Question

大学物理 角动量 在线等

一匀质细杆可绕通过其一端O的水平光滑轴在竖直平面内自由转动，杆长L=5/3m，使杆从与竖直方向成60度静止释放，最大角速度为？（g取10）
答案写的3rad/s 不理解啊
我用能量守恒做了，和答案不同
不知道动力怎么做。。。
不知道动量怎么做

Answer 1

转动惯量I=mL^2/3。

能量守恒。取O所在平面为零势面，-mgLcos60°/2=-mgLcosθ+Iω^2/2推出ω^2=mgL(cosθ-1/2)/I。显然θ=0时ω最大，此时ω^2=mgL/2I=3g/2L，ω=±√3g/2L=±3 rad/s。正负表示不同的运动方向。

用角动量定理M=Iα=Idω/dt。M=mgLsinθ/2=Idω/dt=I·(dω/dθ)·(dθ/dt)=-Iωdω/dθ，
即mgLsinθdθ/2=-Iωdω，定积分，积分限θ为60°~θ，ω为0~ω，积分可得ω^2=mgL(cosθ-1/2)/I。与能量守恒结果一致。显然θ=0时ω最大，此时ω^2=mgL/2I=3g/2L，ω=±√3g/2L=±3 rad/s。

Answer 2

转动惯量 I = mL^2/3
用能量守恒定律，
-mgLcos60°/2 = -mgL/2 + Iω^2/2
得到：
ω = √[9g/(2L)] = 3√3 rad/s （g以10计）
与答案不同。