Asta incernierata.
Un' asta sottile, di lunghezza $l$ e massa trascurabile, ha un estremo incernierato in un punto di un asse verticale; all' altro estremo è applicato un corpo $A$, di massa $m$, praticamente puntiforme. All' asta, portata in posizione orizzontale, viene impressa una velocità angolare $\omega_0$ intorno all'asse verticale. Si determini l'angolo $\theta*$ che l'asta forma con l'asse verticale nella posizione più bassa raggiunta dal corpo $A$, supponendo trascurabili gli attriti.
Dunque, io imposto l'equazione della conservazione dell'energia, ma questa viene ad avere due incognite, l'angolo richiesto e la velocità finale del punto $A$, che non riesco ad individuare.
Ho pensato anche di dover tradurre la condizione "nella posizione più bassa raggiunta dal corpo A" con una condizione di minimo, ma oltre a questo non riesco ad andare avanti.
Dunque, io imposto l'equazione della conservazione dell'energia, ma questa viene ad avere due incognite, l'angolo richiesto e la velocità finale del punto $A$, che non riesco ad individuare.
Ho pensato anche di dover tradurre la condizione "nella posizione più bassa raggiunta dal corpo A" con una condizione di minimo, ma oltre a questo non riesco ad andare avanti.
Risposte
Non serve la velocità finale del punto A, perché tu puoi applicare la conservazione dell'energia, e conosci l'energia iniziale. Allora avrai:
$E_i = T + U = 1/2 mv^2 + mgrcos\theta$
Con $v = w x r = w*r*sin\theta$
Ottieni:
$E_i = T + U = 1/2 m(w*r*sin\theta)^2 + mgrcos\theta$
Come dicevi tu si tratta di minimizzare rispetto a $theta$ (nella posizione più bassa si avrà il minimo angolo) questa funzione, ottenendo una semplice equazione in $theta$. Se ho fatto bene i calcoli
$E_i = T + U = 1/2 mv^2 + mgrcos\theta$
Con $v = w x r = w*r*sin\theta$
Ottieni:
$E_i = T + U = 1/2 m(w*r*sin\theta)^2 + mgrcos\theta$
Come dicevi tu si tratta di minimizzare rispetto a $theta$ (nella posizione più bassa si avrà il minimo angolo) questa funzione, ottenendo una semplice equazione in $theta$. Se ho fatto bene i calcoli
L'energia totale del sistema rimane invariata non essendoci attriti quindi non capisco il discorso di minimizzare l'energia totale....
Io scriverei un sistema di 3 equazioni in 3 incognite.
Pe prima cosa energia iniziale asta orizzontale (cioè energia cinetica + energia potenziale rispetto quota asta in posizione $\theta$) = energia totale finale asta con angolo $\theta$ (cioè energia cinetica e basta)
In posizione $\theta$ poi sappiamo che la forza esercitata dall'asta + forza peso deve fornire la forza centripeta: da qui ho due equazioni: una per le componenti orizzontali e una per quelle verticali.
Le incognite sono $\theta$, la velocità angolare in posizione theta e la reazione vincolare dell'asta.
Io scriverei un sistema di 3 equazioni in 3 incognite.
Pe prima cosa energia iniziale asta orizzontale (cioè energia cinetica + energia potenziale rispetto quota asta in posizione $\theta$) = energia totale finale asta con angolo $\theta$ (cioè energia cinetica e basta)
In posizione $\theta$ poi sappiamo che la forza esercitata dall'asta + forza peso deve fornire la forza centripeta: da qui ho due equazioni: una per le componenti orizzontali e una per quelle verticali.
Le incognite sono $\theta$, la velocità angolare in posizione theta e la reazione vincolare dell'asta.
Che l'energia resti conservata siamo d'accordo. Sto pensando che se vogliamo trovare la condizione di minimo di energia potenziale, tenendo conto che la somma $U + T$ rimanga costante, forse si può ricercare una condizione di minima U, ma ora che mi ci fai pensare non so se è possibile. Si può?
E' vero...scusatemi, effettivamente non ha senso dire che solo l' energia cinetica si conserva...
Terrò d' occhio le risposte al problema...
Terrò d' occhio le risposte al problema...
@Stalker
Se scrivessi le formule usando il MathML si capirebbe meglio!
Comunque non ha senso dire che si conserva l'energia cinetica perché non è vero: si conserva l'energia meccanica totale del sistema, vedi il mio post precedente.
