%\newproblem{ %1
%\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{%2
\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{&3
%\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}{BC} = \frac{p}{AC} & \rightarrow T=p\frac{BC}{AC}\\
%\frac{S}{AB}=\frac{p}{AC}& \rightarrow S=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{%4
\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{%5
\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: \FPval{omegazero}[2]{4*Mom*3/(3*massa*0.1^2)}
\[
\omega_0 = \frac{M t_0}{I}=\frac{4Mt_0}{3 m r^2}=\omegazero \;rad\;s^{-1}
\]
Il momento applicato è costante, quindi per raggiungere la velocità uguale ed opposta all'iniziale ci vogliono $t_0$ secondi da quando si ferma.
Per trovare il numero di giri bisogna risolvere l'equazione del moto:
\[
\omega_0 t + \frac{1}{2}\dot \omega t^2 = \alpha =2 N \pi
\] 
essendo N il numero di giri e $t=2 t_0$. Dunque 
\[
N=\frac{2 \omega_0 t_0(1+1/(2t_0)\cdot 2t_0)}{2\pi} = \frac{4\omega_0 t_0}{2\pi} = \FPsv{6*omegazero/(pi)}
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
} 

\newproblem{%6
\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:\FPval{vdue}[2]{(\vuno^2 -2*9.82*0.2*elle)^(0.5)}
\begin{equation*}
v_2=\sqrt{v_1^2 -2g \mu_d L} = \vdue
\end{equation*}
Prendendo il sistema di riferimento centrato nell'asse di rotazione e rivolto verso l'alto, il centro di massa si troverà ad una coordinata \FPval{yg}[2]{(3*5/4-(muno+1)*5/2)/(muno+4)}
\[
y_g=\frac{m_3 L_a/4 -(m_1+m_2) L_a/2}{m_1+m_2+m_3}=\yg
\]
essendo il centro di massa dell'asta nell'origine.
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*}
\FPval{Iner}[2]{3*25/12+(muno+1)*2.5^2+3*(5-2.5)^2}
dove $I = m_a L_a^2/12 + (m_1+m_2)h^2 + m_3 (\frac{L_a - h}{2})^2 = \Iner$ è il momento di inerzia del sistema rispetto all'asse di rotazione. 
\FPval{ome}[2]{muno*vdue*2.5/Iner}
Per trovare $\omega = m_1 v_2 h/I=\ome$

Perché l'asta si ribalti, dovrà essere:
\[
\frac{1}{2}I \omega^2 \geq (m_a+m_1+m_2+m_3)g\cdot 2y_g
\]
perché la differenza di quota è $2y_g$. Dunque: $\omega^2\geq 4(m_a+m_1+m_2 + m_3)gy_g/I$ ovvero
$\omega\geq \FPsv[2]{(4*(3+muno+1+3)*9.81*abs(yg)/Iner)^0.5}$

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

\newproblem{%7
\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{%8
\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 t_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)}\; kg\; m^2\\
M_f  = & M_m \frac{t_1}{t_1+t_2} & =  \FPsv[2]{\Emmemm * 20/(20+\tidue)} \; N\;m
\end{align*}

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



\newproblem{%9
\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.
\[
\begin{cases}
K_{i} = \frac{1}{2} I_0 \omega_i^2\\
K_{f} = \frac{1}{2} (I_0+mR^2) \omega_f^2
\end{cases}
\]

\[
	K_i -K_f = \frac{1}{2} I_0 \omega_i^2\frac{mR^2}{I_0+mR^2} =\frac{mMR^2}{2(M+2m)}\omega_i^2 = K_i \frac{2m}{M+2m}
\]
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%10 Canale 15-11-10
\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{%11
\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 tavolo 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 al bordo del tavolo (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{%12
\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:
\[
T_{inf}=T_{sup}-\frac{m R^2\dot\omega}{r_{int}}=\FPsv[2]{100-(\massa*(\diam/2)^(2)*\accang)/0.10}\; N
\]

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

\newproblem{%13
\FPsetpar{raggio}{20}{40}
\FPval{rag}[2]{raggio/100}
\FPsetpar{massa}{2}{4}
\begin{problem}[10]
Una ruota disomogenea 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. Quanto vale il momento di inerzia se c'è un momento delle forze d'attrito $M=0.5 \;N\;m$? Quanto vale il lavoro compiuto dalle forze d'attrito dopo un tempo $t=2 s$?

