\newproblem{
\FPsetpar{M}{40}{65}
\FPsetpar{lu}{20}{40}
\FPsetpar{att}{4}{8}
\FPval{attr}[2]{\att/10}

\begin{problem}[10]
Un blocco di massa $M=\M$ $g$ è posto su un piano orizzontale e fissato ad un sostegno attraverso una fune inestensibile e di massa trascurabile. La fune passa prima su una carrucola fissa $C_1$ e poi su una seconda carrucola mobile $C_2$, entrambe senza attrito e massa trascurabile. A $C_2$ è appeso un corpo di massa $m$. Il piano AB è lungo $l= \lu \,cm$ ed ha un coefficiente d'attrito $\mu=\attr$. Determinare il valore di $m$ perché il blocco, inizialmente fermo in A, arrivi in B con velocità $v=1\,m s^{-1}$.

\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{disegno1.pdf}
\end{figure}
\begin{solution}
L'equazione fondametale della dinamica per la massa $m$, con l'asse verticale rivolto verso l'alto, e la massa $M$ con l'asse orizzontale orientato verso ds si scrive:
\begin{eqnarray*}
2T-mg=ma  \\
T-F_A =Ma \\
\nonumber
 F_A= \mu gM
\end{eqnarray*}
Dalla  prima: 
$T=\frac{m(g-a)}{2}$ e, sostituendo nella seconda), $2(Ma+F_A)=m(g-a)$ da cui:
\begin{equation}
a=g\frac{m-2\mu M}{2M+m}
\end{equation}
Il blocco si muove con accelerazione costante pertendo da fermo, dunque: 
\begin{equation*}
v^2=2 al = 2gl\frac{m-2\mu M}{2M+m}
\label{eq:vel}
\end{equation*}
Invertendo, possiamo trovare $m$ in funzione di $v^2$ e successivamente porre $v^2=1\; m^2 s^{-2} = 10^4\; cm^2 s^{-2}$:
\begin{equation*}
m=2M\frac{v^2+2\mu gl}{2gl-v^2}=\FPsv[2]{2*M*((10^4+2*attr*981*lu)/(2*981*lu - 10^4))}
\end{equation*}

\end{solution}
\pagebreak

\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{PesoA}{8000}{12000}
\FPsetpar{speedA}{90}{130}
\FPsetpar{speedC}{40}{70}

\begin{problem}[7]
Un'automobile del peso di $P_a=\PesoA$ N, che viaggia alla velocità di $v_{a}=\speedA$ km/h, urta
frontalmente contro un autocarro del peso di $P_c=90.0$ kN che viaggia verso l'automobile
alla velocità di $v_c=\speedC$ km/h. L'automobile e l'autocarro rimangono uniti dopo l'urto.
Quanto vale la velocità finale dell'automobile e dell'autocarro uniti?
\begin{solution}
Nel sistema di riferimento in cui l'asse x è positivo nella direzione del moto dell'auto, le velocità dell'auto e dell'autocarro hanno segno opposto; le quantità di moto sono:
\begin{align*}
p_a= & m_a v_a\\
p_c= & m_c v_c
\end{align*}
Dopo l'urto, la somma delle quantità di moto si conserva:

\[
p_a+p_c=(m_a+m_c)v_{fin}
\]

da cui 
\[
v_{fin}=\frac{p_a+p_c}{m_a+m_c}=\frac{P_a v_a +P_c v_c}{P_a+P_c}=\FPsv[2]{(PesoA*speedA-90000*speedC)/(PesoA+90000)}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{PesoM}{200}{300}
\FPsetpar{angolo}{20}{50}
\begin{problem}[7]
Un blocco di $\PesoM$ N deve essere fatto muovere su un pavimento scabro a velocità
costante. Il coefficiente di attrito dinamico è $\mu_d= 0.30$. Viene applicata una forza
lungo una direzione che forma un angolo di $\theta=\angolo$ con l'orizzontale.
a) Quanto vale la forza se si spinge verso il blocco? \\
b) Quanto vale invece se si tira?
\begin{solution}
Se la velocità è costante, a regime la componente orizzontale della forza traente deve eguagliare la forza d'attito:
\[
F\cos{\theta}=\mu(mg \pm F\sin{\theta})
\]
valendo il segno + quando si spinge e - quando si tira. Dunque:
\[
F=\frac{\mu m g}{\cos{\theta} \pm \mu \sin{\theta}}
\]

