第三章 刚体的定轴转动
3-1 （1）铁饼离手时的角速度为
ω=v /R =25/1. 0=25(rad/s)
（2）铁饼的角加速度为
=ω22θ=252
α2⨯2π⨯1. 25
=39. 8(rad/s2)
（3）铁饼在手中加速的时间为
t =
2θ
2⨯2π⨯1. 25
ω
=
25
=0. 628(s)
3-2 （1）初角速度为
ω0=2π⨯200/60=20. 9(rad/s)
末角速度为
ω=2π⨯3000/60=314(rad/s)
角加速度为
α=
ω-ω0
20. 9
t
=
314-7. 0
=41. 9(rad/s2)
（2）转过的角度为
θ=
ω0+ω
9+314
2
t =
20. 2
⨯7=1. 17⨯103rad =186(圈) （3）切向加速度为
a t =αR =41. 9⨯0. 2=8. 38(m/s2)
法向加速度为
a n =ω2R =3142⨯0. 2=1. 97⨯104(m/s2)
总加速度为
a =a 22
t +a n =. 372+(1. 97⨯104) 2=1. 97⨯104(m/s2)
总加速度与切向的夹角为
a 4
θ=n a =1.97⨯10=89︒59'
t 8. 37
3-3 （1）对轴I 的转动惯量
J 1=2m [(a cos60︒) 2+(a +a cos60︒) 2]+m (a +2a cos60︒) 2=9ma 2
对轴II 的转动惯量
J 2=4m (a sin60︒) 2=3ma 2
（2）对垂轴的转动惯量
J 3=2ma 2+2m (2a cos30︒) 2+m (2a ) 2=12ma 2
3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O 点的力矩为
M =mg 33314l +4mg ⋅8l -mg ⋅4l -14mg ⋅18l =3
04
mgl
（2）系统对O 点的总转动惯量等于各部分对O 点的转动惯之和，即
J 0=J 1+J 2+J 3+J 4
=m (l 1m l 13m 3l 3l 4) 2+3(4)(4) 2+3(4)(4) 2+m (4) 2
=3748
m l 2（3）由转动定律 M =J β 可得
3β=M mgl
0J =36g
37=
248
ml 37l 3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为
β=
ω1-ω0
∆t
=(0.8-1) ω0=-0. 2ω0
第二秒末的角速度为
ω2=ω0+βt =ω0-0. 2ω0⨯2=0. 6ω0
（2）设摩擦力矩M r 与角速度ω的比例系数为α，据题设可知
M r =αω,
即
J
d ω
d t
=αω ⎰ω
d ω
t
ω
ω
=⎰
α
J
d t ln
ωω=αt 0J
据题设t =1s 时，ω1=0. 8ω0，故可得比例系数
α=J ln 0. 8
由此t =2s 时，转轮的角速度ω2为
ln
ω2
ω=2ln0.8 0
∴
ω2=0. 82ω0=0. 64ω0
3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N ，如图示，则二者间摩擦力f r =μN ，此摩擦力形成阻力矩
f r R ，由转动定律
f r R =J β
其中飞轮的转动惯量J =mR ，角加速度β=
2
ω-ω0
t
=-
2π
n ，故得 5
2
f r =-πm nR
52
=-π⨯60⨯(1000/60)⨯0.25
5
=-314(N)
见图所示，由制动杆的平衡条件可得
习题
3-6图
F (l 1+l 2) -N ' l 1=0
N '=N
f r
μ
得制动力
F =
f r l 1314⨯0. 5
==314(N)
μ(l 1+l 2) 0. 4(0.5+0.75)
3-7 如图所示，由牛顿第二定律 对m 1:T 1-m 1g =m 1a 1 对m 2:m 2g -T 2=m 2a 2 对整个轮，由转动定律
1⎛12⎫T 2R 2-T 1R 1= M 1R 12+M 2R 2⎪β
22⎝⎭
又由运动学关系 联立解以上诸式，即可得
