\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 in cui il centro di massa è al di sotto del punto O e il periodo delle piccole oscillazioni, detta \FPval{Mtot}{mA+mC+mD} $M=mA+mC+mD = \Mtot$  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:
\[
T=2\pi\sqrt{\frac{I_0}{M g |x_G|}} = \FPsv[2]{6.283*(\Izero/(\Mtot*981*abs(\xG)))^{0.5}}\;s
\]

\end{solution}


\pagebreak
\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 $\omega_0$ attorno 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 $h=2.5$ 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}
\begin{solution}
Col teorema dell'energia: $\frac{1}{2} m_1 v_0^2+m_1gd\sin{\alpha}=\frac{1}{2} m_1 v_1^2$. Dunque:
\FPval{vuno}[2]{(vi^2+2*9.81*dist*sin(pi/3))^(0.5)}
\begin{equation*}
v_1=\sqrt{v_0^2+2gd\sin{\alpha}} = \vuno \, m/s
\end{equation*}
La velocità alla fine del piano scabro è data sempre dal teorema dell'energia considerando il lavoro delle forze d'attrito:
$\frac{1}{2} m_1 v_1^2 - m_1 g \mu_d L = \frac{1}{2} m_1 v_2^2$, dunque:
\begin{equation*}
v_2=\sqrt{v_1^2 -2g \mu_d L} = \FPsv[2]{(\vuno^2 -2*9.82*0.2*elle)^(0.5)}
\end{equation*}
Applichiamo il teorema della conservazione del momento della quantità di moto prima e dopo l'urto:
\begin{equation*}
 m_1 v_2 h = I\omega
\end{equation*}
dove $I=m_a L_a^2/12 + (m_1+m_2)h^2 + m_3 (\frac{L_a - h}{2})^2$
Per trovare $\omega = m_1 v_2 h/I$
Il centro di massa del sistema si trova a $[m_a L_a/2  + m_3 L_a/4]/M$ dalla base dell'asta $y_g=(L_a/4M) ( 2m_a + m_3) $. Perché l'asta si ribalti, dovrà essere
$1/2 I \omega^2 \geq M g h$ 
\end{solution}
\end{problem}
\newpage
}

\newproblem{
\FPsetpar{massa}{4}{7}
\FPsetpar{dist}{1}{3}

\begin{problem}[10]

Un cilindro omogeneo di massa $M = \massa$ kg. si trova fermo
nel punto A sul piano orizzontale AB (vedi fig.). Ad un
certo istante viene applicata al centro di massa del cilindro
una forza F di modulo costante, parallela al piano AB e
diretta da A verso B. La distanza è $AB=\dist$ m;
Tale forza viene bruscamente rimossa quando il cilindro
transita per il punto B e, di qui, esso poi prosegue per
inerzia fino al punto C. Supponendo che durante il suo moto il cilindro rotoli
sempre senza strisciare, valutare:
\begin{enumerate}
\item  il valore della forza F affinché il baricentro del cilindro raggiunga la quota $h = 2$ m.
\item  la velocita; di traslazione del cilindro quando passa per B 
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{./Esercizi/cilindro.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Il lavoro eseguito dalla forza nel tratto AB si traduce in energia cinetica traslazionale e rotazionale:
\[
L_{AB}=F\cdot AB = \frac{1}{2}\left(M v_{CM}^2 + I \omega^2)\right)
\]
ma siccome il moto è di puro rotolamento $\omega = v_{CM}/R$ e $I=1/2 M R^2$, dunque:
\[
F\cdot AB = \frac{1}{2}\left(M v_{CM}^2 + \frac{1}{2} M v_{CM}^2\right)=\frac{3}{4}M v_{CM}^2
\]
Per arrivare fermo nel punto C, tutta l'energia cinetica testé calcolata, si trasformerà in energia potenziale nel punto C $E_{pot}=Mgh$, dunque:$\frac{3}{4}M v_{CM}^2 = Mgh$ e, in definitiva:
\[
v=\sqrt{ \frac{4}{3} gh} =\FPsv[2]{(4*9.81*2/3)^0.5}\qquad m s^{-1}
\]
Sostituendo nell'espressione del lavoro otteniamo:
\[
F=\frac{3}{4 AB}M v_{CM}^2 = \frac{Mgh}{AB}=\FPsv[2]{\massa*9.81*2/dist}\qquad N
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{Om}{40}{70}
\FPsetpar{tidue}{80}{130}
\FPsetpar{Emmemm}{30}{60}
\begin{problem}[10]
Una  ruota,  inizialmente in quiete, può ruotare intorno ad un  asse in presenza di un attrito che è schematizzabile con un momento frenante costante  $M_f$.\par
Alla ruota viene applicato un momento motore $M_m=\Emmemm\; N\; m$ per un tempo $t_1=20 s$ ed 
alla  fine  di  questa  fase  di  accelerazione  la  velocità  angolare  vale $\omega_f = \Om \;rad/$s. A questo  istante  si elimina  il  momento  motore  e  si  osserva  che  la  ruota  si  ferma in  un tempo $t_2=\tidue \;s$ 
Avendo impostato le equazioni del moto nelle due fasi, determinare: 
\begin{enumerate}
\item il momento d'inerzia I della ruota rispetto all'asse di rotazione;
\item il momento della forza di attrito $M_f$. 
\end{enumerate}
\begin{solution}
Applichiamo la legge di Newton per i moti rotatori alle due fasi del moto e la legge dell'accelerazione angolare:
\begin{align*}
	\omega_f= &\dot\omega_1 t_1\\
	0= &\omega_f -\dot\omega_2 \\
	M_m -M_f = & I\dot\omega_1\\
	M_f= & I\dot\omega_2
	\end{align*}
	da cui: $\dot\omega_1=\frac{\omega_f}{t_1}$ $\dot\omega_2=\frac{\omega_f}{t_2}$ e, risolvendo rispetto a I ed $M_f$:
\begin{align*}
I= &\frac{M_m}{\omega_f}\frac{t_1 t_2}{t_1+t_2}= & \FPsv[2]{\Emmemm/\Om * 20*\tidue/(20+\tidue)}\\
M_f  = & M_m \frac{t_1}{t_1+t_2} = & \FPsv[2]{\Emmemm * 20/(20+\tidue)}
\end{align*}