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}
%\newproblem{
%\FPsetpar{vang}{5}{7}
%\FPsetpar{dist}{20}{50}
%\begin{problem}[10]
%Un disco ruota in un piano verticale attorno al suo asse, con velocità angolare $\omega = \vang$ rad/s e reca sull'orlo un forellino. A distanza $d=\dist$ m dal disco, un tiratore deve colpire il forellino sparando orizzontalmente con una pistola. Sapendo che quando parte il proiettile, il forellino è nella posizione A, dire quale è la decelerazione costante imposta  dall'aria al proiettile, che parte con velocità iniziale $v_0=100$ m/s, affinché il tiratore colpisca il forellino nella posisione B a $90^{\circ}$ da A. Dire inoltre con quale velocità e a che tempo il proiettile arriva in B. 
%
%\begin{solution}
%\FPval{tempo}[2]{3.14/(2*\vang)}
%$d=v_0 t - \frac{1}{2} a t^2$. Siccome $\omega = \frac{\Delta \theta}{\Delta t}$, allora $t=\frac{\pi}{2\omega}=\tempo$. Dunque:
%\FPval{acc}[2]{2*((100*\tempo)- \dist)/(\tempo^2)}
%\[
%a= 2 \frac{(v_0 t-d)}{t^2}= \frac{8\omega^2}{\pi^2}\left( \frac{\pi v_0}{2\omega} -d\right)=\acc
%\]
%\[
%v=v_0 - at=\FPsv[2]{100-\acc*\tempo}
%\]

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

\newproblem{
\FPsetpar{muno}{1}{3}
\FPsetpar{cappa}{150}{300}
\FPval{mdue}{2*\muno}
\FPsetpar{vzero}{3}{6}
\begin{problem}[10]
Un corpo di massa $m_1=\muno$ kg è posto su un piano liscio orizzontale ed è fissato ad un estremo di una molla di costante elastica $k=\cappa\; N m^{-1}$ e lunghezza $l_0=0.2$m; l'altro estremo della molla è fissato ad una parete. Il corpo $m_1$ è connesso tramite una fune ideale inestensibile ed una carrucola, ad un corpo di massa $m_2=\mdue$ kg, che si trova su un piano inclinato liscio che forma un angolo di $\alpha = 45^{\circ}$ rispetto all'orizzontale. Calcolare:
\begin{enumerate}
\item l'allungamento della molla quando il sistema è in equilibrio;
\item la tensione della fune all'equilibrio;
\item supponendo che la molla sia inizialmente nella posizione di riposo e ciascuna massa abbia velocità iniziale $v_0=\vzero$ m/s  verso la parete, determinare la distanza percorsa dalle masse quando queste si fermano (supponendo che rimangano solidali)
\end{enumerate}
\begin{solution}
Diagramma delle forze: \\
All'equilibrio l'accelerazione è nulla, dunque:
\begin{align*}
T-k\Delta x = m_1 a =0 \\
-T+m_2g \sin{\alpha}= m_2 a  =0
\end{align*}
dunque $\Delta x= m_2 g \sin{\alpha}/k = \FPsv[2]{mdue*9.81*0.707/cappa}$ m e $T=m_2 g \sin{\alpha} = \FPsv[2]{mdue*9.81*0.707}$ N.\\
Per il teorema dell'energia, quando il sistema si ferma partendo da velocità $v_0$, l'energia potenziale della molla eguaglia l'enegia cinetica iniziale meno il lavoro contro la forza peso
\[
\frac{1}{2} k \Delta x^2 = (m_1+m_2)v_0^2 -m_2 g \Delta x \sin{\alpha}
\]