β=α1/R 1=α2/R 2
(m 2R 2-m 1R 1) g
22
(M 1/2+m 1) R 1+(M 2/2+m 2) R 2
习题
3-7图
β=
3-8 设米尺的总量为m ，则直尺对悬点的转动惯量为
112I =m 1l 12+m 2l 2
331212
=⨯m ⨯0. 42+⨯m ⨯0. 62
3535
=1. 415m =0. 093m
(a) (b)
M =
35mg ⨯35⨯12-25mg ⨯25⨯1
2
=0. 1mg 又M =I β
I =1. 415
m ∴β=
M I =0. 1mg ⨯151. 4m
=10. 5(rads -2) 从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O 势能点）mgh c =
1
2
J ω2 即 mg ⨯0. 1=11. 4
m ω22⨯1. 5
⇒ω=21
3-9 m 视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）
⎧⎪m g -T =m a
⎪⎪
RT =J β⎨⎪
a =R β
⎪⎪J =1MR 2⎩
2（1）由方程组可解得
a =
m 1
m +M /2g =2
g
物体作匀加速运动
习题3-9图
(1)
v =v 10+at =2
gt
（2）物体下落的距离为
1
x =v 0t +at 2
2
1=gt 24
当t =4时
x =
1
g ⨯42=4g =39. 2(m ) 4
（3）绳中张力由方程组解得
T =12
mg
解法2：以t =0时物体所处位置为坐标原点O ，以向下为x 正方向. （1）由机械能守恒：
⎧⎪1J ω2
+1m V 2=m gx ⎪
22⎪⎨J =1⨯22
⎪
2m R
⎪⎪V =ωR ⎩
习题3-9图(2)
⇒V 2=gx 两边就t 求导得
2v
d v
d t =gv ⇒d v =g d t 2
⎰v =⎰t g d t 0d v 02
⇒v =12
gt
（2）
v =
12gt ⎫⎪d x 1⎪d t =gt v =
d x ⎬则
2
d t ⎪⎪⎭
d x =12gt d t ⎰x 0d x =⎰t 1
02gt d t
⇒x =14gt 2
（3） m 匀加速运动，由V =
1
2
gt 以及V 0=0知
1⎫g 1⎪2⎬⇒T =mg
2
又由mg -T =ma ⎪⎭
a =
3-10 如图所示，唱片上一面元面积为d s =r d θd r , 质量为d m =mr d θd r /(πR 2) , 此面元受转盘的摩擦力矩为
d M =r d f =r μk d mg =mg μk r 2d θd r /(πR 2)
各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为 M =d M
R μk m g 2π
=d θ⎰r 2d r 2⎰00πR
⎰
=
2
μk m gR 3
唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到ω需要时间为
t =
ω
a
=
ω
⎛1⎫M / m R 2⎪⎝2⎭
=
3R ω
4μk g
唱机驱动力矩做的功为
A =M ⋅∆θ=M ⋅ωt =
唱片获得的动能为
1
mR 2ω2 2
习题3-10图
E k =
11⎛11⎫
J ω2= mR 2⎪ω2=mR 2ω2 22⎝24⎭
3-11 对整个系统用机械能守恒定律
111
-m 1gh +kh 2+m 1v 2+J ω2=0
222
以J =
12
mr , ω=v /r 代入上式，可解得 2
2m 1gh -kh 22⨯0. 08⨯9. 8⨯0. 5-2⨯0. 52
v ===1. 48m/s
m 1+m /20. 08+0. 05
3-12 （1）丁字杆对垂直轴O 的转动惯量为
112J 0=J OC +J OAB =ml 2+m (2l ) 2=ml 2
3123
对轴O 的力矩M 0=
1
mgl ，故由M =J β可得释手瞬间丁字杆的角加速度
2
β=
M 0133g
