\newproblem{
\FPsetpar{MA}{3}{5}
\FPsetpar{N}{8}{12}
\FPsetpar{vi}{40}{80}


\begin{problem}[10]
Un'asta omogenea di massa $M=1\,kg$ e lunghezza $\ell$ è ferma su un piano orizzontale liscio ed è vincolata nell'estremo $A$. Nell'altro estremo $B$, viene sparato un proiettile di massa $m$, perpendicolarmente all'asta, con velocità $v=\vi\,m s^{-1}$ e questi si conficca nell'asta. Sapendo che il momento delle forze d'attrito in $A$ è $M_A=\MA\, N\,m$ calcolare la massa del proiettile affinché l'asta compia $N=\N$ giri.

\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{disegno2.pdf}
\end{figure}
\begin{solution}
La velocità iniziale con cui l'asta comincia a muoversi per effetto del proiettile la possiamo ricavare dalla conservazione del momento della quantità di moto:
\begin{eqnarray}
mv\ell=I\omega_0+m\omega_0 \ell^2
\label{eq:consqm}\\
\nonumber
I=\frac{m\ell^2}{3}
\end{eqnarray}
da cui: 
\begin{equation}
\omega_0=\frac{mv}{\ell\left(\frac{M}{3} +m\right)}
\label{eq:omegazero}
\end{equation}
Possiamo applicare la legge della conservazione dell'energia dicendo che, quando si ferma, il lavoro compiuto dalle forze d'attrito è pari all'energia cinetica iniziale di rotazione. Detto $I_{Tot}=I+m\ell^2$, sarà:
\begin{equation}
\frac{1}{2}I_{Tot} \omega_0^2=\FPsv{2*N}\pi M_A
\label{eq:energ}
\end{equation}
Sostituendo la l'espressione di $\omega_0$, otteniamo:
da cui: 
\begin{equation*}
\frac{1}{2}\left[\frac{mv}{\ell\left(\frac{M}{3} +m\right)}\right]^2 \left(\frac{M}{3}+m\right)\ell^2 = \FPsv{2*N} \pi
\end{equation*}
ovvero
\begin{equation}
 \FPsv{2*N} \pi=\frac{m^2v^2}{2\left(\frac{M}{3}+m\right)M_A}
\label{eq:sol}
\end{equation}

\FPval{alph}[2]{4*N*3.1415*MA/vi^2}

che dà un'equazione di II grado in $m$. Detta $\alpha=\alph \;kg$
%$\alpha=\frac{4 N\pi M_A}{v^2}=\FPsv[2]{4*N*3.1415*MA/vi^2}\; kg$ è:
\[
m^2 -\alpha m -\alpha \frac{M}{3}=0
\]
da cui:
\[
m=\frac{\alpha}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{\alpha}{2}\right)^2 +\alpha\frac{M}{3}}
\]

\FPval{tre}[3]{-1/3*alph}
\FPval{due}[3]{-1*alph}
$m= \FPsv[2]{alph/2} \pm \sqrt{\FPsv[2]{(alph/2)^2} + \FPsv[2]{alph*1/3}} $
%\FPeval{\ma}{round(-0.5*due + ((due*due/4) -tre )^0.5, 2)}
%$ris=\dete$
\FPqsolve{\ma}{\mb}{1}{\due}{\tre}
$m1=\FPsv[2]{ma}\qquad m2=\FPsv[2]{mb}$
e possiamo scartare la soluzione negativa.