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



\newproblem{
\FPsetpar{Emme}{70}{120}
\FPsetpar{eRRe}{10}{20}
\FPsetpar{ms}{15}{35}
\begin{problem}[10]
Un disco di grammofono di massa $M= \Emme $g e raggio $R=\eRRe $ cm gira intorno al suo asse centrale alla velocità angolare di $\omega_i=45$ giri/minuto. Un pezzetto di stucco di massa $m=\ms$g cade dall'alto verticalmente sul disco e si attacca al suo bordo. Determinare:
\begin{enumerate}
\item il momento d'inerzia del disco $I_0$;
\item la velocità angolare del disco subito dopo che lo stucco si è  attaccato;
\item l'energia meccanica dissipata nell'urto
\end{enumerate}

\begin{solution}
\FPval{Izero}[5]{1/2*\Emme*10^(-3)*(\eRRe*10^(-2))^2}
Momento d'inerzia del disco: $I_0 = 1/2 M R^2 = \FPsv[2]{\Izero*10000} \cdot 10^{-4} \; kg m^2$. Conserviamo il momento della quantità di moto:
$I_0\omega_i = (I_0+mR^2)\omega_f$, dunque:
\[
\omega_f=\frac{I_0\omega_i}{(I_0+mR^2)} = \omega_i\frac{M}{M+2m} = \FPsv[2]{(45*6.2832/60)*\Emme/(\Emme+2*\ms)}\; rad/s
\]
L'energia meccanica dissipata nell'urto è data dalla differenza delle energie cinetiche iniziale e finale.
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{m}{30}{60}
\FPval{ms}[3]{m/1000}
\FPsetpar{vs}{3}{5}

\begin{problem}[10]
Due  palle  di  1kg,  sono  attaccate  agli  estremi  di  un  asta  sottile  di  massa  trascurabile  e  lunghezza $L=1\;m$, libera di ruotare in un piano verticale intorno ad un asse passante per il suo centro.  Mentre  l'asta  è  ferma  in  posizione  orizzontale,  un  pezzetto  di  stucco di massa $m_s=\FPsv{\ms*1000}\;g$ cade, verticalmente  con velocità $v_s=\vs \;m/s$, su una palla e vi rimane attaccato.
  Determinare:
\begin{enumerate}
\item La velocità angolare $\omega_0$ del sistema sbarra-stucco subito dopo l'urto;
\item Il rapporto fra l'energia cinetica dopo e prima dell'urto;
\item L'angolo massimo rispetto all'orizzontale fino al quale risale la sbarra
\end{enumerate}

