\newproblem{%1
\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 fondamentale 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 (considerato che lo spostamento della massa in caduta è la metà di quello in orizzontale):

\begin{align*}
2T-mg=&-m\frac{a}{2}  \\
T-F_A =&Ma \\ 
F_A=&\mu gM
\end{align*}

Dalla  prima: 
$T=\frac{m(2g-a)}{4}$ e, sostituendo nella seconda, $4(Ma+F_A)=m(2g-a)$ da cui:
\[
a=g\frac{2(m-2\mu M)}{(4M+m)}
\]
Il blocco si muove con accelerazione costante partendo da fermo, dunque: 
\[
v^2=2 al = 4gl\frac{m-2\mu M}{4M+m}
\]
Invertendo, possiamo trovare $m$ in funzione di $v^2$ e successivamente porre $v^2=1\; m^2 s^{-2} = 10^4\; cm^2 s^{-2}$:
\[
m=4M\frac{v^2+2\mu gl}{4gl-v^2}=\FPsv[2]{4*M*((10^4+2*\attr*981*\lu)/(4*981*\lu - 10^4))}\;g
\]
\end{solution}
\pagebreak

\end{problem}
}

%\newproblem{%2
%\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{%3
\FPsetpar{PesoM}{200}{300}
\FPsetpar{angolo}{20}{50}
\FPsetpar{mudd}{2}{5}
\FPval{mud}[2]{\mudd/10}
\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 $\mu_d= \mud$. 
Il trasportatore è più alto del blocco e può spingere da dietro o tirare da davanti e applica una forza
lungo una direzione che forma un angolo di $\theta=\angolo^{\circ}$ 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:
\[
F=\frac{\mu m g}{\cos{\theta} \pm \mu \sin{\theta}}
\]
\[
\begin{cases}
F_+=\FPsv[2]{\mud*\PesoM/(cos(\angolo*pi()/180)+\mud*sin(\angolo*pi()/180))}\;Tiro\\ 
F_-=\FPsv[2]{\mud*\PesoM/(cos(\angolo*pi()/180)-\mud*sin(\angolo*pi()/180))}\; Spingo
\end{cases}
\]

\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}
\newproblem{%4
\FPsetpar{dist}{40}{50}
\FPval{vang}[1]{80*pi()/(2*dist)}
\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 (si trascuri l'effetto della gravità). 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]{pi()/(2*\vang)}
$d=v_0 t - \frac{1}{2} a t^2$. Siccome $\omega = \frac{\Delta \theta}{\Delta t}$, allora $t=\frac{\pi}{2\omega}=\tempo\;s$. Dunque:
\FPval{acc}[2]{2*((100*tempo)- dist)/(tempo^2)}
\[
a= 2 \frac{(v_0 t-d)}{t^2}= \frac{8\omega^2}{\pi^2}\left( \frac{\pi v_0}{2\omega} -d\right)=\acc\;m\cdot s^{-2}
\]
\[
v=v_0 - at=\FPsv[2]{100-\acc*\tempo}
\]

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

%\newproblem{%5
%\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
%\[
%\frac{1}{2} k \Delta x^2 = (m_1+m_2)v_0^2 -m_2 g \Delta x \sin{\alpha}
%\]
%\FPval{bi}[3]{2*mdue*9.81*0.707/cappa}
%\FPval{ci}[3]{-2*(muno+mdue)*vzero^2/cappa}
%\FPqsolve{\xa}{\xb}{1}{\bi}{\ci}
%Le soluzioni sono $x_1=\FPsv[2]{xa}$ e $x_2=\FPsv[2]{xb}$
%
%\end{solution}
%\end{problem}
%\newpage
%}

\newproblem{%6
\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 affinché 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:
\[
v_0 = \sqrt{\frac{g\left( d^2+h^2\right)}{2h}} = \FPsv[2]{(9.81*(\dist^2+\acca^2)/(2*\acca))^0.5}\:m s^{-1}
\]

