以J=m2,o=v/r代入上式,可解得 kh22×008×98×0.5-2×0.52 =148m/s m,+m/2 0.08+0.05 3-12(1)丁字杆对垂直轴O的转动惯量为 Jo=Joc +Jour=m/+m(2n) 2-3 对轴O的力矩M= mgl,故由M=B可得释手瞬间丁字杆的角加速度 mglx (2)转过909角后,知矩M=0,则B′=0。由机械能守恒知 此时角动量 L=J glo= 转动动能为 Er= 3-13(1)利用填补法将小碎片填入缺口,此时为均匀圆盘对O轴的转动惯量J=mR2, 挖去小碎片,相应减少J1=mR2,故剩余部分对O的转动惯量为 J。=J-J1=mR2-mR2 (2)碎片飞离前后,其角动量守恒 -moro=Gmr2-mR)o, +mRo 故剩余部分的角速度与原来的角速度相等 3-14由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩,所以系统的角动量守恒,即 Jo1=(J+M2) 由此可得转台后来的角速度为 J+M2O1=,1200 0496(rads) 1200+80×2210 3-15慧星在有心力场中运动,角动量守恒。设其质量为M,近日点速率为V,与太阳之距30 以 J mr , v /r 2 1 2 =  = 代入上式，可解得 1.48m/s 0.08 0.05 2 0.08 9.8 0.5 2 0.5 / 2 2 2 1 2 1 = +    −  = + − = m m m gh k h v 3-12 （1）丁字杆对垂直轴 O 的转动惯量为 2 2 2 0 3 2 (2 ) 12 1 3 1 J J J ml m l ml = OC + OAB = + = 对轴 O 的力矩 M mgl 2 1 0 = ，故由 M = J 可得释手瞬间丁字杆的角加速度 l g ml mgl J M 4 3 2 3 2 1 2 0 0  = =  = （2）转过 90 角后，知矩 M = 0,则 = 0 。由机械能守恒知 0 2 0 2 1 2 J mgl J l mg =   = 此时角动量 L J mglJ ml gl 3 2 = 0 = 0 = 转动动能为 E J mgl k 2 1 2 1 2 = 0 = 3-13 （1）利用填补法，将小碎片填入缺口，此时为均匀圆盘对 O 轴的转动惯量 2 0 0 2 1 J  = m R ， 挖去小碎片，相应减少 2 J1 = mR ，故剩余部分对 O 的转动惯量为 2 2 0 0 1 0 2 1 J = J  − J = m R − mR （2）碎片飞离前后，其角动量守恒       = = − + 1 1 2 1 2 2 0 2 0 ) 2 1 ( 2 1 m R m R mR mR 故剩余部分的角速度与原来的角速度相等。 3-14 由于转台和人系统未受到沿轴方向外力矩，所以系统的角动量守恒，即 2 2 1 J = (J + Mr ) 由此可得转台后来的角速度为 0.496(rad/s) 10 2 1200 80 2 1200 2 2 1 2  = +  = + =    J Mr J 3-15 慧星在有心力场中运动，角动量守恒。设其质量为 M，近日点速率为 V1，与太阳之距