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{ms}{2}{5}
\FPsetpar{elle}{25}{55}
\FPsetpar{omg}{20}{50}
\begin{problem}[10]
Un'asta sottile omogenea, avente massa $m=\ms$ g e lunghezza $d=\elle$ m ruota nel piano orizzontale attorno ad un asse verticale passante per il suo centro O con velocità angolare $\omega_0=\omg$ rad/s.  Si vuole fermarla in un intervallo di tempo $\Delta t = 10$s applicando un momento frenante costante. Determinare: 
\begin{enumerate}
\item	il momento frenante;
\item	il numero di giri compiuto prima di fermarsi
\end{enumerate}
\begin{solution}
Utilizziamo l'equazione cardinale della dinamica rotazionale: $M=I\dot\omega$, in cui l'accelerazione angolare la possiamo ricavare dal fatto che la decelerazione è costante e termina con $\omega=0$. Dunque: $\frac{d\omega}{dt}=\frac{\omega_0}{\Delta t}$., Visto che $I=\frac{m d^2}{12}$:
\[
M=\frac{md^2\omega_0}{12 \Delta t}=\FPsv[2]{ms*0.001*omg*elle^2/120} \; N m
\]
Il numero di giri lo ricaviamo integrando l'equazione della dinamica rotazionale:
\[
2 \pi N= \omega_0 \Delta t - \frac{1}{2}\dot\omega (\Delta t)^2= \omega_0 \Delta t\left(1 -\frac{1}{2}\right)
\]
dunque:
$N=\frac{\omega_0 \Delta t}{4\pi}=\FPsv{omg*10/(4*3.1415)}$
\end{solution}

\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{acca}{7}{10}
\FPsetpar{elle}{3}{5}
\FPsetpar{peso}{300}{500}

\begin{problem}[10]
Una gru è costituita da un'asta verticale AC (albero) di lunghezza $L=\elle$ m, rigidamente fissata al terreno e da un'asta (braccio) AB di lunghezza $H=\acca$ m,  incernierata alla base A dell'albero. Il braccio è tenuto inclinato di un angolo $\alpha=45^{\circ}$ rispetto all'albero da una fune CB inestensibile e di massa trascurabile ed alla sua estremità è appeso un carico di peso $p=\peso$ kg. Calcolare:
\begin{enumerate}
	\item la tensione della fune
	\item la lunghezza $\ell$ della fune
	\item la forza di compressione $S$ esercitata lungo il braccio AB supposto di peso trascurabile
\end{enumerate} 
\begin{solution}
Siccome il sistema è fermo, la somma delle forze applicate al punto B deve essere nulla. Le forze in B sono: la forza peso $p$, la compressione $S$ e la tensione $T$ del tirante. Il triangolo formato da queste tre forze è simile al triangolo ABC, perché ha tutti i lati paralleli a questo, dunque valgono le proporzioni:
\begin{align*}
\frac{T}{AB} = \frac{p}{AC} & \rightarrow T=p\frac{BC}{AC}\\
\frac{S}{AB}=\frac{p}{AC}& \rightarrow T=p\frac{AB}{AC}=\FPsv[2]{peso*acca/elle}\; N
\end{align*}
Per trovare BC, sfruttiamo la proprietà che $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}$, dunque elevando al quadrato entrambi i membri:
\[
\overline{BC}^2=\overline{AB}^2+\overline{AC}^2-2\overline{AB}\;\overline{AC} \cos{\alpha}
\]
quindi: \FPval{ellq}[2]{elle*elle+acca*acca- 2* acca*elle*0.707}
\[
 \ell^2= L^2+H^2-2 LH\cos\alpha =\ellq
\]
e dunque \FPval{elfin}[2]{\ellq^{0.5}}
\[
\ell = \elfin \; m
\]
e, infine:
\[
	T=\FPsv[2]{\elfin*peso/elle}\; N
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{mA}{10}{40}
\FPsetpar{mC}{5}{10}
\FPsetpar{mD}{5}{10}
\FPsetpar{xD}{6}{9}
\begin{problem}[10]
Un metronomo è costituito da un'asta rigida verticale AB imperniata in un suo punto O che può oscillare in un piano verticale, e tre masse puntiformi $mA=\mA$ g all'estremo A dell'asta, $mC=\mC$ g nel punto C simmetrico di rispetto ad O e $mD=\mD$ g nel punto D che può scorrere lungo l'asta. Considerando $OA=OC=3$cm e $OD=\xD$cm e trascurando il peso dell'asta, determinare:
\begin{enumerate}
\item la posizione del centro di massa del sistema ed il suo momento d'inerzia rispetto ad un asse orizzontale passante per O;
\item la posizione di equilibrio stabile del sistema ed il periodo delle piccole oscillazioni intorno a questa posizione
\end{enumerate}

