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*转动,杆长L=5/3m,使杆从与竖直方向成60度静止释放,（g取10）答案写的3rad/s 我用能量守恒做了,
问题描述：
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*转动,杆长L=5/3m,使杆从与竖直方向成60度静止释放,（g取10）
答案写的3rad/s
我用能量守恒做了,
答
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。
答
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...