\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: 
\[
 I=m R^2\frac{g-a}{a}=\FPsv[2]{\massa*(\rag)^2*8.81}\; kg \;m^2
\]

L'equazione dei momenti delle forze cambia con l'attrito che si oppone all'effetto della tensione:
\[
TR -M =  I \dot\omega=I \frac{a}{R}
\]


mentre l'equazione delle forze sulla massa in caduta non cambia.
 Dunque:
\[
	I=(TR-M)\frac{R}{a}=(m(g-a)R - M)\frac{R}{a}	=\FPsv[2]{\massa*((9.81-1)*\rag - 0.5)* \rag}\; kg \; m^2
\]	

Il lavoro compiuto dalle forze d'attrito è $L=M\alpha$ dove $\alpha$ è l'angolo di cui ha girato la ruota nel tempo t: \FPval{alfa}[2]{4/(2*rag)}
\[
\alpha =\frac{1}{2} \dot\omega t^2 = \frac{a}{2R} t^2 = \FPsv[2]{alfa} \; rad
\]
e dunque: $L=\FPsv[2]{0.5*alfa}\;J$
\end{solution}
\pagebreak
\end{problem}
}

\newproblem{%14
\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{%15
\FPsetpar{ine}{800}{1200}
\FPsetpar{acc}{1}{3}
\FPsetpar{massa}{2}{5}
\begin{problem}[10]
Una ruota non omogenea di raggio r è montata su un asse orizzontale intorno  al  quale  può  girare 
senza  attrito  e  con  momento  d'inerzia  $I=\ine\;  kg\cdot cm^2$.  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 $a=\acc\;m/s^2$. 
\begin{enumerate}
\item Determinare il raggio r della ruota
\item Se il piano è scabro con attrito dinamico $\mu_d=0.1$ ed il raggio rimane quello calcolato, quanto cambierà l'accelerazione?
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{pianocarrucola.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Dobbiamo uguagliare il momento della 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: \FPval{raggio}[2]{((\ine*10^(-4) *\acc)/(\massa*(9.81*sin(20*3.1415/180) - \acc)))^0.5}
\[
r=\sqrt{\frac{a I}{m(g\sin\theta -a)}}= \raggio\; m
\]

La seconda equazione del sistema cambierà in presenza dell'attrito:
\[
ma = mg(\sin{\theta} - \mu_d \cos{\theta}) -T =  mg(\sin{\theta} - \mu_d \cos{\theta}) - \frac{Ia}{r^2}
\]
quindi:
\[
ma\left(1+\frac{I}{mr^2}\right)= mg(\sin{\theta} - \mu_d \cos{\theta})
\]
da cui
\FPval{acc}[2]{9.81*(sin(20*pi/180)-0.1*cos(20*pi/180))/(1+((\ine*10^(-4))/(massa*raggio^2)))}
\[
a=\frac{g(\sin{\theta} - \mu_d \cos{\theta})}{\left(1+\frac{I}{mr^2}\right)} = 	\acc \;m\cdot s^{-2}
\]