\end{solution}
\pagebreak

\end{problem} 
}

\newproblem{%7
\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 $a_2 = \FPsv[2]{auno/2} \; m/s^2$ 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}
Dopo aver toccato il suolo, la velocità avrà un andamento nel tempo data dalla relazione:
\[
v-v_D=\int {a(t)\; dt} = -0.5\int {t\;dt} = -\frac{1}{4}t^2
\]
Il tempo della frenata sarà quello $\bar t$  per cui si annulla la velocità a partire da $v_D$: $v_D=1/4 \bar t^2$ e dunque $\bar t = 2\sqrt{v_D}$ . Per calcolare lo spazio di frenata dobbiamo integrare ulterirmente:
\[
x = \int_0^{\bar t}{\left(v_D - \frac{1}{4} t^2 \right)\; dt} =v_D \bar t - \frac{1}{12}\bar t^3 = \frac{4}{3} v_D^{3/2}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%8
\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 $r=\erre$ m 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}
\FPval{vzero}[2]{(2*9.81*\acca)^0.5}
$v_0= \sqrt{2 g h}=\vzero$ è la velocità iniziale prima della guida circolare. La velocità lineare nel punto B, la calcoliamo con la conservazione dell'energia: $1/2(m v_0^2 - v_B^2)=mg\cdot 2r$; dunque:
\FPval{vb}[2]{(2*9.81*\acca - 4*9.81*\erre)^0.5}
$v_B=\sqrt{v_0^2 - 4gr}=\vb$ 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.\par
La velocità con cui il corpo raggiunge il tratto scabro è la stessa che ha alla base del piano inclinato: $v_c^2= 2gh$ e quella che avrà nel punto D si ricava dal teorema dell'energia: $1/2 m v_c^2 = 1/2 m v_D^2 + \mu_d g d$ dunque: $1/2v_D^2 = 1/2 v_C^2 - \mu_d g d= g(h -\mu_d d)$ \FPval{vd}[2]{(vzero^2 -2*0.2*9.81*5)^0.5}; $v_D=\vd$
Questa sarà anche la velocità con cui raggiunge la molla. Dunque dalla conservazione dell'energia: 
$1/2 m v_D^2  = 1/2 K \Delta x^2$ ci dà: $\Delta x  =\sqrt{m v_D^2/ K} =\FPsv[2]{(emme*vd^2/kappa)^0.5}$\\
Siccome la molla esercita una forza conservativa, la velocità con cui il corpo torna al punto D è la stessa con cui ci era arrivato. Affinché il corpo ritorni alla base del piano inclinato, questi deve raggiungere la guida circolare con una velocità tale che l'accelerazione centripeta in B sia maggiore di g, quindi $v_B'^2=v_C'^2-4gr > gr$ $v_C'=v_f > \sqrt{5gr}$. Dunque $v_f=\sqrt{v_D^2 -2\mu_d g d} >\sqrt{5gr}$,  quindi: $v_D^2 > g(5r+ 2\mu_d d)=\FPsv[2]{9.81*(5*\erre + 2*0.2*5)}$ e $v_D^2 =\FPsv[2]{\vd^2}$

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

\newproblem{%9
\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{%10
\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{%11
\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{%12
\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{ %13 canale 110926
\FPsetpar{massa}{8}{13}
\FPsetpar{kapp}{4}{6}
\FPsetpar{deltax}{2}{4}
\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 $D=0,7\; m$ sul piano orizzontale determinare l'angolo rispetto all'orizzontale con cui è stata lanciata.
\end{enumerate}

\begin{solution}
\FPval{kdy}[2]{\kapp*100000} %k in dyne=cm g s^-2
Applicando la conservazione dell'energia meccanica:
\[
 \frac{1}{2} k \Delta\ell^2 = \frac{1}{2} m v^2
\]
dunque: \FPval{vel}[2]{\deltax*(\kdy/\massa)^0.5} 

\[
v=\sqrt{\frac{k}{m}}\Delta\ell =\vel\; cm/s
\]
La gittata di un proiettile è data da:
\[
D=\frac{v^2}{g}\sin{2\alpha}
\]
da cui:
\FPval{ang}[3]{(981*70/(\vel^2))/2}
\[
\alpha=\frac{1}{2}\arcsin\left(\frac{gD}{v^2}\right) = \ang\; rad
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%14
\FPsetpar{massad}{10}{15}
\FPsetpar{Tens}{30}{60}
\FPsetpar{lung}{2}{4}
\FPval{massa}[2]{massad/10}