@Zkeggia
E' vero la configurazione di equilibrio è quella di energia potenziale minima, occorre scrivere però la relazione che lega la velocità angolare all'angolo $\theta$... non credo che quell'approccio sia molto diverso in termini di calcoli rispetto a quello di equilibrio delle forze....
Se scrivessi le formule usando il MathML si capirebbe meglio!
Comunque non ha senso dire che si conserva l'energia cinetica perché non è vero: si conserva l'energia meccanica totale del sistema, vedi il mio post precedente.
@Zkeggia
E' vero la configurazione di equilibrio è quella di energia potenziale minima, occorre scrivere però la relazione che lega la velocità angolare all'angolo $\theta$... non credo che quell'approccio sia molto diverso in termini di calcoli rispetto a quello di equilibrio delle forze....
Un modo di risolvere, semplice ma non elementare, è quello di scrivere la lagrangiana del sistema:$L=K-U$, con $K$ energia cinetica e $U$ energia potenziale del sistema.
Indico con $\theta$ l'angolo che la bacchetta forma con il piano orizzontale.
In un generico istante, l'energia cinetica si calcola come somma di due contributi, uno legato alla rotazione intorno al palo verticale, l'altro legato alla rotazione dell'angolo $\theta$ :
$ K=1/2 m(\omega*r*cos\theta)^2 + 1/2 m(r dot\theta)^2
Ponendo lo zero dell'energia potenziale gravitazionale nel punto più basso raggiungibile dalla pallina ($\theta=\pi/2 $), l'energia potenziale risulta:
$ U=mgr(1-sen\theta)
Nota la lagrangiana, si osserva che dipende dalle sole variabili $\theta$ e $dot \theta$, per cui le equazioni del moto si ricavano dall'equazione di Eulero-Lagrange:
$ (delL)/(del\theta) = d/dt (delL)/(del dot\theta) $
Da cui si ricava:
$ -1/2 m\omega^2 * r^2 * 2cos\theta sen\theta + mgrcos\theta = mr^2 ddot \theta $
Risolvendo questa equazione differenziale, note le condizioni al contorno, si determinerebbe l'equazione del moto del corpo.
Nel approssimazione di piccoli angoli:
$ sen\theta ~~ \theta $
$ cos\theta ~~ 1 $
Si ottiene:
$ ddot \theta=-\omega^2 theta + g/r $
Con le condizioni iniziali:
$ \theta(0)=0 $
$ dot \theta (0) = 0 $
si perviene alla soluzione:
$ \theta=(-cos(\omega t)+1)*g/(\omega^2 r) $
Si tratta dunque di un'oscillazione armonica centrata in $ \theta_0 = g/(\omega^2 r) $
I punti più bassi sono dell'oscillazione sono a $ \theta_min = (2g)/(\omega^2 r) = 2\theta_0 $
Si nota che $ \theta_0$ è l'angolo per il quale l'asta riuscirebbe a mantenere il corpo su una traiettoria circolare piana (sempre nell'approssimazione di piccoli angoli).
L'approssimazione di piccoli angoli è buona se $ \omega >> 0$.
P.s.: Tutto quello che ho detto è valido se "\omega" è mantenuta costante da un operatore esterno; questo è fondamentale che ci sia, poichè si vede che nella soluzione trovata l'energia meccanica totale del sistema non si conserva, ma oscilla.
Indico con $\theta$ l'angolo che la bacchetta forma con il piano orizzontale.
In un generico istante, l'energia cinetica si calcola come somma di due contributi, uno legato alla rotazione intorno al palo verticale, l'altro legato alla rotazione dell'angolo $\theta$ :
$ K=1/2 m(\omega*r*cos\theta)^2 + 1/2 m(r dot\theta)^2
Ponendo lo zero dell'energia potenziale gravitazionale nel punto più basso raggiungibile dalla pallina ($\theta=\pi/2 $), l'energia potenziale risulta:
$ U=mgr(1-sen\theta)
Nota la lagrangiana, si osserva che dipende dalle sole variabili $\theta$ e $dot \theta$, per cui le equazioni del moto si ricavano dall'equazione di Eulero-Lagrange:
$ (delL)/(del\theta) = d/dt (delL)/(del dot\theta) $
Da cui si ricava:
$ -1/2 m\omega^2 * r^2 * 2cos\theta sen\theta + mgrcos\theta = mr^2 ddot \theta $
Risolvendo questa equazione differenziale, note le condizioni al contorno, si determinerebbe l'equazione del moto del corpo.