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

\newproblem{ %16 Canale 020924_B
\FPsetpar{mass}{220}{260}
\FPsetpar{ell}{50}{55}
\FPsetpar{omegaf}{330}{400}
\FPval{len}[2]{ell/10}
\begin{problem}
Il rotore di un elicottero è costituito da tre pale di massa $m=\mass$ Kg e lunghezza $L=\len$ m ciascuna. Determinare:
\begin{enumerate}
\item	il momento d'inerzia del rotore rispetto ad un asse  perpendicolare al piano in cui giacciono le pale e passante per il loro punto di raccordo;
\item	il momento $M_R$ della coppia fornita dal motore dell'elicottero per portare il rotore alla velocità angolare di regime $\omega_f=\omegaf$ giri/minuto in un tempo $\Delta t=6$ s.
\end{enumerate}
\begin{solution}
\FPval{Ine}[2]{mass*len^2}
Il momento di inerzia è dato dalla somma dei momenti di inerzia di ciascuna pala che è un'asta incernierata ad un estremo:
$I = 3\cdot 1/3 m L^2 = m L^2 = \Ine \; Kg\; m^2$\par
L'accelerazione angolare è $\dot\omega = (\omega_f -\omega_0) /\Delta T$.  $M_r = I\dot\omega = I \omega_f/\Delta t = \FPsv[2]{Ine*omegaf/6}\;N\; m $ 

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

\newproblem{%17
\FPsetpar{le}{14}{17}
\FPval{len}[2]{le/10}
\FPsetpar{muno}{4}{8}
\FPval{mdue}[2]{muno/2}

\begin{problem}
Un'asta di massa $m_1 = \muno$ kg e lunghezza $L = \len$ m è incernierata ad un punto P, attorno al quale può ruotare senza attrito, come in figura.  All'altra estremità dell'asta, nel punto A,  è fissato un corpo di massa $m_2 = \mdue$ kg. Sul piano orizzontale, liscio, si trova un corpo di massa $m_3$. L'asta, inizialmente in quiete e disposta orizzontalmente, viene lasciata libera di ruotare. Calcolare
\begin{enumerate}
\item L'energia potenziale inziale del sistema.
\item La velocità angolare con cui l'asta passa dalla verticale. 
\item La velocità del corpo $m_2$ quando l'asta passa dalla verticale
\item Al momento del passaggio il punto estremo dell'asta, dove si trova il corpo $m_2$, urta in modo elastico il corpo di massa $m_3$, inizialmente fermo. A seguito dell'urto l'asta si ferma. Calcolare la massa del corpo $m_3$.
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{./Esercizi/asta.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Cominciamo a trovare la posizione del centro di massa: 
\[
\begin{cases}
x_G=\frac{m_1 L/2 + m_2 L}{m_1+ m_2}\\
y_G = 0
\end{cases}
\]
Siccome l'asta inizialmente è orizzontale, l'energia potenziale è
\FPval{upot}[2]{(\muno + 2*\mdue)*9.81*\len/2}
\[
U=(m_1+m_2)g x_G = (m_1+2m_2)\frac{Lg}{2} = \upot\;J
\]

Per calcolare la velocità angolare, dobbiamo trovare preventivamente il momento di inerzia del sistema: $I=I_{asta}+m_2 L^2 = 1/3 m_1 L^2 +m_2 L^2 = L^2/3(m_1+3m_2)$. A questo punto possiamo usare il teroema della conservazione dell'energia meccanica:
\[
U=\frac{1}{2}I\omega^2 \rightarrow \omega^2 =\frac{m_1+2m_2}{m_1+3m_2}\frac{3g}{L}
\]
da cui \FPval{om}[2]{((muno+2*mdue)/(muno+3*mdue)*3*9.81/len)^0.5} $\omega=\om$.\\
La velocità del corpo $m_2$ quando passa per la verticale sarà $v_2=\omega L = \FPsv[2]{\om*\len}\;m/s$.