\begin{problem}[10] %canale 110429
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}
Siccome il triangolo è equilatero $\theta = 30^{\circ}$. \FPval{ang}[3]{pi()/6}
\[
\begin{cases}
T_s \cos{\theta} + T_i\cos{\theta}  = m a = m\frac{v^2}{r}\\
T_s \sin{\theta} - T_i\sin{\theta} -m g = 0
\end{cases}
\]
ove $r=\ell\cos{\theta}$
Da cui possiamo ricavare:
\FPval{Tinf}[2]{\Tens - \massa*9.81/(sin(\ang))}
\[
T_i = T_s - \frac{mg}{\sin {\theta}} = \Tinf\;N
\]
e
\[
v = \sqrt{\frac{(T_s+T_i)\ell cos^2\left(\theta\right)}{m}}=\FPsv[2]{((\Tens+\Tinf)*\lung*(cos(\ang)^2)/(\massa))^0.5}\;m\cdot s^{-1}
\]

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

\newproblem{%15
\FPsetpar{muno}{2}{4}
\FPval{mdue}[2]{\muno+1}
\FPsetpar{kappa}{200}{300}
\FPsetpar{del}{30}{40}
\FPval{ddel}[2]{del/100}
\begin{problem}[10]
Un  blocco  di  massa $m_1=\muno\; kg$,  fermo  su  una  superficie  orizzontale  priva  di  attrito,  è attaccato  ad  una  molla,  di  costante  elastica  $K=\kappa\;  N/m$,  nel suo stato di riposo. Un 
secondo blocchetto di massa $m_2=\mdue\; kg$ si muove sul piano con velocità $v_2$ e colpisce il 
primo nella direzione dell'asse della molla. Se l'urto è elastico:
\begin{enumerate}
\item determinare l'espressione letterale della velocità del blocco attaccato alla molla 
subito dopo l'urto;
\item nel  moto  dopo  l'urto  il  blocco,  attaccato  alla  molla, la  comprime  di  una 
lunghezza  massima $\delta=\del\; cm$. Determinare la velocità iniziale del secondo blocco $v_2$
\end{enumerate}
\begin{solution}
Siccome l'urto è elastico, possiamo conservare l'energia e la quantità di moto:
\[
\begin{cases}
m_2 v_2 = m_{1} v_{1f}+ m_{2} v_{2f}\\
\frac{1}{2}m_2 v_2^2 = \frac{1}{2}m_1 v_{1f}^2+\frac{1}{2}m_2 v_{2f}^2
\end{cases}
\]
da cui 
\[
\begin{cases}
m_2 (v_2^2 -v_{2f}^2)=m_1 v_{1f}^2\\
m_2(v_2 -v_{2f})= m_1 v_{1f}
\end{cases}
\]
e, sviluppando la differenza dei quadrati e sostituendo:
\[
\begin{cases}
v_{1f}= \frac{2 m_2}{m_1+ m_2}v_{2}\\
v_{2f} = \frac{m_1 -m_2}{m_1 + m_2} v_{2}
\end{cases}
\]
Dopo l'urto si deve conservare l'energia totale:
\[
\frac{1}{2} m_1 v_{1f}^2 = \frac{1}{2}K*\delta^2
\]
dunque 
\[
v_{1f}= \delta\sqrt{\frac{K}{m_1}}
\]
Sostituendo nell'esperssione per $v_{1f}$
\[
v_2=\frac{m_1+ m_2}{2 m_2}\delta\sqrt{\frac{K}{m_1}} = \FPsv[2]{\ddel*(\kappa/muno)^(0.5)*(\muno+\mdue)/(2*mdue)} \;m s^{-1}
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%16
\FPsetpar{emme}{65}{85}
\FPsetpar{acca}{1}{3}
\FPsetpar{elle}{7}{10}

\begin{problem}[10]
Un atleta del peso di $m=\emme\; kg$ dondola appeso ad una corda lunga $\ell = \elle\;m$. Sapendo che la massima altezza raggiunta è $h=\acca\;m$,  determinare la tensione della corda nel punto in cui la corda passa per la verticale.