=mgl ⨯=2
J 022ml 4l
（2）转过90︒角后，知矩M '=0, 则β'=0。由机械能守恒知
l 1
mg =J 0ω2
22
此时角动量
∴ω=
mgl
J 0
L =J 0ω=mglJ 0=ml
转动动能为
2gl 3
E k =
11
J 0ω2=mgl 22
1
m 0R 2，2
'=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 0
挖去小碎片，相应减少J 1=mR 2，故剩余部分对O 的转动惯量为
'-J 1=J 0=J 0
（2）碎片飞离前后，其角动量守恒
1
m 0R 2-mR 2 2
11
m 0R 2ω=(m 0R 2-m R 2) ω1+m R 2ω1
22
∴ω1=ω
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
J ω1=(J +Mr 2) ω2
由此可得转台后来的角速度为
ω2=
J 12002π
ω=⨯=0. 496(rad/s) 1
J +Mr 21200+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 1，与太阳之距
r 1; 远日点速率为V 2，与太阳之距r 2，则有
MV 1r 1=MV 2r 2
∴
V 15. 46⨯104
r 2=r 1=⨯8. 75⨯1010=5. 26⨯1012(m ) 2
V 29. 08⨯10
2
3-16 （1）由于v /r =g
v =gr =9. 8⨯2. 5=4. 95(m/s)
（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得
3mvR -J ω=0
由此得飞船角速度为
ω=
3mvR 3⨯70⨯4. 95⨯2. 5-3
==8. 67⨯10(rad/s) 5J 3⨯10
（3）飞船转过30︒用的时间t =π/(6ω) ，宇航员对飞船的角速度为ω+v /R ，在时间t 内跑过的圈数为
n =(ω+v /R ) t /(2π) =
112(1+v
ωR
)
=112⨯(1+4. 95
8. 67⨯10-3⨯2. 5
) =19(圈) 3-17 太阳自转周期按25d 计算，太阳的自转角动量为
J 2
S =5m R 2ω
=22π5⨯1. 99⨯1030⨯(6. 96⨯108) 2⨯25⨯86400 =1. 1⨯1042(kg ⋅m 2/s)
此角动量占太阳系总角动量的百分数为
0. 11⨯1043
(0. 11+3. 2) ⨯10
43
=3. 3% 3-18 （1）由于外力沿转动中心O ，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即
mV 1r 1=mV 2r 2mV 2
1r 1=mr 2ω
故小球作半径r 2的圆周运动的角速度为
ω=
r 1
r 2V 1 2
（2）拉力F 做功为
A =⎰F ⋅d s =12mV 212
m ⎡2-2mV 1=2⎢⎛⎢ r 1⎫2
⎪-1⎤⎥V 21 ⎣ ⎝r 2⎪⎭⎥⎦
3-19 （1）
J =J 杆+J 球
=13m l 2+m l 2
=42 3
m l （2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有
0=
1J ω2l
2-mg (2
cos θ) -mg (l cos θ)
解得：
ω=
3g
2l
cos θ 3-20 （1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：
mv 3⎡2
4l =⎢⎢m ⎛ 3l ⎫⎪+1Ml 2⎤⎥ω
⎣⎝4⎭3⎥⎦
解得
ω=
m v
⎛ 3
⎝4
m +4⎫9M ⎪⎭l
8⨯10-3=
⨯200
⎛ 3-4⎫⎝4
⨯8⨯103
+9⎪⎭⨯0. 4
8⨯10-3≈
⨯2009
⨯0. 4=9(rad ⋅s -1)
（2）上摆过程机械能守恒
12J ω2=Mg l 2(1-cos θ) +mg 3
4
l (1-cos θ) 即
