Luca, ti prego di controllare se quantitativamente è congruo quello che ti ho detto a parole nell'ultimo messaggio. Allora il momento angolare è perpendicolare al piano su cui sta il momento torcente \vec{M} per cui il torcente non può cambiare il modulo L ma solo la sua direzione e il suo verso. Il...

Grazie ma avevo già sperimentato questa strada ed ero arrivato, come ora, al solito punto morto. Faccio per informarti ma non dirmi nulla. A me torna che il momento delle forze di Lorentz giace sul piano della sbarretta e dell'asse z mentre il momento angolare è perpendicolare a questo piano. Per cu...

Voglio fare un altro cocciuto tentativo. Secondo me la sbarretta compie due rotazioni. Una con asse fisso perpendicolare al piano iniziale caratterizzata dall'angolo \alpha formato dalla sbarretta con l'asse z che parte dal valore -\pi/2 ; considerata la costanza di v, può esprimersi come \alpha=(v/...

Si, hai ragione. Avevo visto che il momento torcente ruota fino a ma non riesco a rappresentare questi movimenti. Ci penserò ancora...

Faccio un altro tentativo visto che nessuno azzarda. Considerato il piano della sbarretta e dell'asse z le forze di Lorentz magnetiche sono perpendicolari a questo piano una entrante ed una uscente e valgono +F= Bvqcos\alpha, -F=-Bvqcos\alpha ed imprimono una rotazione oraria alla sbarretta di momen...

Avevo provato a scomporre la coppia in due coppie una parallela all'asse z che fa ruotare in senso antiorario e una ad essa perpendicolare che fa ruotare in senso orario. Quando nessuna prevale è il valore minimo

A me sembra che la sbarretta sia soggetta nel moto conseguente a due forze di Lorentz opposte (coppia di momento nullo) e che pertanto il moto della sbarretta sia una rotazione nel piano verticale a velocità angolare costante essendo nulla l'accelerazione angolare. E' inutile che posti il risultato ...

ok, ora può andare e ti passo il testimone per il 250 . Comunque non era più in discussione l'uso dell'Hint ma lo sviluppo che giusto hai effettuato.

\Delta \theta =\frac{1}{5}M\omega _{0}\frac{R}{v}*\frac{2\pi }{\sqrt{\frac{4}{25}M^{2}+\frac{2}{5}Mm}} , e risistemando un po' si dovrebbe ottenere la tesi Ma "risistemando un pò" è proprio quello che dovresti fare tu: è come la dimostrazione di un teorema questo problema preso da Cahn &q...

Osservo che quello che appare è giusto ma, soprattutto il passaggio dall'integrale fra 0 e T all'integrale fra 0 e 2\pi per poter utilizzare l'Hint, non è sufficientemente giustificato: dovresti essere più didascalico in questa parte decisiva come lo eri stato nella parte precedente sennò la soluzio...