\begin{solution}
Siccome la lunghezza della corda non cambia, il moto è lungo una circonferenza. Dunque sarà presente un'accelerazione centripeta diretta verso il punto di sospensione di modulo $a_c=v^2/\ell$.
La velocità nel punto in cui la corda passa per la verticale, si può ricavare dal teorema della conservazione dell'energia meccanica: $mgh=\frac{1}{2}m v^2$ dunque, $v^2=2gh$.\par
Quando la corda passa per la verticale, l'atleta è fermo nella direzione di $\ell$, dunque:
\[
T-mg =m\frac{v^2}{\ell} = \frac{2mgh}{\ell}
\]
dunque
\[
T=mg\left( 1+2 \frac{h}{\ell} \right) = \FPsv[2]{emme*9.81*(1+2*(acca/elle))}\; N
\]

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

\newproblem{%17
\FPsetpar{angolo}{30}{45}
\FPsetpar{Nr}{80}{130}
\FPsetpar{vel}{1}{3}
\begin{problem}
Una sciovia è installata su un pendio inclinato di un angolo $\theta=\angolo ^\circ$
rispetto all'orizzontale e,  a  pieno  carico,  può  trasportare  in  salita  $N=\Nr$ sciatori ognuno di massa $m=70$kg. 
Considerando un coefficiente di attrito dinamico fra neve e sci $\mu=0.05$ determinare:
\begin{enumerate}
\item la forza F esercitata dal cavo della sciovia sul singolo sciatore per farlo  salire a velocità costante;
\item la potenza totale fornita dal motore per risalire con velocità $v=\vel$ m/s
\end{enumerate}
\begin{solution}
Visto che la velocità è costante, la forza di trazione deve uguagliare la forza peso più quella d'attrito:
\FPval{Traz}[2]{70*9.81*(sin(angolo*pi/180)+0.05*cos(angolo*pi/180))}
\[
F=mg (\sin\theta +\mu \cos\theta) = \Traz \;N
\]
La potenza è pari al lavoro compiuto per spostare tutti gli sciatori di una distanza $dx$ nell'unità di tempo $dt$; dunque:
\[
W=NFv=\FPsv[2]{Nr*Traz*vel} \; W
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%18
\FPsetpar{quota}{50}{70}
\FPsetpar{stacco}{10}{25}

\begin{problem}
Un trampolino  per  il  salto  con  gli  sci  è schematizzabile con una discesa  lungo  uno scivolo  da  una  quota  di  $h_1=\quota$m  a  quella  di $h_2=\stacco$m e tale che al momento  del  distacco  la velocità  dello  sciatore sia orizzontale. Supponendo di potere trascurare ogni  forma  di attrito,  determinare:
\begin {enumerate}
\item la  velocità  al  momento  del  salto;
\item la  durata  del  salto;
\item la lunghezza del salto
\end{enumerate}
\begin{solution}
La velocità di stacco, ricavabile dalla conservazione dell'energia meccanica è:\FPval{vzero}[2]{(2*9.81*(\quota -\stacco))^0.5} $v_0=\sqrt{2g(h_1-h_2)}=\vzero\; m s^{-1}$.\\
La durata del salto è data dal tempo in cui lo sciatore passa dall'altezza $h_2$ al suolo:\FPval{tzero}[2]{(2*\stacco/9.81)^0.5} $t=\sqrt{2h_2/g}=\tzero$s.\\
 In questo tempo, alla velocità $v_0$ lo sciatore avrà percorso una lunghezza $x=v_0t_0=\FPsv[2]{\vzero*\tzero}$

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

\newproblem{%19
\FPsetpar{vzero}{5}{8}
\FPsetpar{Duno}{4}{6}
\FPsetpar{ddue}{1}{3}
\begin{problem}
Un  corpo  di  massa  m  è  lanciato  con  velocità   $v_0= \vzero\;m/s$  lungo  un  tratto  orizzontale  di  un  piano scabro. Dopo avere percorso una distanza $d_1=\Duno\;m$ il corpo ``rimbalza'' elasticamente contro una parete  (inverte  la  sua  velocità  in  un  tempo  trascurabile)  e  riparte  in  direzione  opposta  sul medesimo   piano,   sul   quale   percorre   una   ulteriore   distanza   $d_2=\ddue\;m$   prima   di   fermarsi. Determinare:
 \begin{enumerate}
\item il coefficiente di attrito dinamico $\mu_d$ del piano scabro; 
\item il tempo intercorso fra la partenza e l'arresto del corpo.
\end{enumerate}