Per trovare la velocità del corpo $m_3$ dopo l'urto dobbiamo conservare l'energia cinetica e il momento delle quantià di moto, visto che l'urto è elastico:
\[
\begin{cases}
\frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2} m_3 v_3^2\\
I\omega = m_3 v_3 L
\end{cases}
\]
da cui $I=m_3 L^2$ e dunque $m_3 = I/L^2 =1/3 m_1 +m_2 = \FPsv[2]{mdue +muno/3}\;kg$
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%18
\FPsetpar{lun}{1}{3}
\FPsetpar{mass}{2}{6}
\FPsetpar{mp}{150}{250}
\begin{problem}
Un'asta  di  lunghezza  $\ell=\lun$m  e  massa  $m_a=\mass$kg  è  vincolata  ad  un  asse  orizzontale, intorno al quale può ruotare liberamente. L'asta è tenuta ferma in  una  posizione  che  forma  un  angolo  di  $\theta=120^{\circ}$ rispetto alla verticale dell'equilibrio stabile, tramite un filo ideale orizzontale.
\begin{enumerate}
\item determinare il  valore  della  tensione;
\item se  si  taglia  il  filo,  determinare  la velocità angolare con cui l'asta arriva nella posizione di equilibrio stabile;
\item in quel punto l'asta urta elasticamente una pallina ferma di massa $m_p=\mp$g; determinare  la velocità della pallina subito dopo l'urto.
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\includegraphics[height=0.3\textheight]{./Esercizi/astapalla.pdf}
\end{center}
\end{figure}
\begin{solution}
Per trovare il valore della tensione dobbiamo equilibrare i momenti delle forze in gioco: la forza peso applicata al centro di massa e la tensione, applicata all'estremo. L'angolo che la fune forma con l'asta è $\alpha=\pi/2 -\theta$ dunque $\sin{\alpha} = \cos{\theta}$
\[
m_a g \frac{\ell}{2}\sin(\theta)  = T \ell\sin(\alpha)
\]
da cui: \FPval{tens}[2]{\mass*9.81*tan(120*pi/180)/2}
\[
T=\frac{m_a g}{2} tg{\theta} = \FPsv[2]{tens}\;N
\]
Nel momento in cui si taglia il filo possiamo utilizzare il teorema di consevazione dell'energia. inizialmente l'energia è tutta potenziale: $E=m g \ell/2 (1+\cos{(\pi -\theta)})$ che si trasforma in energia cinetica al passaggio nel punto di equilibrio stabile:
\[
m_a g \frac{\ell}{2}(1+\cos{(\pi -\theta)})  = \frac{1}{2}I\omega^2
\]
dove $I=m_a\ell^2/3$ \FPval{iner}[2]{(mass*lun^2)/3} è il momento di inerzia dell'asta rispetto ad un estremo.
Dunque la velocità angolare dell'asta al momento dell'urto è: \FPval{ome}[2]{(3*mass*9.81*(1-cos(120*pi/180))/lun)^0.5}
\[
\omega=\sqrt{\frac{3m_a g(1+cos(\pi-\theta))}{\ell}}=\sqrt{\frac{3m_a g(1-cos\theta)}{\ell}} = \ome\;rad\cdot s^{-1}
\]
per trovare la velocità della pallina dobbiamo mettere a sistema le energie cinetiche prima e dopo l'urto e i momenti della q.d.m.:
\[
\begin{cases}
\frac{1}{2}I \omega^2 = \frac{1}{2}I \omega_f^2 +\frac{1}{2} m_p v^2\\
I\omega= I\omega_f + m v \ell
\end{cases}
\]
da cui troviamo
\begin{align}
\begin{cases}
I(\omega +\omega_f)(\omega-\omega_f)=m_p v^2\\
I(\omega-\omega_f)=m_p v\ell
\end{cases}
& \Rightarrow &
\begin{cases}
(\omega+\omega_f)= \frac{v} {\ell}\\
(\omega-\omega_f)= \frac{m_p v\ell}{I}
\end{cases}
\end{align}
dunque: 
\[
v=2\omega\ell\left(\frac{I}{m_p \ell^2 +I}\right) = \FPsv[2]{2*ome*lun*iner/(mp*10^(-3)*lun^2 +iner)}\; m\cdot s^{-1}
\]
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%19
\FPsetpar{massa}{1}{3}
\FPsetpar{huno}{4}{7}
\FPsetpar{hdue}{2}{3}
\FPsetpar{angolo}{20}{30}