\end{solution}
\end{problem}
\newpage
}

\newproblem{
\FPsetpar{acca}{3}{5}
\FPval{dist}[2]{\acca/2}

\begin{problem}[6]
Un cannone C è puntato sulla sfera di massa $m$ posta all'altezza $h=\acca$ m dal livello del suolo e ad una distanza orizzontale $d=\dist$ m, inizialmente in quiete.
All'istante $t=0$ il cannone spara e la sfera m viene lasciata cadere.
Determinare la velocita' iniziale $v_0$ del proiettile affinche' esso colpisca m al livello del suolo.
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{./Esercizi/cannone.pdf}
\end{figure}
\begin{solution}
Indichiamo con il pedice "p" le grandezze relative al proiettile e "s" le grandezze relative alla sfera. Scelti i due
assi di riferimento xy come in figura, la legge oraria proiettata sugli
assi, per il proiettile si scrive (con le condizioni iniziali dette):
\begin{align*}
x_p =&v_0 \cos{\alpha} \cdot t\\
y_p =& -\frac{1}{2} g t^2 + v_0 \sin{\alpha} \cdot t
\end{align*}
Analogamente, per il moto della sfera:
\begin{align*}
x_s =& d\\
y_s =& -\frac{1}{2} g t^2 + h
\end{align*}
Perché la sfera ed il priettile si urtino al suolo, dovrà essere: $x_s=x_p=d$  e $y_s=y_p=0$. Sostituendo nelle precedenti:
\[
t_1=\frac{d}{v_0\cos{\alpha}}
\]
e sostituirlo a t nelle equazioni per y=0:
\[
0 = h -\frac{1}{2} g \left(\frac{d}{v_0\cos{\alpha}}\right)^2
\]
Dunque 
\[
v_0= \sqrt{\frac{g d^2}{2 h \cos^2{\alpha}}}
\]
Rimane da calcolare l'angolo $\alpha = \arctan{h/d}$ o $\cos{\alpha}=\frac{d}{\sqrt{d^2+h^2}}$, dunque:
\[
v_0 = \sqrt{\frac{g\left( d^2+h^2\right)}{2h}}
\]

\end{solution}
\pagebreak

\end{problem} 
}

\newproblem{
\FPsetpar{auno}{3}{5}
\FPsetpar{dist}{7}{10}

\begin{problem}[10]
Un motociclista acrobatico esegue un salto dalla piattaforma, come in figura. Parte dal punto A con velocità zero ed accelerazione costante $a_1=\auno\;  m/s^2$ fino al punto B, distante 50 m. Quindi sale la piattaforma BC, di lunghezza $BC = \dist \;m$, con accelerazione costante $a_2 = \FPsv{auno/2} \; m/s^2$ fino al punto C, dove stacca.  L'angolo che la piattaforma forma con l'asse orizzontale è $\theta=30^{\circ}$.   
\begin{enumerate}
\item Calcolare il modulo della velocità in B e della velocità di stacco in C
\item Calcolare la altezza della quota massima.
\item Calcolare la velocità del centro di massa immediatamente prima di toccare terra 
\item Supponendo che quando tocca terra conservi la velocità del centro di massa e che quindi freni con accelerazione dipendente dal tempo $a_3 = -0.5t$, calcolare lo spazio di frenata.
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{./Esercizi/pista.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
\FPval{vb}[2]{(2*\auno*50)^0.5}
\item $v_B=\sqrt{2 a_1 \overline{AB}} = \vb\; m s^{-1}$; 
\[
\begin{cases}
v_C = v_B + a_2 t\\
BC = v_B t + \frac{1}{2} a_2 t^2
\end{cases}
\]
dalla prima: $t=(v_c-v_B)/a_2$ e sostituendo nella seconda: $2 a_2 BC = v^2_B -v^2_B$ e dunque: 
\FPval{vc}[2]{(\vb^2 +\auno *\dist)^0.5} $v_C= \sqrt{v^2_B +2a_2BC} = \vc\; m s^{-1}$  
\item la quota massima è data dalla quota di stacco sommata alla quota relativa che si può calcolare con la conservazione dell'energia: \FPval{acca}[2]{\dist*sin(pi()/6)+(\vc*sin(pi()/6))^2/(2*9.81)} $h = BC\sin\theta + (v_C \sin\theta)^2/2g=\acca$
\item la velocità subito prima di toccare terra è un vettore nel piano xy che ha per componenti: \FPval{vx}[2]{\vc*cos(pi()/6)}
\FPval{vyy}[2]{(2*9.81*\acca)}
\[
\begin{cases}
v_x =v_C \cos\theta = \vx\\
v_y = \sqrt{2gh} = \FPsv[2]{\vyy^0.5}
\end{cases}
\]
\FPval{vd}[2]{(\vyy+\vx^2)^0.5}
il modulo è $v_D=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\vd$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{emme}{1}{4}
\FPsetpar{acca}{5}{9}
\FPval{erre}[2]{acca/4}
\FPsetpar{kappa}{500}{1500}