Nel approssimazione di piccoli angoli:
$ sen\theta ~~ \theta $
$ cos\theta ~~ 1 $
Si ottiene:
$ ddot \theta=-\omega^2 theta + g/r $
Con le condizioni iniziali:
$ \theta(0)=0 $
$ dot \theta (0) = 0 $
si perviene alla soluzione:
$ \theta=(-cos(\omega t)+1)*g/(\omega^2 r) $
Si tratta dunque di un'oscillazione armonica centrata in $ \theta_0 = g/(\omega^2 r) $
I punti più bassi sono dell'oscillazione sono a $ \theta_min = (2g)/(\omega^2 r) = 2\theta_0 $
Si nota che $ \theta_0$ è l'angolo per il quale l'asta riuscirebbe a mantenere il corpo su una traiettoria circolare piana (sempre nell'approssimazione di piccoli angoli).
L'approssimazione di piccoli angoli è buona se $ \omega >> 0$.
P.s.: Tutto quello che ho detto è valido se "\omega" è mantenuta costante da un operatore esterno; questo è fondamentale che ci sia, poichè si vede che nella soluzione trovata l'energia meccanica totale del sistema non si conserva, ma oscilla.
ma la velocità angolare non è fatta restare invariata allora, se bisogna trovare la relazione che lega l'angolo alla velocità angolare. Io credevo che $\omega$ fosse mantenuta costante. Mi sa che ho malinterpretato il problema. Se $w$ è variabile ho che che:
$T = 1/2 mv^2 = 1/2 ml^2dot\theta^2 = 1/2m (w xr)^2 = 1/2m (wlsin\theta)^2 -> w = dot\theta^2/(sin\theta)$
questa è l'equazione cercata. Il problema che mi pongo è:
Se l'energia rimane costante devo minimizzare U, che è uguale a $mg cos\theta$, ma minimizzandola mi viene $\theta =0$. Questo è un minimo, ma non nel senso di "valore minimo", ma nel senso di "minimo relativo". Abbiamo trovato quindi un punto di equilibrio! In questo caso il mio ragionamento non serve ai fini del problema. I punti più in basso hanno potenziali minori eppure l'aver derivato questa funzione non me li dice. l'idea potrebbe essere di derivare l'energia rispetto al tempo, ottenendo così direttamente l'equazione del moto e andando a risolverla cercando i vari $theta$...
quindi sarebbe
$dE/dt = 0 -> mg dot\thetacos\theta + ml^2\dotthetaddot\theta = 0 ->dot\theta (gcos\theta + l^2ddot\theta) = 0$
Scartato $dot\theta=0$ che è la soluzione banale ottengo l'equazione del moto. però la posso risolvere solo per approssimazioni, quindi non so se vale...
Le equazioni a cui giungi Faussone, sono differenziali di questo tipo o si possono risolvere senza approssimazioni?
$T = 1/2 mv^2 = 1/2 ml^2dot\theta^2 = 1/2m (w xr)^2 = 1/2m (wlsin\theta)^2 -> w = dot\theta^2/(sin\theta)$
questa è l'equazione cercata. Il problema che mi pongo è:
Se l'energia rimane costante devo minimizzare U, che è uguale a $mg cos\theta$, ma minimizzandola mi viene $\theta =0$. Questo è un minimo, ma non nel senso di "valore minimo", ma nel senso di "minimo relativo". Abbiamo trovato quindi un punto di equilibrio! In questo caso il mio ragionamento non serve ai fini del problema. I punti più in basso hanno potenziali minori eppure l'aver derivato questa funzione non me li dice. l'idea potrebbe essere di derivare l'energia rispetto al tempo, ottenendo così direttamente l'equazione del moto e andando a risolverla cercando i vari $theta$...
quindi sarebbe
$dE/dt = 0 -> mg dot\thetacos\theta + ml^2\dotthetaddot\theta = 0 ->dot\theta (gcos\theta + l^2ddot\theta) = 0$
Scartato $dot\theta=0$ che è la soluzione banale ottengo l'equazione del moto. però la posso risolvere solo per approssimazioni, quindi non so se vale...
Le equazioni a cui giungi Faussone, sono differenziali di questo tipo o si possono risolvere senza approssimazioni?
Allora, purtroppo non riesco a capire le relazioni che hai scritto riguardo l'energia cinetica.