\begin{solution}
Scriviamo le equazioni dell'energia prima e dopo il rimbalzo:
\[
\begin{cases}
\frac{1}{2} m(v_r^2-v_0^2) = \mu_d m g d_1\\
0 -\frac{1}{2} m v_r^2 = \mu_d m g d_2
\end{cases}
\]
essendo $v_r$ la velocità con cui arriva sulla parete. Sommando membro a membro e ricavando $\mu_d$:
\FPval{mud}[2]{\vzero^2/(2*9.81*(\Duno+\ddue))}
\[
\mu_d = \frac{v_0^2}{2g(d_1+d_2)} = \mud
\]
Il moto è uniformemente decelerato lungo una distanza $d_1+d_2$ con accelerazione $a=-\mu_d g$, dunque: 
\[
0 - v_0 = at \Rightarrow t=\frac{v_0}{\mu_d g} = \frac{2(d_1+d_2)}{v_0} = \FPsv[2]{2*(Duno+ddue)/(vzero)}\;s
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%20
\FPsetpar{vel}{20}{30}
\FPsetpar{dist}{33}{50}
\begin{problem}[7]
Una palla viene lanciata orizzontalmente dal tetto di un edificio con velocità iniziale 
$v_0=\vel\; m\cdot s^{-1}$ e raggiunge il suolo ad una distanza di $x_f=\dist\;m$ dalla base dell'edificio. Quanto è alto l'edificio?

\begin{solution}
Il tempo che la palla impiega a raggiungere il suolo partendo con velocità verticale nulla è: $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$. In questo tempo la palla percorre una distanza $x_f$ in orizzontale a velocità $v_0$, dunque: $v_0 t =x_f \Rightarrow x_f^2 = v_0^2\frac{2h}{g}$, da cui:
\[
h  =\frac{gx_f^2}{2v_0^2} = \FPsv[2]{9.81*dist^2/(2*\vel^2)}\;m
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%21
\FPsetpar{dist}{40}{80}
\FPsetpar{ang}{25}{40}
\FPval{angr}[2]{ang*pi/180}

\begin{problem}[7]
Uno sciatore, inizialmente in quiete, scende strisciando lungo la pista percorrendo
$d=\dist$ m. La pista forma un angolo di $\theta=\ang^{\circ}$ con l'orizzontale.
\begin{enumerate}
\item Se il coefficiente di attrito tra gli sci e la pista è $\mu_d=0.100$, si trovi la velocità dello
sciatore al fondo della pista.
\item Giunto al fondo della pista, lo sciatore continua a muoversi su una distesa di
neve orizzontale. Si trovi quanto spazio percorre ancora prima di arrestarsi
\end{enumerate}
\begin{solution}
Si applica la conservazione dell'energia meccanica: l'energia cinetica finale più il lavoro delle forze d'attrito deve uguagliare la variazione di energia potenziale
\[
\frac{1}{2} m v_f^2 + \mu_d mg \cos{\theta}d= mgd\sin{\theta}
\]  
da cui:
\FPval{vel}[2]{(2*9.81*\dist*(sin(\angr)-0.100*cos(\angr)))^0.5}
\[
v_f=\sqrt{2gd(\sin{\theta} - \mu_d\cos{\theta})} = \vel \; m\cdot s^{-1}
\]
Analogamente, quando lo sciatore si muove orizzontalmente, il lavoro delle forze d'attrito sullo spazio percorso $s$ dovrà eguagliare l'energia cinetica iniziale:
\[
\frac{1}{2} m v_f^2 = \mu_d m g s
\]
quindi: 
\[
s=\frac{v_f^2}{2\mu_d g}=\FPsv[2]{vel^2/(2*0.100*9.81)}\;m
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%22
\FPsetpar{acca}{20}{50}
\FPsetpar{vx}{30}{50}
\FPsetpar{vzero}{7}{20}
\FPsetpar{mc}{100}{300}
\FPsetpar{map}{30}{60}
\begin{problem}[10]
Un elicottero, che vola ad un altezza $h = \acca$ m velocità orizzontale $v_x = \vx$ m/s,  deve lanciare un pacco di aiuti su un carrello che viaggia con velocità $v_{0x} = \vzero$ m/s. 
Il carrello ha massa $m_c = \mc$ Kg e il pacco ha massa $m_p = \map$ Kg.
Trascurando la resistenza dell'aria,  supponendo che il carrello proceda senza attrito e che il pacco atterri sul carrello e quindi viaggi insieme al carrello calcolare:
\begin{enumerate}
\item L'angolo sotto cui il pilota dell'elicottero deve vedere il carrello affinché il pacco cada sul carrello
\item La velocità del carrello dopo che il pacco è atterrato 
\item La differenza di energia cinetica tra (immediatamente) prima e dopo l'atterraggio   
\end{enumerate}
\begin{solution}
Nel sistema di riferimento del carrello, la velocità dell'elicottero è \FPval{vrx}[2]{vx-vzero} $v_{rx} = \vrx$. Il tempo che il pacco impiega per raggiungere il suolo è $t=\sqrt{\frac{2h}{g}}$ in questo tempo, il pacco percorre una distanza orizzontale: \FPval{elle}[2]{vrx*(2*acca/9.81)^0.5} $\ell=v_{rx} t = v_{rx}\sqrt{\frac{2h}{g}}$, dunque l'angolo di vista sarà:\FPval{angolo}[2]{arctan(elle/acca)} $\theta=\arctan{\frac{\ell}{h}} = \angolo$ rad.\\
La velocità del carrello si ricava dalla conservazione della quantità di moto nella direzione orizzontale: $m_c v_{0x}+m_p v_x = (m_c + m_p)v$, dunque:\FPval{vfin}[2]{(mc*vzero+map*vx)/(mc+map)}
\[
v = \frac{m_c v_{0x}+m_p v_x}{m_c + m_p} =\vfin\;m\cdot s^{-1}
\]

