} = \frac{1}{2} \left( \ddot{y}_n + \ddot{y}^c_{n+1} \right) \ .$$ Questa equazioni vale per ogni coppia di carrucole e si può quindi scrivere in formato matriciale come $$ \begin{bmatrix} \ddot{y}_1 \\ \ddot{y}_2 \\ \ddot{y}_3 \\ \dots \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & -1 & & & \\ & 2 & -1 & & \\ & & 2 & -1 & \\ & & & \dots & \dots \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{y}^c_1 \\ \ddot{y}^c_2 \\ \ddot{y}^c_3 \\ \dots \end{bmatrix} \ , $$ la cui relazione inversa vale - verificare come esercizio - $$ \begin{bmatrix} \ddot{y}^c_1 \\ \ddot{y}^c_2 \\ \ddot{y}^c_3 \\ \dots \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \frac{1}{8} & \dots \\ \dots & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} & \dots \\ \dots & \dots & \frac{1}{2} & \dots \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{y}_1 \\ \ddot{y}_2 \\ \ddot{y}_3 \\ \dots \end{bmatrix} \ . $$ Usando l'espressione dell'accelerazione della prima carrucola in funzione delle accelerazioni delle masse per applicare il vincolo $$\begin{aligned} 0 & = \ddot{y}^c_1 = \\ & = \frac{1}{2} \ddot{y}_1 + \frac{1}{2^2} \ddot{y}_2 + \dots = \\ & = \sum_{j=1}^{+\infty} \frac{1}{2^j} \ddot{y}_j = \\ & = \sum_{j=1}^{+\infty} \frac{1}{2^j} \left[ - g + c \frac{1}{2^j} \right] = \\ & = - \frac{1}{2} \cdot 2 g + c \left( \frac{4}{3} - 1 \right) = \\ & = - g + \frac{c}{3} \ , \end{aligned}$$ per trovare il valore della costante di integrazione $c = 3 g$. ``` ```{dropdown} Risultati Risultano quindi note: * le accelerazioni delle masse $$\ddot{y}_n = g \left( - 1 + \frac{3}{2^{n}} \right) \ ;$$ * le accelerazioni dei centri delle carrucole $$\begin{aligned} \ddot{y}^c_n & = \frac{1}{2} \ddot{y}_n + \frac{1}{2^2} \ddot{y}_{n+1} + \frac{1}{2^3} \ddot{y}_{n+2} + \dots = \\ & = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{2^k} \ddot{y}_{n+k} = \\ & = \frac{g}{2} \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{2^k} \left( - 1 + 3 \frac{1}{2^{n+k}} \right) = \\ & = - \frac{g}{2} \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{2^k} + \frac{3}{2^{n+1}} g \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{4^k} = \\ & = - \frac{g}{2} \cdot 2 + \frac{3}{2^{n+1}} g \cdot \frac{4}{3} = \\ & = \left( - 1 + \frac{1}{2^{n-1}} \right) g \ . \end{aligned}$$ * le accelerazioni angolari delle carrucole $R \ddot{\theta}_n = \ddot{y}^c_{n} - \ddot{y}^c_{n+1}$ $$\begin{aligned} \ddot{\theta}_n & = \left( - 1 + \frac{1}{2^{n-1}} \right) \frac{g}{R} - \left( - 1 + \frac{1}{2^{n}} \right) \frac{g}{R} = \\ & = \frac{1}{2^{n}} \frac{g}{R} \ . \end{aligned}$$ ``` ```` ```{dropdown} Soluzione - Approccio 2. - Angoli di rotazione come coordinate libere Si studia prima un sistema formato da $n$ carrucole, e poi si fa tendere $n \rightarrow + \infty$. Si trova quindi il risultato, dopo essersi accorti che il contributo della massa $M$ tende a un contributo nullo per il numero di carrucole che tende all'infinito. Per il sistema formato dalla prima carrucola, dalla prima massa e dal filo, separato dal resto del sistema prima di collegarsi alla seconda carrucola, il bilancio del momento della quantità di moto $$m_1 R^2 \ddot{\theta}_1 = T_{12} R - m_1 g R$$ Si può quindi scrivere la tensione $T_{12} = m_1 ( g + R \ddot{\theta}_1 )$. Per la seconda carrucola, il bilancio della quantità di moto e del momento della quantità di moto $$\begin{aligned} & m_2 R ( - \ddot{\theta}_1 + \ddot{\theta}_2 ) = T_{12} - T_{23} - m_2 g \\ & m_2 R^2 ( - \ddot{\theta}_1 + \ddot{\theta}_2 ) = T_{23} R - m_2 R g \\ \end{aligned}$$ Si trova la tensione $T_{23} = \frac{1}{2} T_{12}$. Per la terza carrucola, il bilancio della quantità di moto e del momento della quantità di moto $$\begin{aligned} & m_3 R ( - \ddot{\theta}_1 - \ddot{\theta}_2 + \ddot{\theta}_3 ) = T_{23} - T_{34} - m_3 g \\ & m_3 R^2 ( - \ddot{\theta}_1 - \ddot{\theta}_2 + \ddot{\theta}_3 ) = T_{34} R - m_3 R g \\ \end{aligned}$$ Si trova la tensione $T_{34} = \frac{1}{2} T_{23} = \frac{1}{2^2} T_{12}$. Per la $n$-esima carrucola, con una massa $M$ collegata all'altro estremo invece di un'ulteriore carrucola, - la tensione del filo che sostiene le due masse $m_n$ e $M$ è $T_{n} = \frac{1}{2} T_{n-1,n} = \dots = \frac{1}{2^{n-1}} T_{12}$, - le equazioni di bilancio della quantità di moto delle due masse sono $$\begin{aligned} & M R \left( - \sum_{k=1}^{n-1} \ddot{\theta}_k - \ddot{\theta}_n \right) = T_{n} - M g \\ & m R \left( - \sum_{k=1}^{n-1} \ddot{\theta}_k + \ddot{\theta}_n \right) = T_{n} - m g \\ \end{aligned}$$ Sostituendo l'espressione delle tensioni nelle equazioni di bilancio dei momenti delle quantità di moto delle singole carrucole, si trova un sistema di equazioni pure del moto - cioè nelle quali non compaiono reazioni vincolari: $$\begin{aligned} m R ( - \ddot{\theta}_1 + \ddot{\theta}_2 ) & = T_{23} - m g \\ m R ( - \ddot{\theta}_1 - \ddot{\theta}_2 + \ddot{\theta}_3 ) & = T_{34} - m g \\ & \dots \\ m R \left( - \sum_{k=1}^{n-2} \ddot{\theta}_k + \ddot{\theta}_{n-1} \right) & = T_{n-1,n} - m g \\ m R \left( - \sum_{k=1}^{n-1} \ddot{\theta}_k + \ddot{\theta}_n \right) & = T_{n} - m g \\ M R \left( - \sum_{k=1}^{n-1} \ddot{\theta}_k - \ddot{\theta}_n \right) & = T_{n} - M g \\ \end{aligned}$$ Sottraendo le ultime due equazioni - dopo aver diviso per le rispettive masse -, si può ricavare l'espressione di $\ddot{\theta}_n$ in funzione di $T_n$ (e quindi in funzione di $\ddot{\theta}_1$) $$\begin{aligned} \ddot{\theta}_n & = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{m} - \frac{1}{M} \right) \frac{T_n}{R} = \\ & = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{m}{M} \right) \frac{1}{2^{n-1}} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \\ & = \frac{1}{2^n} \left( 1 - \frac{m}{M} \right) \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \ . \end{aligned}$$ Sottraendo la penultima dalla terzultima equazione, $$2 \ddot{\theta}_{n-1} - \ddot{\theta}_n = \frac{1}{R} \left( T_{n-1,n} - T_{n} \right)$$ e quindi $$\begin{aligned} \ddot{\theta}_{n-1} & = \frac{1}{2} \ddot{\theta}_n + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2^{n-2}} - \frac{1}{2^{n-1}} \right) \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \frac{1}{2} \ddot{\theta}_n + \frac{1}{2^n} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \ . \end{aligned}$$ Continuando con lo stesso procedimento, $$2 \ddot{\theta}_{n-2} - \ddot{\theta}_{n-1} = \frac{1}{R} \left( T_{n-2,n-1} - T_{n-1,n} \right)$$ si trova $\ddot{\theta}_{n-2}$ $$\begin{aligned} \ddot{\theta}_{n-2} & = \frac{1}{2} \ddot{\theta}_{n-1} + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2^{n-3}} - \frac{1}{2^{n-2}} \right) \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \\ & = \frac{1}{2^2} \ddot{\theta}_n + \left[ \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2^{n-1}} \right] \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \\ & = \frac{1}{2^2} \ddot{\theta}_n + \frac{1}{2^{n-1}} \left[ 1 + \frac{1}{2^{2}} \right] \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \ . \end{aligned}$$ e le accelerazioni successive $$\begin{aligned} \ddot{\theta}_{n-3} & = \frac{1}{2^3} \ddot{\theta}_n + \frac{1}{2^{n-2}} \left[ 1 + \frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{4}} \right] \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \\ & \dots \\ \ddot{\theta}_{n-k} & = \frac{1}{2^k} \ddot{\theta}_n + \frac{1}{2^{n-k+1}} \left[ \sum_{j=0}^{k-1} \frac{1}{2^{2j}} \right] \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \\ & \dots \\ \end{aligned}$$ Dall'espressione per l'accelerazione generica, si può calcolare l'espressione di $\ddot{\theta}_2$, usando $k = n-2$ $$\begin{aligned} \ddot{\theta}_2 & = \frac{1}{2^{n-2}} \ddot{\theta}_n + \frac{1}{2^3} \sum_{j=0}^{n-3} \left( \frac{1}{4} \right)^j \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \\ & = \left\{ \frac{1}{2^{n-2}} \left[ - \frac{m}{M} + \frac{1}{2^n} \right] + \frac{1}{2^3} \sum_{j=0}^{n-3} \left( \frac{1}{4} \right)^j \right\} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \ , \end{aligned}$$ con $$S_{1/4}\left( n-3 \right) = \frac{1 - \left( \frac{1}{4} \right)^{n-2}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{3} \left[ 1 - \left( \frac{1}{4} \right)^{n-2} \right] \ .$$ Al limite $n \rightarrow + \infty$, la somma tende a $S_{1/4} = \frac{4}{3}$, e l'accelerazione della seconda carrucola a $\ddot{\theta}_2 \rightarrow \frac{1}{8} \frac{4}{3} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \frac{1}{6} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right)$. Inserendo questa espressione nella prima equazione, si ottiene un'equazione in $\ddot{\theta}_1$ $$\begin{aligned} m R ( - \ddot{\theta}_1 + \ddot{\theta}_2 ) & = T_{23} - m g \\ m R \left[ - \ddot{\theta}_1 + \frac{1}{6} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) \right] & = \frac{1}{2} m \left( g + R \ddot{\theta}_1 \right) - m g \\ \ddot{\theta}_1 \left( -1 + \frac{1}{6} - \frac{1}{2} \right) & = \frac{g}{R} \left( -\frac{1}{2} - \frac{1}{6} \right) \\ -\frac{4}{3} \ddot{\theta}_1 & = - \frac{2}{3} \frac{g}{R} \ , \end{aligned}$$ e quindi, l'accelerazione della prima carrucola - nel limite di un numero infinito di carrucole - vale $$\ddot{\theta}_1 = \frac{1}{2} \frac{g}{R} \ .$$ L'accelerazione della sceonda carrucola vale $$\ddot{\theta}_2 = \frac{1}{8}\frac{4}{3} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \frac{1}{6} \frac{3}{2} \frac{g}{R} = \frac{1}{4} \frac{g}{R} \ .$$ L'accelearazione della terza carrucola - **verificare, usando la formula generica di $\ddot{\theta}_{n-k}$** - vale $$\ddot{\theta}_3 = \frac{1}{16}\frac{4}{3} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \frac{1}{12} \frac{3}{2} \frac{g}{R} = \frac{1}{8} \frac{g}{R} \ .$$ e l'accelerazione dell'$k$-esima carrucola vale $$\ddot{\theta}_{j} = \frac{1}{2^{j+1}}\frac{4}{3} \left( \frac{g}{R} + \ddot{\theta}_1 \right) = \frac{1}{3 \cdot 2^{j-1}} \frac{3}{2} \frac{g}{R} = \frac{1}{2^j} \frac{g}{R} \ .$$ ``` ```{dropdown} Soluzione - Approccio 2. ``` ::::{grid} :gutter: 2 :::{grid-item-card} Problema 3. La macchina di Atwood e la massa equivalente :columns: 8 La massa equivalente è definita come... ::: :::{grid-item-card} :columns: 4 ![](../../media/dynamics/pulley-1.png) ::: :::: ```{dropdown} Soluzione ``` `````