In ogni caso, nel sistema che ho descritto prima io ho indicato i minimi. Infatti l'asta esegue due movimenti: la rotazione attorno al palo, e un'oscillazione su e giù (tipo giroscopio).
L'angolo massimo coincide con la posizione più bassa raggiungibile dal corpo.
Adesso tratto il problema nel caso in cui non c'è nessuno che mi garantisce che $\omega$ sia costante, cioè ad esempio se io faccio partire l'asta con un colpo e la lascio andare.
Serve definire un'angolo sul piano orizzontale, $\phi$.
Riseguo lo stesso procedimento di prima, solo che nella lagrangiana comparirà $dot \phi$ anzichè $\omega$.
Dovrò quindi scrivere due equazioni di Lagrange, una per $\theta$ e $dot \theta$, l'altra per $\phi$ e $dot \phi$.
La prima viene uguale alla precedente, dalla seconda si ricava invece:
$ddot \phi = 0$
Per cui $dot \phi$ è costante e la soluzione è la stessa di prima. Per cui in realtà l'operatore esterno non serviva, se non per tenere fermo il palo.
Il fatto che l'energia non si conservi è legato al fatto che la forza esercitata dal palo, che si oppone alla caduta dell'asta, è una forza esterna al sistema e compie lavoro. In un periodo però il lavoro è nullo, e l'energia non si perde (oscilla).
P.s.: Questo metodo delle lagrangiane si studia in meccanica razionale, non so se questo esercizio è facilmente risolvibile in maniera quantitativa con i semplici mezzi di fisica 1, a meno di formule preoconfezionate.
In ogni caso, nel sistema che ho descritto prima io ho indicato i minimi. Infatti l'asta esegue due movimenti: la rotazione attorno al palo, e un'oscillazione su e giù (tipo giroscopio).
L'angolo massimo coincide con la posizione più bassa raggiungibile dal corpo.
Adesso tratto il problema nel caso in cui non c'è nessuno che mi garantisce che $\omega$ sia costante, cioè ad esempio se io faccio partire l'asta con un colpo e la lascio andare.
Serve definire un'angolo sul piano orizzontale, $\phi$.
Riseguo lo stesso procedimento di prima, solo che nella lagrangiana comparirà $dot \phi$ anzichè $\omega$.
Dovrò quindi scrivere due equazioni di Lagrange, una per $\theta$ e $dot \theta$, l'altra per $\phi$ e $dot \phi$.
La prima viene uguale alla precedente, dalla seconda si ricava invece:
$ddot \phi = 0$
Per cui $dot \phi$ è costante e la soluzione è la stessa di prima. Per cui in realtà l'operatore esterno non serviva, se non per tenere fermo il palo.
Il fatto che l'energia non si conservi è legato al fatto che la forza esercitata dal palo, che si oppone alla caduta dell'asta, è una forza esterna al sistema e compie lavoro. In un periodo però il lavoro è nullo, e l'energia non si perde (oscilla).
P.s.: Questo metodo delle lagrangiane si studia in meccanica razionale, non so se questo esercizio è facilmente risolvibile in maniera quantitativa con i semplici mezzi di fisica 1, a meno di formule preoconfezionate.
Ma se considero il sistema "asse verticale + asta" ho che il lavoro che il palo compie sull'asta è pari al lavoro che l'asta compie sul palo, quindi i due lavori si annullano e l'energia è conservata.
Comunque ho semplicemente detto che
$E_c = 1/2mv^2$
ma v nel caso di pallina puntiforme che ruota a distanza $d=lsin\theta$ dall'asse di rotazione è pari a $wlsin\theta$
Dopodichè ho derivato l'energia, che si conserva quindi non varia nel tempo, rispetto al tempo ottenendo una equazione differenziale che poi sarà quella che mi determinerà l'angolo in funzione del tempo.
Comunque ho semplicemente detto che
$E_c = 1/2mv^2$
ma v nel caso di pallina puntiforme che ruota a distanza $d=lsin\theta$ dall'asse di rotazione è pari a $wlsin\theta$
Dopodichè ho derivato l'energia, che si conserva quindi non varia nel tempo, rispetto al tempo ottenendo una equazione differenziale che poi sarà quella che mi determinerà l'angolo in funzione del tempo.
Ah ok. In effetti era chiaro. Quella comunque è una parte di energia. Non tieni conto delle fluttuazioni dell'asta.