\begin{problem}
Una ruota di raggio $R = 0.1$ m, massa $m = \massa$ kg e momento di Inerzia I  (la massa è tutta concentrata nella circonferenza) inizialmente ferma nel punto A all'altezza $h_1 =\huno$ m, cade rotolando su di un piano inclinato.  
Il piano si raccorda, senza spigoli, con un altro piano inclinato che termina nel punto B di altezza $h_2 = \hdue$ m con un angolo $\theta=\angolo^{\circ}$
\begin{enumerate}
\item Calcolare l'energia cinetica nel punto B
\item Calcolare le componenti $V_x$ e $V_y$ della velocità del centro di massa nel punto B
\item Calcolare l'altezza della quota massima raggiunta dopo lo stacco in B;
\item Quando raggiunge la quota massima, utilizzando forze interne, il raggio raddoppia. Supponendo che la massa risulti concentrata nella nuova circonferenza, calcolare la variazione di energia cinetica
\end{enumerate}
\begin{solution}
L'energia cinetica della ruota è determinata dalla variazione dell'energia potenziale \FPval{kb}[2]{\massa*9.81*(\huno-\hdue)}
: $K_B=m g (h_1 - h_2) = \kb \;J$\\
La velocità del centro di massa la ricaviamo dalla conservazione dell'energia meccanica:
\[
\frac{1}{2}(m v_c^2 +I\omega^2) = K_B
\]
ove $\omega = v_c/R $ e $I = mR^2$. Dunque: $m v_c^2  = K_B$ e di conseguenza\FPval{vc}[2]{(\kb/\massa)^0.5} $v_c = \sqrt{K_B/m}=\vc$. 
\FPval{vx}[2]{\vc*cos(angolo*pi()/180)}
\FPval{vy}[2]{\vc*sin(angolo*pi()/180)}
Le sue componenti saranno: $v_x=v_c \cos{\theta} = \vx\;m\cdot s^{-1}$, e $v_y=v_c \sin{\theta} = \vy\;m\cdot s^{-1}$\\
La quota massima è $h_2+\frac{v_y^2}{2g}=\FPsv[2]{\hdue+\vy^2/(2*9.81)}$ m.\\
Se il raggio diventa 2R l'energia cinetica di traslazione non cambia, mentre quella di rotazione sì perché cambiano momento di inerzia e velocità angolare. Per trovare la nuova velocità angolare, si impone la conservazione del momento della quantità di moto:$I\omega = I_1\omega_1$ con $I = mR^2$ e $I_1=4mR^2$; dunque $\omega^{\prime}=\omega I/I_1=\omega/4$. La nuova energia cinetica di rotazione è: $\frac{1}{2}I_1\omega_1^2 = \frac{1}{2}\frac{4mR^2 \omega^2}{16} = \frac{1}{8}m R^2 \omega^2 = \frac{1}{4} K_i$