\FPval{Kinp}[2]{0.5*map*(vx^2+2*9.81*acca)} 
\FPval{Kfin}[2]{0.5*vfin^2 *(mc + map)}
\FPval{Kc}[2]{0.5*mc*vzero^2}

L'energia cinetica del pacco subito prima di atterrare è $K_p=\frac{1}{2} m_p (v_x^2 + 2gh) =\Kinp$ J e quella del carrello è  $ K_c = \frac{1}{2} m_c v_{0x}^2=\Kc $ J. L'energia cinetica finale è  $K_f = \frac{1}{2} (m_c+m_p)v^2 =\frac{(m_c v_{0x}+m_p v_x)^2}{m_c+m_p} = \Kfin$ J quindi la differenza tra prima e dopo l'atterraggio è $K_p +K_c -K_f=\FPsv[2]{\Kinp+\Kc-\Kfin}$ J.
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %23
\FPsetpar{dN}{30}{35}
\FPsetpar{dE}{27}{29}
\FPsetpar{vE}{17}{20}
\FPsetpar{vBt}{10}{13}
\FPsetpar{vN}{8}{11}
\begin{problem}

Due barche partecipano ad una regata partendo al tempo $t_0$ dallo stesso porto. La prima si dirige a Nord percorrendo $N=\dN$ miglia marine alla velocità di $v_N=\vN$ nodi e quindi $E = \dE$  miglia verso Est alla velocità di $v_E=\vE$ nodi, finché giunge alla prima boa. La seconda punta direttamente alla boa con una velocità di $v_{Bt}=\vBt$ nodi. Sapendo che un miglio marino è pari a 1852 m e che un nodo è pari ad un miglio all'ora, calcolare:
\begin{enumerate}
\item La distanza (in km) fra la boa ed il punto di partenza;
\item Il tempo (in h) impiegato dalla prima barca a raggiungere la boa;
\item Il tempo (in h) impiegato dalla seconda barca a raggiungere la boa;
\item l'angolo $\theta$, espresso in gradi, tra la velocità della seconda barca $v_B$ e la direzione che indica il Nord.
\end{enumerate}
\begin{solution}
Prendendo un sistema di riferimento in con x che punta ad est e y che punta a nord, la distanza percorsa è il modulo del vettore spostamento \FPval{dist}[2]{(dN^2+dE^2)^0.5} $ d=\sqrt{N^2+E^2} =\FPsv[2]{dist*1.852}$ km 