\begin{solution}
 Nell'urto si conserva il momento della quantità di moto rispetto all'asse orizzontale di rotazione
\[
 m_s v_s \frac{L}{2} = I \omega_0 = \left[m_s \left(\frac{L}{2}\right)^2 + 2m \left(\frac{L}{2}\right)^2\right]\omega_0
\]
dunque:
\FPval{ome}[3]{\ms/(\ms+2)*(2*\vs)}
\[
\omega_0= \frac{m_s}{m_s+2m}\frac{2v_s}{L} = \ome
\]
L'energia cinetica iniziale è quella dello stucco, quella finale è quella del sistema, dunque:
\[
\frac{K_f}{K_i}=\frac{I\omega_0^2}{m_s v_s^2}=\frac{m_s}{m_s+2m}=\FPsv[2]{\ms/(\ms+2)}
\]
Dopo l'urto, il moto è senza dissipazione, dunque vale il principio di conservazione dell'energia in cui la variazione di energia potenziale delle due palle si compensa e rimane solo quella dello stucco:
\[
\frac{1}{2}I\omega_0^2 = m_s g \frac{L}{2}\sin\theta_{max}
\]
da cui si ricava:
\[
\sin\theta_{max}=\frac{I\omega_0^2}{m_s g L}=\frac{m_s}{2m+m_s}\frac{v_s^2}{gL}=\FPsv[2]{\ms/(\ms+2) *	(\vs^2)/(9.81)}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{mc}{3}{6}
\FPsetpar{ma}{1}{3}
\FPsetpar{acca}{1}{3}
\begin{problem}[10]
Un cilindro omogeneo di massa $m_c=\mc\; kg$ e raggio $r$ è appoggiato su un piano orizzontale. L'asse del cilindro è collegato ad una massa $m=\ma \;kg$ libera di scendere lungo la verticale, tramite un filo inestensibile che scorre senza attrito su una puleggia P (le masse del filo e della puleggia sono trascurabili). Supponendo il sistema inizialmente in quiete, calcolare la velocità della massa m quando è discesa di un tratto $h=\acca\;m$ sapendo che il cilindro rotola senza strisciare sul piano orizzontale e non vi sono attriti.
\begin{solution}
Non essendoci attrito possiamo scrivere la legge della conservazione dell'energia quando la massa m è scesa di un tratto h:
\[
\frac{1}{2}mv^2+ \frac{1}{2}m_c v_c^2+\frac{1}{2}I\omega^2 = mgh
\]
ove $\omega = v_c/r$ ed $I=\frac{1}{2}m_c r^2$ è il momento di inerzia del cilindro. Sostituendo:
\[
\frac{1}{2}\left( m+m_c+\frac{I}{r^2}\right)v^2=mgh
\]
da cui:
\[
v=\sqrt{2gh\left(\frac{m}{m+\frac{3}{2}m_c}\right)} = \FPsv[2]{(ma/(ma+1.5*mc))^0.5}\;m s^{-1}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{enne}{4}{7}
\FPsetpar{massa}{7}{14}
\FPsetpar{diam}{1}{3}
\FPsetpar{ome}{8}{12}
\begin{problem}
Un motore  elettrico  fa  girare  un volano mediante  una  puleggia  come  in  figura.  Il  volano è un cilindro omogeneo di diametro $d=\diam\;m$ e massa $m=\massa\;kg$ che ruota intorno al suo asse. 
La puleggia alla quale è connessa la fascia elastica ha massa trascurabile e diametro $d_{in}=20\;cm$. 
Partendo  da  fermo  il  volano  raggiunge,  con  accelerazione  costante,  la  velocità  angolare di  $\omega=\ome\;rad/s$  dopo  avere  effettuato $N=\enne$  giri;  e la  tensione  nel  punto  più  alto  della  fascia  è $T_{sup}=100\;N$.  Determinare:
\begin{enumerate}
\item L'accelerazione angolare del moto;
\item Il valore della tensione nel punto più basso della fascia $T_{inf}$
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{./Esercizi/volano.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Le equazioni del moto del volano ci dicono che:
\begin{align*}
\frac{1}{2} \dot\omega t^2 =& 2\pi N\\
\dot\omega t=& \omega
\end{align*}
da cui, ricavando t dalla seconda e sostituendo nella prima:\FPval{accang}[2]{\ome^2/(4*3.1415*\enne)}
\[
\dot\omega=\frac{\omega^2}{4\pi N}=\accang\;rad\cdot s^{-2}
\]
Il momento delle forze che mettono il corpo in rotazione è:
\[
M = r_{int}(T_{sup} -T_{inf}) = I\dot\omega = \frac{1}{2}m R^2\dot\omega
\]
da cui:
\[
T_{inf}=T_{sup}-\frac{m R^2\dot\omega}{r_{int}}=\FPsv[2]{100-(\massa*(\diam/2)^(2)*\accang)/10}\; N
\]