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

\newproblem{%20
\FPsetpar{muno}{500}{800}
\FPval{munok}[2]{muno/1000}
\FPsetpar{ics}{8}{12} 
\FPval{xm}[2]{ics/100}
\FPval{mdue}[2]{muno}
\FPval{mduek}[2]{mdue/1000}
\FPsetpar{ma}{100}{300} 
\FPval{mak}[2]{ma/1000}
\FPsetpar{elle}{100}{130}
\FPval{ellem}[2]{elle/100}
\begin{problem}
Un corpo di massa $m_1 = \muno$ g è appoggiato ad una molla di massa trascurabile, costante elastica $k = 1000$ N/m e inizialmente compressa della lunghezza $x = \ics$ cm. L'altra estremità della molla è rigidamente fissata ad una parete. Il corpo è inizialmente fermo e si può muovere su un piano liscio orizzontale.
Viene rilasciata la molla. Il corpo, dopo essersi staccato dalla molla prosegue sul piano liscio e quindi urta in modo anelastico un corpo $m_2 = \mdue$ g connesso ad un'asta verticale di lunghezza $\ell = \ellem$ m e massa $m_a = \ma$ g,  incernierata all'estremità superiore  ed inizialmente ferma.
Calcolare:
\begin{enumerate}
\item La velocità del corpo $m_1$ sul piano liscio prima di urtare il corpo $m_2$
\item La velocità di rotazione dell'asta immediatamente dopo l'urto.
\item Determinare se l'asta percorre (almeno) un giro completo
\end{enumerate}
\begin{solution}
Dalla conservazione dell'energia meccanica: $\frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} m_1 v_1^2$, dunque:\FPval{vuno}[2]{xm * (1000/ munok)^0.5}
\[
v_1=x\sqrt{\frac{k}{m_1}} = \vuno\; m \cdot s^{-1}
\]
L'urto è completamente anelastico, quindi possiamo conservare solo il momento delle quantità di moto:
\[
m_1 v_1 \ell = I_{tot}\omega_f
\]
\FPval{itot}[2]{mak*ellem^2 / 3 +mduek*ellem^2}
dove $I_{tot}=\frac{1}{3}m_a \ell^2 + m_2 \ell^2  =\itot\;kg\cdot m^2$  è il momento di inerzia totale del sistema asta-massa e $\omega_f$ la velocità di rotazione cercata.  Dunque:
\FPval{omegaf}[2]{3*munok*vuno*ellem/(mak+3*mduek)}
\[
\omega_f = \frac{m_1 v_1 \ell}{I_{tot}}= \frac{3m_1 v_1}{(m_a+3m_2)\ell} =\omegaf\;rad\cdot s^{-1}
\]
Affinché il sistema compia almeno un giro, l'energia cinetica iniziale di rotazione deve essere sufficiente a superare l'enegia potenziale del sistema quando il centro di massa è al di sopra del punto di rotazione. Posta l'origine nel punto di rotazione, la coordinata iniziale del c.m. è $y_0= -(m_a\ell/2 + m_1 \ell)/(m_a + m_1)$, la differenza di quota è $h=2|y_0|$, quindi:
\[
\frac{1}{2} I_{tot}\omega_f^2 \geq (m_a + m_1) g h =\frac{1}{2}(m_a + 2m_1) g \ell
\]
è la condizione affinché l'asta si ribalti. Da cui
\[
\frac{(m_1v_1 \ell)^2}{2 I_{tot}^2} I_{tot} =\frac{3}{2}\frac{m_1^2}{m_a+3m_2} v_1^2 \geq \frac{1}{2}(m_a + 2m_1) g \ell
\]
ovvero deve essere:\FPval{vunoq}[2]{((mak+2*munok)*(mak+3*mduek)) *9.81*ellem/(3*munok^2)}
\[
v_1^2 \geq (m_a + 2m_1)(m_a+3m_2)\frac{g \ell}{3m_1^2}=\vunoq\;m^2 s^{-2}
\]
dunque: $v_1 \geq \FPsv[2]{vunoq^0.5}\; m s^{-1}$
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %21 Canale 090724