Il tempo impiegato per ciascuna tratta è: $t_N=N/v_N$ e $t_E=E/v_E$, il tempo totale della prima barca è dato dalla somma $t_N+t_E=\FPsv[2]{(vE*dN+vN*dE)/(vE*vN)}$ h. 
Il tempo che la seconda barca impiega è $d/v_{Bt}=\FPsv[2]{dist/vBt}$ h.  
L'angolo tra la velocità della seconda barca rispetto al nord è $\theta=\arctan\left(\frac{E}{N}\right) = \FPsv[2]{arctan(dE/dN)*180/pi()} ^{\circ}$

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

\newproblem{ %24
\FPsetpar{ecin}{200}{220}
\FPsetpar{tens}{11}{15}
\FPsetpar{per}{30}{40}
\begin{problem}
 Un corpo si muove di moto circolare uniforme lungo una traiettoria circolare con energia cinetica $E_c = \ecin$ J. Il corpo è tenuto in orbita tramite una fune tesa inestensibile di massa trascurabile. Se il modulo della tensione della fune è $\tau= \tens $ N e il periodo di rotazione è $T = \per$ s, calcolare (esprimendo le unità di misura nel Sistema Internazionale):
\begin{enumerate}
\item  il raggio R della traiettoria;
\item  il modulo della velocità v del corpo;
\item  la massa m del corpo;
\item  il modulo del momento angolare L.
\end{enumerate}

\begin{solution}
\[
\begin{cases}
E_c=\frac{1}{2}m v^2\\
\tau=m \frac{v^2}{R}\\
\omega=\frac{v}{R}=\frac{2\pi}{T}
\end{cases}
\]
Dividendo la prima per la seconda:$E_c/\tau=R/2 $ Dunque: \FPval{err}[2]{2*\ecin/\tens} $R=2E_c/\tau=\err$ m. \\
Dalla terza: $v/R\equiv v\tau/2E_c=2\pi/T$, quindi: \FPval{vel}[2]{4*pi()*\ecin/(\per*tens)} $v=4\pi E_c/T\tau=\vel\;m s^{-1}$. Sostituendo nella prima, troviamo: \FPval{emm}[2]{2*\ecin/\vel^2} $m=2E_c/v^2= \emm$ kg.
Infine, il momento angolare è $L=R\times mv=\FPsv[2]{\err*\emm*\vel}\; kg\; m^2 s^{-1}$. 

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

\newproblem{ %25 Luci pag24
\FPsetpar{mass}{100}{135}
\FPsetpar{tens}{1800}{2300}
\FPsetpar{attr}{350}{450}

\begin{problem}
Un ascensore di massa $m=\mass$ Kg è tirato verso l'alto da una fune, che può sopportare una tensione massima di $T=\tens$ N. Quale è il tempo minimo necessario per portare, in totale assenza di attriti, l'ascensore dal primo al quinto piano, tra cui c'è un dislivello di $h=12$ m ? Quale è invece il tempo se si aggiunge un attrito dinamico di $F_a=\attr$ N ?
\begin{solution}
Le forze agenti sull'ascensore sono la tensione, la forza peso e, nel secondo caso, l'attrito. Dunque:\FPval{acc}[2]{\tens/\mass-9.81}
$T-mg=ma$ e quindi: $a=T/m -g=\acc\; m \cdot s^{-2}$. L'ascensore percorrerà un dislivello $h=1/2 a t^2$, nel tempo:
\[
t=\sqrt{\frac{2h}{a}} =\FPsv[2]{(24/\acc)^0.5}\;s
\]
In presenza di attrito, il bilancio delle forse sarà: $T-mg-F_a = ma$, e dunque:\FPval{acp}[2]{(tens - attr)/mass -9.81}
\[
a=\frac{T-F}{m} -g=\acp \; m\cdot s^{-2}
\]
e dunque $t=\FPsv[2]{(24/\acp)^0.5}\;s$

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

\newproblem{%26
\FPsetpar{massg}{8}{16}
\FPval{mass}[4]{\massg/1000}
\FPsetpar{mbloc}{2}{4}
\FPsetpar{elle}{1}{3}

\begin{problem}
Una  pallottola  di  massa  $m=\massg\;g$  viene  sparata  contro  un  blocco  di massa $M=\mbloc \;kg$ inizialmente in quiete sul bordo di un tavolo alto $h=1\;m$. Il proiettile si conficca nel blocco e, dopo l'urto, il blocco cade al suolo ad una distanza $L=\elle\;m$ dallo spigolo del tavolo.
\begin{enumerate}
 \item Determinare la velocità  iniziale  $v_0$ del  proiettile.
 \item Determinare  l'energia  trasformata in  calore  dopo  l'urto, 
 \item l'energia  cinetica  iniziale con  cui  il  blocco  cade  dal punto al bordo del tavolo,
 \item l'energia cinetica con cui arriva al suolo.
\end{enumerate}