\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{metronomo.pdf}
\end{figure}
\begin{solution}
Prendendo il sistema di riferimento centrato in O, sarà $x_A= -OA=-3\;cm$, $x_C=+3\;cm$, $x_D=\xD\;cm$. Il baricentro sarà in:
\FPval{xG}[2]{(-mA*3+mC*3+mD*xD)/(mA+mD+mD)}
\[
x_G=\frac{mA x_A+mC x_c + mD x_D}{mA+mC+mD}=\xG\;cm
\]
La posizione di equilibrio stabile è quella con la massa A in basso e il periodo delle piccole oscillazioni, detta $M=mA+mC+mD$ e 
\FPval{Izero}[2]{mA*9+mC*9 +mD*xD^2}
\[
I_0= mA x_A^2+mC x_C^2 +mD x_D^2=\Izero\;g\; cm^2
\]
sarà:
\[
T=2\pi\sqrt{\frac{I_0}{M g |x_G|}}
\]

\end{solution}


\newpage
\end{problem}

}

\newproblem{
\FPsetpar{massa}{4}{6}
\FPval{Mom}[2]{massa*6/4}
\begin{problem}[10]
Un cilindro omogeneo di massa $m=\massa$ kg e raggio $r=10$cm, ruota con velocità angolare $\omega_0$ attrono ad un asse parallelo all'asse del cilindro e posto ad una distanza $d=r/2$ da questo. Applicando un momento costante $M=\Mom$ N m, il cilindro si ferma in un tempo $t_0=3$s. Calcolare:
\begin{enumerate}
\item la velocità angolare $\omega_0$ del cilindro;
\item dopo quanto tempo acquista una velocità angolare uguale ed opposta a quella iniziale;
\item dopo quanti giri a partire dall'inizio ciò avverrà.
\end{enumerate}
\begin{solution}
\[
M=I\dot\omega = I \frac{\omega_0}{t_0}
\]
essendo $I = \frac{1}{2} m r^2+ m d^2=\frac{3}{4}mr^2$ dunque: 
\[
\omega_0 = \frac{M t_0}{I}=\frac{4M}{3 m r^2}=\FPsv{4*Mom/(3*massa*0.01)}
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
} 

\newproblem{
\FPsetpar{muno}{1}{3}
\FPsetpar{vi}{2}{5}
\FPsetpar{dist}{5}{10}
\FPsetpar{elle}{3}{5}
\begin{problem}[10]
Un corpo di massa $m_1=\muno$ kg è inizialmente posto su un piano inclinato liscio di angolo $\alpha=60^{\circ}$ rispetto all'orizzontale. Il corpo viene lanciato con velocità $v_0=\vi$ m/s e, percorsa la distanza $d=\dist$ m lungo il piano inclinato, raggiunge un piano orizzontale che nella parte iniziale è liscio e quindi scabro con coefficiente di attrito $\mu_d=0.2$, per una distanza $L=\elle$ m, e quindi di nuovo liscio. Alla fine del piano orizzontale, si trova un'asta di lunghezza $L_a =5$ m e massa $m_a= 3$ kg, incernierata nel punto O, che si trova ad un'altezza $L=2.5$ m, attorno al quale può ruotare senza attrito. All'estremo inferiore dell'asta è fissata una massa $m_2= 1$ kg ed a metà tra il punto O e l'estremo superiore dell'asta, un'altra massa $m_3=3$ kg. Il corpo $m_1$ compie un urto completamente anelastico e rimane attaccato al corpo $m_2$.
\begin{enumerate}
\item Calcolare la velocità del corpo $m_1$  alla base del piano inclinato
\item Calcolare la velocità del corpo $m_1$ all'istante dell'urto
\item Calcolare la velocità angolare del sistema composto dall'asta con le massse attaccate, immediatamente dopo l'urto 
\item Determinare se l'asta si ribalta
\end{enumerate}

\end{problem}
\newpage
}