\FPsetpar{raggio}{1}{3}
\FPsetpar{va}{1}{4}
\FPval{vang}[2]{va/10}
\FPsetpar{massa}{400}{600}
\FPsetpar{vp}{40}{80}
\FPval{mp}[2]{\massa/1000}
\begin{problem}
Una  piattaforma  circolare  di  raggio  $R=\raggio \;m$  ruota  con  velocità  angolare $\omega_0 =\vang\;  rad/s$.  Un cannone  posto  sul  bordo  spara  un  proiettile  di  massa  $m_p =\massa \;g$  tangenzialmente  al  bordo della piattaforma,  nel verso di rotazione e con velocità rispetto al suolo di $v_p =\vp\; m/s$. Se  il  momento  d'inerzia  del  sistema  piattaforma-cannone   vale   $I=1000 \;kg\cdot m^2$ determinare:
\begin{enumerate}
\item la velocità angolare finale della piattaforma;
\item la variazione di energia cinetica del sistema e chi la produce;
\end{enumerate}
\begin{solution}
Dobbiamo conservare il momento angolare totale: $(I+m_p R^2)\omega_0 = I\omega_f+m_p v_p R$
dunque:\FPval{vanf}[3]{(1000*\vang-\mp*\vp*\raggio)/1000}
\[
\omega_f = \frac{(I+m_p R^2)\omega_0 -m_p v_p R}{I}
\]
Per la variazione di energia cinetica, inizialmente \FPval{ei}[2]{0.5*(1000+\mp*\raggio^2)*\vang^2}
$E_i=1/2(I+m_p R^2)\omega_0^2$, mentre nello stato finale: \FPval{ef}[2]{0.5*(1000*\vanf^2 + \mp*\vp^2)}
$E_f = 1/2(I\omega_f^2 + m_p v_p^2)$  dunque $\Delta E= \FPsv[2]{\ef-\ei}$ è prodotta dall'energia dell'esplosione.
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{ %22 Canale 100628
\FPsetpar{raggio}{1}{3}
\FPsetpar{massa}{8}{16}
\FPsetpar{omzero}{1000}{2000}
\begin{problem}
Un volano cilindrico omogeneo di raggio $R=\raggio\;m$ e massa $m=\massa \;kg$ ruota con velocità angolare di $\omega_0=\omzero$ giri/min intorno al suo asse. Al volano viene applicata una forza frenante tangenziale costante ad una distanza radiale \FPval{erre}[1]{raggio/2} $r=\erre\;m$. Il volano si ferma in $t=2$ minuti, determinare:
\begin{enumerate}
\item Il lavoro compiuto dalla forza per fermare il volano; 
\item Il modulo della forza frenante; 
\item Il numero di giri compiuti prima di fermarsi.
\end{enumerate}
\begin{solution}
Il lavoro della forza frenante deve dissipare tutta l'energia cinetica iniziale:$K_i=1/2 I\omega_0^2$
dove $I=1/2 mR^2$ e \FPval{omz}[2]{\omzero*2*pi()/60} $\omega_0 = \omz\;rad \cdot s^{-1}$, dunque \FPval{lav}[2]{-\raggio^2/4 *\massa*\omz^2} $L=-1/4 m R^2\omega_0^2 = \lav\;J$\\
Il moto di rotazione del volano uniformemente decelerato con un'accelerazione angolare fornita dall'equazione del momento: $I\dot\omega = F\times r$, dunque $\dot\omega = -Fr/I$. D'altra parte, si è detto che il volano si ferma in 2 minuti $\Delta t=120s$, dunque:\FPval{effe}[2]{(\massa*\raggio^2*\omz)/(2*\erre*120)}
\[
F=\frac{I \omega_0}{r\Delta t}  =\frac{m R^2\omega_0}{2 r\Delta t}=\effe\;N
\]
Il numero di giri lo ricaviamo dal momento della forza e dal lavoro che compie: $L=F r \Delta\theta$, dunque: \FPval{dth}[2]{-\lav/(\effe*\erre)} $\Delta\theta=-L/Fr=\dth \; rad$ pari a \FPval{ng}[1]{\dth/(2*3.1415)} $N=\ng$ giri.