Poi comunque se consideri anche il palo nel sistema non risolvi il problema dell'energia, perchè il palo è tenuto stabile a sua volta da qualcuno di esterno, altrimenti cadrebbe. Questo qualcuno potresti essere tu con le tue mani. Allora per avere conservazione dell'energia in ogni istante dovresti tenere conto dell'energia muscolare (una specie di energia elastica), e questo non è affatto semplice da studiare, nè tantomeno serve a risolvere il problema.
Poi comunque se consideri anche il palo nel sistema non risolvi il problema dell'energia, perchè il palo è tenuto stabile a sua volta da qualcuno di esterno, altrimenti cadrebbe. Questo qualcuno potresti essere tu con le tue mani. Allora per avere conservazione dell'energia in ogni istante dovresti tenere conto dell'energia muscolare (una specie di energia elastica), e questo non è affatto semplice da studiare, nè tantomeno serve a risolvere il problema.
no il palo è l'asse verticale, l'asse verticale suppongo stia in piedi per miracolo. O almeno nei problemi con gli assi mi han sempre detto di fare così!
In effetti nella mia prima risposta, avevo capito male il problema... 
Credo che l'approccio con le lagrangiane sia il più semplice per scrivere le equazioni, ho provato a scrivere le equazioni sulla conservazione del momento angolare , ma è molto più complesso.
Comunque in ambo i casi, come già osservato da robbstark si può vedere che la velocità angolare di rotazione attorno all'asse verticale resta costante (infatti in termini di conservazione di momento angolare si vede che il momento della forza peso non dà contributo alla rotazione intorno a quell'asse).
A questo punto il problema si semplifica di molto infatti occorre ricordare che l'energia meccanica totale del sistema deve conservarsi (non capisco i discorsi sulla reazione dell'asse verticale, che in ogni caso sta fermo e non compie lavoro!) quindi sapendo che $\omega$ è costante e che nella posizione più bassa $\dot \theta_{min}$ è zero (seguo la stessa nomenclatura usata da robbstark) dalla conservazione dell'energia si ha:
$1/2m r^2 \omega^2+mgr sin \theta_{min} = 1/2 m r^2 (cos \theta_{min})^2 \omega^2$
quindi $sin \theta_{min} = 2 g / (\omega^2 r)$
e questo indipendentemente dalla piccolezza o meno di $\theta$.
Ovviamente se $2 g > \omega ^2 r$ l'uguaglianza non è mai soddisfatta questo significa che l'asta non inverte mai il suo moto attorno all'asse orizzontale.
Credo che l'approccio con le lagrangiane sia il più semplice per scrivere le equazioni, ho provato a scrivere le equazioni sulla conservazione del momento angolare , ma è molto più complesso.
Comunque in ambo i casi, come già osservato da robbstark si può vedere che la velocità angolare di rotazione attorno all'asse verticale resta costante (infatti in termini di conservazione di momento angolare si vede che il momento della forza peso non dà contributo alla rotazione intorno a quell'asse).
A questo punto il problema si semplifica di molto infatti occorre ricordare che l'energia meccanica totale del sistema deve conservarsi (non capisco i discorsi sulla reazione dell'asse verticale, che in ogni caso sta fermo e non compie lavoro!) quindi sapendo che $\omega$ è costante e che nella posizione più bassa $\dot \theta_{min}$ è zero (seguo la stessa nomenclatura usata da robbstark) dalla conservazione dell'energia si ha:
$1/2m r^2 \omega^2+mgr sin \theta_{min} = 1/2 m r^2 (cos \theta_{min})^2 \omega^2$
quindi $sin \theta_{min} = 2 g / (\omega^2 r)$
e questo indipendentemente dalla piccolezza o meno di $\theta$.
Ovviamente se $2 g > \omega ^2 r$ l'uguaglianza non è mai soddisfatta questo significa che l'asta non inverte mai il suo moto attorno all'asse orizzontale.
@faussone: il problema è che l'equazione che imposti per la conservazione dell'energia non può mai essere verificata. Lo stesso risultava a me, e in effetti era strano.
Ho rivisto quello che ho fatto e penso di avere capito. Utilizzando la lagrangiana, con $omega$ fissata da un qualche operatore esterno, si ottengono i risultati che ho scritto in un post precedente. Il fatto che non vi sia in ogni istante conservazione dell'energia può essere dovuto all'azione del "motorino", che fa sì che il palo ruoti sempre con la stessa velocità.