1⎛12 ⎝3M +916m ⎫⎪⎭l 2ω2=⎛ M ⎝2+34m ⎫⎪⎭
(1-cos θ) lg
m
1122⋅3Ml ω2=M
2
(1-cos θ) lg 解得 cos θ=(1-l ω2
3g
) =-0. 073
cos θ
(0. 073) ≈85︒6'
∴ 棒的最大摆角约为
π-85︒6'=94︒52'
第三章 刚体的定轴转动
3-1 （1）铁饼离手时的角速度为
ω=v /R =25/1. 0=25(rad/s)
（2）铁饼的角加速度为
=ω22θ=252
α2⨯2π⨯1. 25
=39. 8(rad/s2)
（3）铁饼在手中加速的时间为
t =
2θ
2⨯2π⨯1. 25
ω
=
25
=0. 628(s)
3-2 （1）初角速度为
ω0=2π⨯200/60=20. 9(rad/s)
末角速度为
ω=2π⨯3000/60=314(rad/s)
角加速度为
α=
ω-ω0
20. 9
t
=
314-7. 0
=41. 9(rad/s2)
（2）转过的角度为
θ=
ω0+ω
9+314
2
t =
20. 2
⨯7=1. 17⨯103rad =186(圈) （3）切向加速度为
a t =αR =41. 9⨯0. 2=8. 38(m/s2)
法向加速度为
a n =ω2R =3142⨯0. 2=1. 97⨯104(m/s2)
总加速度为
a =a 22
t +a n =. 372+(1. 97⨯104) 2=1. 97⨯104(m/s2)
总加速度与切向的夹角为
a 4
θ=n a =1.97⨯10=89︒59'
t 8. 37
3-3 （1）对轴I 的转动惯量
J 1=2m [(a cos60︒) 2+(a +a cos60︒) 2]+m (a +2a cos60︒) 2=9ma 2
对轴II 的转动惯量
J 2=4m (a sin60︒) 2=3ma 2
（2）对垂轴的转动惯量
J 3=2ma 2+2m (2a cos30︒) 2+m (2a ) 2=12ma 2
3-4 （1）设垂直纸面向里的方向为正，反之为负，则该系统对O 点的力矩为
M =mg 33314l +4mg ⋅8l -mg ⋅4l -14mg ⋅18l =3
04
mgl
（2）系统对O 点的总转动惯量等于各部分对O 点的转动惯之和，即
J 0=J 1+J 2+J 3+J 4
=m (l 1m l 13m 3l 3l 4) 2+3(4)(4) 2+3(4)(4) 2+m (4) 2
=3748
m l 2（3）由转动定律 M =J β 可得
3β=M mgl
0J =36g
37=
248
ml 37l 3-5 （1）摩擦力矩恒定，则转轮作匀角加速度运动，故角加速度为
β=
ω1-ω0
∆t
=(0.8-1) ω0=-0. 2ω0
第二秒末的角速度为
ω2=ω0+βt =ω0-0. 2ω0⨯2=0. 6ω0
（2）设摩擦力矩M r 与角速度ω的比例系数为α，据题设可知
M r =αω,
即
J
d ω
d t
=αω ⎰ω
d ω
t
ω
ω
=⎰
α
J
d t ln
ωω=αt 0J
据题设t =1s 时，ω1=0. 8ω0，故可得比例系数
α=J ln 0. 8
由此t =2s 时，转轮的角速度ω2为
ln
ω2
ω=2ln0.8 0
∴
ω2=0. 82ω0=0. 64ω0
3-6 设飞轮与闸瓦间的压力为N ，如图示，则二者间摩擦力f r =μN ，此摩擦力形成阻力矩
f r R ，由转动定律
f r R =J β
其中飞轮的转动惯量J =mR ，角加速度β=
2
ω-ω0
t
=-
2π
n ，故得 5
2
f r =-πm nR
52
=-π⨯60⨯(1000/60)⨯0.25
5
=-314(N)
见图所示，由制动杆的平衡条件可得
习题
3-6图
F (l 1+l 2) -N ' l 1=0
N '=N
f r
μ
得制动力
F =
f r l 1314⨯0. 5
==314(N)
μ(l 1+l 2) 0. 4(0.5+0.75)
3-7 如图所示，由牛顿第二定律 对m 1:T 1-m 1g =m 1a 1 对m 2:m 2g -T 2=m 2a 2 对整个轮，由转动定律