\begin{solution}
Nell'urto anelastico si conserva la quantità di moto, quindi: $mv_0=(m+M)v_b$ dove $v_b$ è la velocità del blocco con il proiettile incastrato dopo l'urto. Con questa velocità, il sistema percorre una distanza orizzontale $L=v_b\cdot t^*$ dove $t^*$ è il tempo che ci vuole per raggiungere il suolo: $t^*=\sqrt{\frac{2h}{g}}$; dunque 
\FPval{vbi}[2]{\elle*(9.81/2)^0.5}
 $v_b=L\cdot \sqrt{\frac{g}{2h}}=\vbi\;m \cdot s^{-1}$ e quindi:
\FPval{vzero}[2]{\vbi*(\mass+\mbloc)/\mass}
\[
v_0=\frac{m+M}{m}L\sqrt{\frac{g}{2h}}=\vzero \;m \cdot s^{-1}
\]
\FPval{epr}[2]{0.5*\mass*\vzero^2}
\FPval{edo}[2]{0.5*\vbi^2*(\mbloc+\mass)}
L'energia trasformata in calore sarà la differenza tra le energie cinetiche prima e dopo l'urto  $E=E_p-E_d=1/2 m v_0^2 - 1/2 (m+M)v_b^2 = \epr -\edo=\FPsv[2]{\epr-\edo}\;J$\\
L'energia cinetica con cui il sistema comincia a muoversi dopo l'urto è $E_d=\edo\;J$ \\
L'energia cinetica con cui raggiunge il suolo è $E_f=1/2 (m+M)(v_b^2+2gh)=\FPsv[2]{(\mass+\mbloc)*9.81+\edo}\;J$

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

\newproblem{%27
\FPsetpar{ang}{10}{15}
\FPval{angr}[4]{\ang*pi()/180}
\FPsetpar{vzero}{8}{12}


\begin{problem}

Uno sciatore compie un salto da una rampa  inclinata di $\theta_a=\ang^{\circ}$ rispetto all'orizzontale per poi ricadere su un piano inclinato di $\theta=45^{\circ}$. Sapendo  che  lo  sciatore  lascia  la rampa con una velocità in modulo pari a $V_0=\vzero$ m/s e trascurando la resistenza dell'aria, calcolare a che distanza dal punto di lancio lo  sciatore  atterra sul piano inclinato e le  componenti  della  velocità  nel  punto  di atterraggio.
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{./Esercizi/sciatore.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Fissando l'origine nel punto di stacco: 
\[
\begin{cases}
x=v_0\cos{\theta_a} t\\
y= v_0 \sin{\theta_a} t - 1/2 g t^2
\end{cases}
\]
da cui, ricavando t dalla prima e sostituendo nella seconda
\[
y=x \tan{theta_a}-\frac{gx^2}{2\cos^2{\theta_a}v_0^2}
\] 
che, messa a sistema con l'equazione del piano inclinato $y=-x$, permette di ricavare l'ascissa del punto di contatto:
\FPval{xc}[2]{(2*(cos(\angr))^2*(1+tan(\angr))*\vzero^2)/9,81}
\[
x_c=\frac{2\cos^2{\theta_a}(\tan{\theta_a}+1)v_0^2}{g} = \xc \;m
\]
che equivale ad una distanza sul piano inclinato $d=x_c/\cos{\theta_b}=\FPsv[2]{\xc*2^0,5}$.\\
Le componenti della velocità, saranno:
\[
\begin{cases}
v_x = v_0 \cos{\theta_a}\\
v_y= v_0 \sin{\theta_a} - g t_c
\]
dove $t_c è il tempo a cui lo sciatore tocca il piano: dunque quando $x(t_c)=x_c$ \FPval{tc}[2]{\xc/(\vzero*cos(\angr))}
\[
v_0\cos{\theta_a} t_c = x_c\Rigtharrow t_c=\frac{t_c}{v_0\cos{\theta_a}} =\tc \;s
\]


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