\begin{problem}[10]
Un corpo di massa $m=\emme$ kg viene posto su una guida liscia inclinata con un angolo $\alpha=60^{\circ}$ rispetto all'orizzontale. Il corpo, inizialmente a velocità nulla, viene lasciato libero ad un'altezza $h=\acca$ m dal suolo. La guida, raggiunto il piano orizzontale, si raccorda con una guida circolare di raggio $r=\erre$ e poi con un piano orizzontale scabro lungo $d=5\;m$ e con attrito dinamico $\mu_d=0.2$, che prosegue liscio per altri 15 m. Alla fine del tratto liscio c'è una molla, di lunghezza a riposo $\ell_0=0.8\;m$ e costante elastica $K=\kappa \; N/m$.
\begin{enumerate}
\item Calcolare la velocità con cui il corpo raggiunge la quota massima B nella guida circolare;
\item calcolare la reazione della guida nel punto B; 
\item calcolare la compressione massima della molla;
\item determinare se, dopo essere stato respinto dalla molla, il corpo raggiunge nuovamente il piano inclinato.
\end{enumerate}

\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.8\textwidth]{./Esercizi/giromorte.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
$v_0= \sqrt{2 g h}=\FPsv[2]{(2*9.81*\acca)^0.5}$ è la velocità iniziale prima della guida circolare. La velocità lineare nel punto B, la calcoliamo con la conservazione dell'energia: $1/2(m v_0^2 - v_B^2)=mg 2r$; dunque:
$v_B=\sqrt{v_0^2 - 4gr}=\FPsv[2]{(2*9.81*\acca - 4*9.81*\erre)^0.5}$ e dunque l'accelerazione centripeta  \FPval{accc}[2]{2*9.81*(\acca/\erre -2)} $a=v_B^2/r=v_0^2/r - 4g=\accc$. Detta $F_v$ la reazione vincolare, sarà $ ma=mg+F_v$ e dunque $F_v=m(a-g) = \FPsv[2]{\emme*(\accc -9.81)}$ N.

\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{emme}{1}{3}
\FPsetpar{kappazero}{30}{40}
\FPsetpar{dist}{2}{4}
\begin{problem}[7]
Un blocco di massa $m=\emme$ kg è inizialmente fermo alla base A di un piano scabro inclinato di un angolo $\theta=30^{\circ}$ rispetto all'orizzontale. Al blocco viene data una spinta, in conseguenza della quale parte con un'energia cinetica $K_0=\kappazero$ J, salendo lungo il piano inclinato. Giunto nel punto B, distante $s=\dist$ m da A, il blocco si ferma e inverte il moto, ritornando in A con un'energia cinetica $k<k_0$. Calcolare:
\begin{enumerate}
\item Il coefficiente d'attrito $\mu_d$ fra il blocco e il piano inclinato;
\item l'energia cinetica $K$ del blocco quando ripassa per il punto A
\end{enumerate}


\begin{solution}
Perché si fermi tutta la sua energia cinetica deve essere dissipata in energia potenziale e lavoro della forza d'attrito: $K_0=mgs\sin\theta+\mu_d m g s \cos\theta$ ; dunque:
\FPval{mud}[2]{(\kappazero - (\emme*9.81*\dist/2))/(\emme*9.81*\dist*(3^(0.5))/2)}
\[
\mu_d=\frac{K_0 - mgs\sin\theta}{mgs\cos\theta}=\mud
\]
L'energia cinetica alla fine del percorso è data, di nuovo, dall'energia potenziale meno il lavoro delle forze d'attrito:\\
$
K = mgs\sin\theta - \mu_dmg\cos\theta \cdot s = mgs(sin\theta -\mu_d\cos\theta) =\FPsv[2]{\emme*9.81*\dist*((0.5)-\mud*(3^(0.5)))/2}
$ J