1⎛12⎫T 2R 2-T 1R 1= M 1R 12+M 2R 2⎪β
22⎝⎭
又由运动学关系 联立解以上诸式，即可得
β=α1/R 1=α2/R 2
(m 2R 2-m 1R 1) g
22
(M 1/2+m 1) R 1+(M 2/2+m 2) R 2
习题
3-7图
β=
3-8 设米尺的总量为m ，则直尺对悬点的转动惯量为
112I =m 1l 12+m 2l 2
331212
=⨯m ⨯0. 42+⨯m ⨯0. 62
3535
=1. 415m =0. 093m
(a) (b)
M =
35mg ⨯35⨯12-25mg ⨯25⨯1
2
=0. 1mg 又M =I β
I =1. 415
m ∴β=
M I =0. 1mg ⨯151. 4m
=10. 5(rads -2) 从水平位置摆到竖直位置的过程中机械能守恒（以水平位置为O 势能点）mgh c =
1
2
J ω2 即 mg ⨯0. 1=11. 4
m ω22⨯1. 5
⇒ω=21
3-9 m 视为质点，M 视为刚体（匀质圆盘）。作受力分析（如图所示）
⎧⎪m g -T =m a
⎪⎪
RT =J β⎨⎪
a =R β
⎪⎪J =1MR 2⎩
2（1）由方程组可解得
a =
m 1
m +M /2g =2
g
物体作匀加速运动
习题3-9图
(1)
v =v 10+at =2
gt
（2）物体下落的距离为
1
x =v 0t +at 2
2
1=gt 24
当t =4时
x =
1
g ⨯42=4g =39. 2(m ) 4
（3）绳中张力由方程组解得
T =12
mg
解法2：以t =0时物体所处位置为坐标原点O ，以向下为x 正方向. （1）由机械能守恒：
⎧⎪1J ω2
+1m V 2=m gx ⎪
22⎪⎨J =1⨯22
⎪
2m R
⎪⎪V =ωR ⎩
习题3-9图(2)
⇒V 2=gx 两边就t 求导得
2v
d v
d t =gv ⇒d v =g d t 2
⎰v =⎰t g d t 0d v 02
⇒v =12
gt
（2）
v =
12gt ⎫⎪d x 1⎪d t =gt v =
d x ⎬则
2
d t ⎪⎪⎭
d x =12gt d t ⎰x 0d x =⎰t 1
02gt d t
⇒x =14gt 2
（3） m 匀加速运动，由V =
1
2
gt 以及V 0=0知
1⎫g 1⎪2⎬⇒T =mg
2
又由mg -T =ma ⎪⎭
a =
3-10 如图所示，唱片上一面元面积为d s =r d θd r , 质量为d m =mr d θd r /(πR 2) , 此面元受转盘的摩擦力矩为
d M =r d f =r μk d mg =mg μk r 2d θd r /(πR 2)
各质元所受力矩方向相同，所以整个唱片受的磨擦力矩为 M =d M
R μk m g 2π
=d θ⎰r 2d r 2⎰00πR
⎰
=
2
μk m gR 3
唱片在此力矩作用下做匀加速转动，角速度从0增加到ω需要时间为
t =
ω
a
=
ω
⎛1⎫M / m R 2⎪⎝2⎭
=
3R ω
4μk g
唱机驱动力矩做的功为
A =M ⋅∆θ=M ⋅ωt =
唱片获得的动能为
1
mR 2ω2 2
习题3-10图
E k =
11⎛11⎫
J ω2= mR 2⎪ω2=mR 2ω2 22⎝24⎭
3-11 对整个系统用机械能守恒定律
111
-m 1gh +kh 2+m 1v 2+J ω2=0
222
以J =
12
mr , ω=v /r 代入上式，可解得 2
2m 1gh -kh 22⨯0. 08⨯9. 8⨯0. 5-2⨯0. 52
v ===1. 48m/s
m 1+m /20. 08+0. 05
3-12 （1）丁字杆对垂直轴O 的转动惯量为
112J 0=J OC +J OAB =ml 2+m (2l ) 2=ml 2
3123
对轴O 的力矩M 0=
1
mgl ，故由M =J β可得释手瞬间丁字杆的角加速度
2
β=
M 0133g
=mgl ⨯=2
J 022ml 4l
（2）转过90︒角后，知矩M '=0, 则β'=0。由机械能守恒知