Se si leva questo motorino, invece dalle equazioni di eulero lagrange non risulta che $omega$ è costante (mi ero sbagliato), e quindi sicuramente l'energia si conserverà, non essendovi forze esterne che compiono lavoro. Però in questo caso non sono capace di risolvere il sistema che viene fuori:
2 equazioni differenziali con derivate fino alla seconda e moltiplicate tra loro.
(Al momento accantono il problema per un po', quando avrò più tempo cercherò di pervenire alla soluzione esatta anche in questo caso, perchè lo trovo interessante. Qual è la fonte?)
Ho rivisto quello che ho fatto e penso di avere capito. Utilizzando la lagrangiana, con $omega$ fissata da un qualche operatore esterno, si ottengono i risultati che ho scritto in un post precedente. Il fatto che non vi sia in ogni istante conservazione dell'energia può essere dovuto all'azione del "motorino", che fa sì che il palo ruoti sempre con la stessa velocità.
Se si leva questo motorino, invece dalle equazioni di eulero lagrange non risulta che $omega$ è costante (mi ero sbagliato), e quindi sicuramente l'energia si conserverà, non essendovi forze esterne che compiono lavoro. Però in questo caso non sono capace di risolvere il sistema che viene fuori:
2 equazioni differenziali con derivate fino alla seconda e moltiplicate tra loro.
(Al momento accantono il problema per un po', quando avrò più tempo cercherò di pervenire alla soluzione esatta anche in questo caso, perchè lo trovo interessante. Qual è la fonte?)
Il punto sta nel fatto se $\omega$ cambia o no (senza motorino ovviamente).
Di primo acchitto a me sembrava di sì poi scrivendo le equazioni ho dedotto che no... ma non sono convinto del tutto.
Puoi scrivere i passaggi e il sistema di equazioni che ottieni?
Forse sto prendendo un granchio... comunque l'equazione dell'energia che ho scritto è soddisfatta per
$sin \theta_{min}=-2g/(\omega^2 r) $ (e per $sin \theta=0$ ovviamente) vabbè mi ero mangiato un segno ma non è essenziale...
Di primo acchitto a me sembrava di sì poi scrivendo le equazioni ho dedotto che no... ma non sono convinto del tutto.
Puoi scrivere i passaggi e il sistema di equazioni che ottieni?
Forse sto prendendo un granchio... comunque l'equazione dell'energia che ho scritto è soddisfatta per
$sin \theta_{min}=-2g/(\omega^2 r) $ (e per $sin \theta=0$ ovviamente) vabbè mi ero mangiato un segno ma non è essenziale...
La lagrangiana senza motorino è:
$L=1/2 m dotphi^2 r^2 cos^2 theta + 1/2 mr^2 dottheta^2 -mgr +mgrsentheta$
$(delL)/(delphi) = d/dt (delL)/(deldotphi)$
$0=d/dt (mdotphi r^2 cos^2 theta) = m ddotphi r^2 cos^2 theta +2m dotphi r^2 cos theta dottheta$
$(delL)/(deltheta) = d/dt (delL)/(deldottheta)$
$-1/2 m dotphi^2 r^2 2costheta sentheta -mgr costheta= mr^2 ddot theta$
Dopo qualche semplificazione, e l'approssimazione di piccoli angoli mi viene fuori il sistema:
$ddotphi= -2dotphi dottheta$
$-dotphi^2 theta -g = r ddottheta$
Non garantisco che non ci siano errori, però la cosa importante è che sembra che $omega$ non si mantenga costante. Quasi sicuramente oscilla.
$L=1/2 m dotphi^2 r^2 cos^2 theta + 1/2 mr^2 dottheta^2 -mgr +mgrsentheta$
$(delL)/(delphi) = d/dt (delL)/(deldotphi)$
$0=d/dt (mdotphi r^2 cos^2 theta) = m ddotphi r^2 cos^2 theta +2m dotphi r^2 cos theta dottheta$
$(delL)/(deltheta) = d/dt (delL)/(deldottheta)$
$-1/2 m dotphi^2 r^2 2costheta sentheta -mgr costheta= mr^2 ddot theta$
Dopo qualche semplificazione, e l'approssimazione di piccoli angoli mi viene fuori il sistema:
$ddotphi= -2dotphi dottheta$
$-dotphi^2 theta -g = r ddottheta$
Non garantisco che non ci siano errori, però la cosa importante è che sembra che $omega$ non si mantenga costante. Quasi sicuramente oscilla.
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