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

\newproblem{
\FPsetpar{mp}{8}{12}
\FPsetpar{vel}{90}{120}
\FPsetpar{vzero}{3}{7}
\begin{problem}[7]
Un blocco di massa M=1kg si muove di moto rettilineo sopra un piano orizzontale scabro di coefficiente di attrito dinamico $\mu=0.5$. Nell'istante in cui blocco ha una velocità $V_0=\vzero$ m/s, esso viene colpito da un proiettile, di massa $m=\mp$ g, che viaggia orizzontalmente  nella stessa direzione e verso del blocco con una velocità $v=\vel$ m/s. Il proiettile, dopo l'impatto supposto istantaneo, rimane conficcato nel blocco, Determinare:
\begin{enumerate}
\item la velocità del sistema blocco-proiettile subito dopo l'urto;
\item il tempo trascorso fra l'istante dell'urto e quello in cui il sistema si ferma;
\item la distanza percorsa dal sistema blocco-proiettile prima di fermarsi.
\end{enumerate}
\begin{solution}
Applichiamo la conservazione della quantità di moto: $M V_0+mv = (M+m)v_f$ da cui \FPval{vf}[2]{(\vzero+\mp*10^(-3)*\vel)/(1+mp*10^(-3))}
\[
v_f=\frac{M V_0+mv}{M+m} = \vf \; m s^{-1}
\]
La forza d'attrito è $F_a=\mu (m+M)g$ ed è l'unica ad agire nella direzione opposta al moto. Dunque:
$(m+M)a=\mu (m+M)g$, sicché $a = \mu g$ e visto che il corpo si ferma al tempo t, sarà: $0=v_f -a t$ e dunque: 
\[
t=\frac{v_f}{a}=\frac{v_f}{\mu g}=\FPsv[2]{\vf/(9.81*0.5)}\; s
\]
Per l'ultima risposta possiamo usare l'equazione del moto uniformemente accelerato o il teorema dell'energia:
$
\frac{1}{2} (m+M)v_f^2= \mu (m+M)g L$, dunque
\[
L=\frac{v_f^2}{2\mu g}=\FPsv[2]{\vf^2/(9.81)}\; m
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{ma}{8}{12}
\FPsetpar{mus}{1}{3}
\FPval{mud}[2]{mus/10}
\begin{problem}[10]
Due blocchi sono collegati attraverso una puleggia come in figura. La massa di A vale $m_a=\ma\;kg$ 
ed il coefficiente di attrito dinamico fra piano e corpo $\mu_d=\mud$ e l'angolo di inclinazione $\theta=30^{\circ}$. Il corpo A scivola giù a velocità costante. 
Determinare la massa di B.
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{./Esercizi/massepuleggia.pdf}
\end{figure}
\begin{solution}
\[
\begin{cases}
-m_B g+T=0\\
m_a g \sin\theta - m_a \mu g\cos\theta -T =0
\end{cases}
\]