l 1
mg =J 0ω2
22
此时角动量
∴ω=
mgl
J 0
L =J 0ω=mglJ 0=ml
转动动能为
2gl 3
E k =
11
J 0ω2=mgl 22
1
m 0R 2，2
'=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 0
挖去小碎片，相应减少J 1=mR 2，故剩余部分对O 的转动惯量为
'-J 1=J 0=J 0
（2）碎片飞离前后，其角动量守恒
1
m 0R 2-mR 2 2
11
m 0R 2ω=(m 0R 2-m R 2) ω1+m R 2ω1
22
∴ω1=ω
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
J ω1=(J +Mr 2) ω2
由此可得转台后来的角速度为
ω2=
J 12002π
ω=⨯=0. 496(rad/s) 1
J +Mr 21200+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 1，与太阳之距
r 1; 远日点速率为V 2，与太阳之距r 2，则有
MV 1r 1=MV 2r 2
∴
V 15. 46⨯104
r 2=r 1=⨯8. 75⨯1010=5. 26⨯1012(m ) 2
V 29. 08⨯10
2
3-16 （1）由于v /r =g
v =gr =9. 8⨯2. 5=4. 95(m/s)
（2）由飞船和宇航员系统角动量守恒可得
3mvR -J ω=0
由此得飞船角速度为
ω=
3mvR 3⨯70⨯4. 95⨯2. 5-3
==8. 67⨯10(rad/s) 5J 3⨯10
（3）飞船转过30︒用的时间t =π/(6ω) ，宇航员对飞船的角速度为ω+v /R ，在时间t 内跑过的圈数为
n =(ω+v /R ) t /(2π) =
112(1+v
ωR
)
=112⨯(1+4. 95
8. 67⨯10-3⨯2. 5
) =19(圈) 3-17 太阳自转周期按25d 计算，太阳的自转角动量为
J 2
S =5m R 2ω
=22π5⨯1. 99⨯1030⨯(6. 96⨯108) 2⨯25⨯86400 =1. 1⨯1042(kg ⋅m 2/s)
此角动量占太阳系总角动量的百分数为
0. 11⨯1043
(0. 11+3. 2) ⨯10
43
=3. 3% 3-18 （1）由于外力沿转动中心O ，故外力矩恒为零，质点的角动量守恒，即
mV 1r 1=mV 2r 2mV 2
1r 1=mr 2ω
故小球作半径r 2的圆周运动的角速度为
ω=
r 1
r 2V 1 2
（2）拉力F 做功为
A =⎰F ⋅d s =12mV 212
m ⎡2-2mV 1=2⎢⎛⎢ r 1⎫2
⎪-1⎤⎥V 21 ⎣ ⎝r 2⎪⎭⎥⎦
3-19 （1）
J =J 杆+J 球
=13m l 2+m l 2
=42 3
m l （2）在转动过程中无耗散力，系统机械能守恒，设初始时刻重力势能为零，有
0=
1J ω2l
2-mg (2
cos θ) -mg (l cos θ)
解得：
ω=
3g
2l
cos θ 3-20 （1）子弹射入木棒中为完全非弹性碰撞，角动量守恒：
mv 3⎡2
4l =⎢⎢m ⎛ 3l ⎫⎪+1Ml 2⎤⎥ω
⎣⎝4⎭3⎥⎦
解得
ω=
m v
⎛ 3
⎝4
m +4⎫9M ⎪⎭l
8⨯10-3=
⨯200
⎛ 3-4⎫⎝4
⨯8⨯103
+9⎪⎭⨯0. 4
8⨯10-3≈
⨯2009
⨯0. 4=9(rad ⋅s -1)
（2）上摆过程机械能守恒
12J ω2=Mg l 2(1-cos θ) +mg 3
4
l (1-cos θ) 即
1⎛12 ⎝3M +916m ⎫⎪⎭l 2ω2=⎛ M ⎝2+34m ⎫⎪⎭
(1-cos θ) lg
m
1122⋅3Ml ω2=M
2
(1-cos θ) lg 解得 cos θ=(1-l ω2
3g
) =-0. 073
cos θ
(0. 073) ≈85︒6'
∴ 棒的最大摆角约为
π-85︒6'=94︒52'