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

\newproblem{ %23
\FPsetpar{ms}{1}{4}
\FPsetpar{mpg}{25}{35}
\FPval{mpa}[3]{mpg/1000}
\FPsetpar{vp}{10}{15}
\begin{problem}
Due sferette di massa $m_s=\ms$ kg sono attaccate alle estremità di un'asta sottile di massa trascurabile e lunghezza $L=1$ m. L'asta, inizialmente ferma, è libera di ruotare in un piano orizzontale, attorno ad un asse verticale passante per il suo centro. Ad un dato istante, un proiettile di massa $m_p=\mpg$ g viene sparato con velocità di $v_p= \vp$ m/s  perpendicolare all'asta contro una delle due sferette e vi si conficca. Calcolare:
\begin{enumerate}
\item il momento di inerzia dell'intero sistema;
\item la velocità angolare del sistema subito dopo l'urto;
\item il rapporto tra l'energia cinetica del sistema dopo l'urto e quella del proiettile prima dell'urto.
\end{enumerate}

\begin{solution}
\FPval{iner}[3]{0.25*(\mpa+2*\ms)}
Ponendo l'origine al centro dell'asta, il momento di inerzia è dato da $I=2m_s (L/2)^2 + m_p(L/2)^2= L^2/4 (m_p+2m_s) = \iner\; kg\cdot m^2$.\\
Per trovare la velocità angolare $\omega$ dopo l'urto che è anelastico, dobbiamo consevare il momento angolare:
\FPval{van}[3]{\mpa*\vp/(2*\iner)}
$ m_p v_p L/2 = I\omega$, dunque $\omega= m_p v_p L/2I=\van\;rad\cdot s^{-1} $.
L'energia cinetica iniziale è quella del proiettile: $E_p=1/2 m_p v_p^2$, quella finale è $E_f=1/2 I \omega^2$, dunque il rapporto è $I\omega^2/(m_p v_p^2) = m_p L^2/4I=\FPsv[3]{\mpa*\vp/(4*\iner)}$
\end{solution}
\newpage
\end{problem}
}

\newproblem{%24
\FPsetpar{mass}{18}{25}
\FPsetpar{mpe}{4}{8}
\begin{problem}
Un'asta omogenea lunga $\ell$ e di massa $M= \mass$ kg è poggiata con un  estremo  (A)  su  un  piano  orizzontale  scabro  mentre l'altro estremo (B) è vincolato ad una parete mediante un filo inestensibile e di massa trascurabile. Un punto materiale  di  massa $m=\mpe$  kg  è,  inoltre,  sospeso  ad  un punto dell'asta che dista $2/3 \ell$ dall'estremo A. Sapendo che il coefficiente di attrito statico tra l'asta ed il piano  orizzontale è $\mu_s=0.5$,  calcolare  l'angolo minimo che l'asta deve formare con il piano orizzontale affinchè il sistema sia in equilibrio.

\begin{figure}[h]
\includegraphics[width=0.5\textwidth]{./Esercizi/asta_attr.pdf}
\end{figure}

\begin{solution}
Per le condizioni di equilibrio dobbiamo uguagliare a zero la somma delle forze e quella dei momenti. Proiettanso sugli assi il bilancio delle forze:
\[
\begin{cases}
R_{Ax}-T_B=0\\
-R_{Ay}+Mg +mg =0\\
\end{cases}
\]
Essendo $R_A$ la reazione vincolare nel punto A e $T_B$ la tensione del filo attaccato al punto B. $R_{Ax}\leq \mu_s R_{Ay}$
Dalla prima $R_{Ax}=T_B$; ci serve trovare $T_B$ e lo possiamo fare con i momenti.
Per i momenti rispetto al polo A possiamo scrivere: $-T_B \ell \sin{\theta} + mg\cdot 2/3 \ell \cos{\theta} + Mg\ell/2 \cos{\theta} = 0$; dunque $T_B=g/6(4m+3M)\cot{\theta}$. In totale deve essere:
\FPval{cotangolo}[4]{(3*(\mass+\mpe))/(3*\mass+4*\mpe)}
\[
\cot\theta \leq \frac{6\mu_s (M+m)}{4m+3M}=\cotangolo \Rightarrow \theta\geq\FPsv[2]{arccot(\cotangolo)}\;rad
\]



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