\[
m_B= m_A(\sin\theta -\mu_d \cos\theta)  =\FPsv[2]{\ma*((0.5)-\mud*(3^(0.5))/2)}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{massa}{8}{10}
\FPsetpar{mud}{4}{6}
\FPval{mus}[1]{mud/10}
\begin{problem}[10]
Su un piano inclinato avente angolo di inclinazione $\alpha=45 ^{\circ}$, un corpo di massa $m=\massa$ kg è trattenuto in  quiete mediante una fune disposta parallelamente al piano nella direzione di massima pendenza. Determinare:
\begin{enumerate}
\item la forza che la fune esercita sul corpo se il piano è liscio ;
\item se invece il piano è scabro  con  coefficiente  di  attrito  statico  $\mu_s=\mus$,  il  corpo 
rimarrebbe in quiete  se  la  fune  fosse  tagliata? In caso negativo quanto vale la minima tensione necessaria per tenere in equilibrio il corpo?
\end{enumerate}
\begin{solution}
\[
	\begin{cases}
		-T+mg\sin\alpha =0\\
		N+mg\cos\alpha =0
	\end{cases}
\]
da cui: $T=mg\sin\alpha$\par
Se c'è l'attrito, affinché il corpo resti fermo la forza d'attrito statico deve essere uguale alla forza lungo il piano inclinato: $mg\mu_s\cos\alpha = mg\sin\alpha$ dunque $\mu_s = \tan\alpha = 1>0.5$, dunque si muove. 

\[
	\begin{cases}
		-T+mg\sin\alpha -N\mu_s =0\\
		N+mg\cos\alpha =0
	\end{cases}
\]
Quindi la minima tensione da applicare è $T=mg(\sin\alpha -\mu_s \cos\alpha)=\FPsv[2]{\massa*9.81*0.707*(1-\mus)}$

		

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

\newproblem{
\FPsetpar{massa}{8}{13}
\FPsetpar{kapp}{3}{5}
\FPsetpar{deltax}{1}{3}
\begin{problem}[10]
Una  pistola  giocattolo a molla  lancia  per aria, con un angolo $\alpha$ incognito, una biglia di massa $m=\massa$ g. La costante elastica vale $k=\kapp\; N/cm$, e prima dello sparo la molla è compressa di $\Delta \ell = \deltax\; cm$ rispetto alla sua lunghezza a riposo:
\begin{enumerate}
\item determinare la velocità con cui viene lanciata la biglia;
\item se la biglia ricade ad una distanza di $D=1,41\; m$ sul piano orizzontale determinare l'angolo rispetto all'orizzontale con cui è stata lanciata.
\end{enumerate}

\begin{solution}
Applicando la conservazione dell'energia meccanica:
\[
 \frac{1}{2} k \Delta\ell^2 = \frac{1}{2} m v^2
\]
dunque: \FPval{vel}[2]{(\kapp/\massa)^0.5 *\deltax}

\[
v=\sqrt{\frac{k}{m}}\Delta\ell =\vel
\]
La gittata di un proiettile è data da:
\[
D=\frac{v^2}{2g}\sin{2\alpha}
\]
da cui:
\[
\alpha=\frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{2gD}{v^2}\right) = \FPsv[1]{arcsin(2*9.81*1.41/\vel)}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{
\FPsetpar{massa10}{12}{22}
\FPval{massa}[2]{\massa10/10}
\FPsetpar{Tens}{30}{60}
\FPsetpar{lung}{2}{4}

\begin{problem}[10]
Una pallina da $m=\massa\; kg$ è collegata da due fili ideali, di uguale lunghezza $\ell = \lung\;m$, ad un'asta verticale rotante.  Durante la rotazione uniforme i fili si tendono e formano insieme all'asta un triangolo equilatero. Se il modulo della tensione del filo superiore vale $T_s=\Tens\;N$, determinare:
\begin{enumerate}
\item Il modulo della tensione del filo inferiore;
\item la velocità con cui ruota la palla.
\end{enumerate}

\begin{solution}
\[
\begin{cases}
T_s \cos{\frac\pi}{3} + T_i\cos{\frac\pi}{3}  = m a = m\frac{v^2}{r}\\
T_s \sin{\frac\pi}{3} - T_i\cos{\frac\pi}{3} -m g = 0
\end{cases}
\]
ove $r=\ell\cos{\frac{\pi}{3}}$
Da cui possiamo ricavare:\FPval{Tinf}[2]{\Tens - \massa*9.81/sin(pi()/3)}
\[
T_i = T_s - \frac{mg}{\sin {\frac\pi}{3}} = \Tinf
\]
e
\[
v = \sqrt{\frac{(T_s+T_i)\ell cos^2\left(\frac{\pi}{3}\right)}{m}}
\]

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