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

\newproblem{
\FPsetpar{raggio}{20}{40}
\FPsetpar{massa}{2}{4}
\begin{problem}[10]
Una ruota di raggio $R=\raggio$ cm è montata su un asse orizzontale intorno al quale può girare senza attrito. Una corda priva di massa, avvolta intorno alla ruota, porta fissato all'estremità  libera un corpo di massa $m=\massa\; kg$ che scende lungo la verticale con accelerazione $a=1\; m/s^2$. Determinare il momento d'inerzia della ruota. 

\begin{solution}
\[
\begin{cases}
mg-T=m a\\
TR=I\dot\omega=I \frac{a}{R}
\end{cases}
\]
dunque: dalla prima $T=m(g-a)$ e sostituendo nella seconda: 
\[
 I=m R^2\frac{g-a}{a}=\FPsv[2]{\massa*\raggio^2*8.81}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{massa}{80}{130}
\FPsetpar{raggio}{2}{4}
\FPsetpar{tempo}{2}{6}
\begin{problem}[10]
Una  sfera  omogenea  di  massa  $m=\massa$ kg e raggio  $R=\raggio$ m può ruotare liberamente rispetto ad un asse verticale ad essa tangente. Determinare:
\begin{enumerate}
\item il momento d'inerzia della sfera rispetto all'asse di rotazione;
\item se si applica alla sfera inizialmente ferma, una forza sul punto diametralmente opposto al punto in cui tange l'asse  di  rotazione, quanto vale la sua intensità 
affinché la sfera ruoti di $\theta =90$ gradi in $t=\tempo$ secondi?
\end{enumerate}
\begin{solution}
Il momento di inerzia della sfera rispetto all'asse passante per il centro di massa vale $I_c=\frac{2}{5} m R^2$, dunque, per il teorema di Huygens-Steiner:\FPval{Iner}[2]{(7*\massa*\raggio^2)/5} 
\[
I = I_c + m d^2 = \frac{2}{5} m R^2 +m R^2 =\frac{7}{5} m R^2 = \Iner
\]

\[
\begin{cases}
F\cdot 2R = I\dot\omega \\
\frac{1}{2}\dot\omega t^2 = \theta
\end{cases}
\]
Dalla secoonda: 
\[ 
\dot\omega=\frac{2\theta}{t^2}
\]
e sostituendo nella prima:
\[
F=\frac{I\theta}{R t^2} = \FPsv[2]{\Iner*pi()/(2*\raggio*tempo^2)} \;N
\]

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

\newproblem{
\FPsetpar{ine}{800}{1200}
\FPsetpar{acc}{2}{4}
\FPsetpar{massa}{2}{5}
\begin{problem}[10]
Una  ruota  di  raggio  r  è  montata  su  un  asse  orizzontale  intorno  al  quale  può  girare 
senza  attrito  e  con  momento  d'inerzia  $I=\ine\;  kg.cm^2$.  Una  corda  priva  di  massa 
avvolta intorno alla ruota porta fissato all'estremità libera un corpo di massa $m=\massa\; kg$ 
che scende lungo un piano liscio, inclinato di un angolo $\theta=20^\circ$ rispetto all'orizzontale. 
Il corpo scende con accelerazione $a=\acc\;m/s^2$. Determinare il raggio r della ruota
\begin{solution}
Dobbiamo uguagliare la tensione alla variazone del momento angolare e scrivere la legge del moto della massa:
\[
\begin{cases}
T r= I\dot\omega=I\frac{a}{r}\\
m a = mg\sin\theta - T
\end{cases}
\]
da cui 
\[
\begin{cases}
r^2=\frac{I a}{T} \\
T=m(g\sin\theta -a)
\end{cases}
\]
Sostituendo: 
\[
r=\sqrt{\frac{a I}{m(g\sin\theta -a)}}=\FPsv[2]{((\ine*10^(-4) *\acc)/(\massa*(9.81*sin(20*3.1415/180) - \acc)))^0.5} \; m
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}