弹簧-双球转速仪 · 转动参考系 · 角动量的矢量性 · 45分 · 每次叉乘、每次积分、每次泰勒展开全部写全
本题不配图（请对照原卷图 6a）。全题只有一台机器：一根被弹簧"拽着"的斜杆，套在竖直转轴上。
三个物理看点依次登场：①离心力与弹簧的博弈定平衡；②角动量不沿转轴 → 轴承受力（动不平衡）；③冲击后 \(L_z\) 守恒 → 滑冰式变速振动
1788 年，瓦特给蒸汽机装上了一个小装置：离心调速器（flyball governor）。一根竖直轴由蒸汽机带动旋转，轴顶用铰链挂着两根杆，杆端各挂一个重球。机器转得越快，球被"甩"得越高；球通过一套杠杆连着进汽阀门——球升高，阀门关小，机器减速；球下落，阀门开大，机器加速。
这是人类历史上最早的负反馈自动控制系统之一：不需要人盯着，机器自己把转速稳定在设定值附近。后来麦克斯韦还专门写了论文《论调速器》（1868），开创了控制理论这门学科。
本题的转速仪是同一个思想的"竞赛加强版"：
所以这道 45 分的大题，本质上是用竞赛语言把"调速器 + 动平衡 + 角动量守恒"三件事串成了一条龙。
地面系 O-xyz：O 在轴心，z 竖直向上，x 水平（图 6a 中向右），y 垂直纸面向里。三者满足右手系：
$$ \boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_y=\boldsymbol e_z,\qquad \boldsymbol e_y\times\boldsymbol e_z=\boldsymbol e_x,\qquad \boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_x=\boldsymbol e_y . $$本题最常用的时刻是图 6a 所示瞬间：杆正好转到 x-z 平面内，且 a 在 z 轴左侧（\(-x\) 一侧）。定义沿杆指向 a 的单位矢量 \(\hat{\boldsymbol n}\)，则此刻
$$ \hat{\boldsymbol n}=-\sin\theta\,\boldsymbol e_x+\cos\theta\,\boldsymbol e_z, \qquad \boldsymbol r_a=l\hat{\boldsymbol n},\qquad \boldsymbol r_b=-l\hat{\boldsymbol n}. $$第（1）问：\(\theta\) 被锁死在 \(\theta_0\)，只有整体自转，是定轴转动问题（放到转动参考系里就是静力学）。第（2）问：冲击把 \(\theta\) 解放出来，\(\theta\) 与自转 两个自由度耦合，靠 \(L_z\) 守恒 + 能量守恒两把锁管住。全题结构一目了然：
$$ \text{(1.1) 静平衡}\;\longrightarrow\;\text{(1.2) 转起来的 }\boldsymbol L\text{ 与轴承力}\;\longrightarrow\;\text{(2) 解锁 }\theta\text{ 后的耦合振动}. $$| 符号 | 含义 |
|---|---|
| \(2h\) | 轴承 A、B 间距，O 为中点 |
| \(2l,\,M\) | 杆长、杆质量（匀质，线密度 \(M/2l\)） |
| \(m_1,m_2\) | 球 a、b 质量（第 2 问起 \(m_1=m_2=m\)） |
| \(k\) | 盘簧扭转系数，回复力矩 \(=k\theta\) |
| \(\theta,\ \theta_0,\ \theta_M\) | Oa 与 \(+z\) 夹角；平衡值；冲击后最大值 |
| \(\omega,\ \omega_0,\ \omega_d\) | 整体自转角速度；平衡自转角速度；\(\theta\) 小幅振动角频率 |
| \(\Omega_0\) | 冲击后瞬间的 \(\dot\theta\) |
| \(\delta_0=\theta_M-\theta_0\) | 振幅（小量，2.3 问只保留它的一阶） |
跟着系统以 \(\omega_0\) 绕 z 轴一起转的参考系里，杆、球、轴全部静止——动力学问题降级成静力学问题，代价是每个质量 \(m\) 要补上两个"假想力"：
物理图像：离心力把 a、b 两球（以及杆的每一小段）往"远离 z 轴"的方向甩，效果都是把杆往 \(\theta\) 增大（更平）的方向压；弹簧和重力差把杆往回拉。三者在 \(\theta_0\) 处打平。
官方解答①式开头注明"以 \(\theta\) 增大方向为正"。我们要把这个约定翻译成矢量语言，否则每个力矩的正负都没法检验。在图 6a 瞬间，若 \(\theta\) 增大，\(\hat{\boldsymbol n}\) 怎么动？对
$$ \hat{\boldsymbol n}=-\sin\theta\,\boldsymbol e_x+\cos\theta\,\boldsymbol e_z $$求导（\(\boldsymbol e_x,\boldsymbol e_z\) 不动）：
$$ \frac{d\hat{\boldsymbol n}}{d\theta}=-\cos\theta\,\boldsymbol e_x-\sin\theta\,\boldsymbol e_z . $$另一方面，若杆以角速度 \(\boldsymbol\Omega=\dot\theta\,\boldsymbol u\) 转动（\(\boldsymbol u\) 为待定方向），则 \(\dfrac{d\hat{\boldsymbol n}}{dt}=\boldsymbol\Omega\times\hat{\boldsymbol n}\)，即
$$ \frac{d\hat{\boldsymbol n}}{d\theta}=\boldsymbol u\times\hat{\boldsymbol n}. $$试 \(\boldsymbol u=-\boldsymbol e_y\)：
$$ (-\boldsymbol e_y)\times(-\sin\theta\,\boldsymbol e_x+\cos\theta\,\boldsymbol e_z) =\sin\theta\,(\boldsymbol e_y\times\boldsymbol e_x)-\cos\theta\,(\boldsymbol e_y\times\boldsymbol e_z) =-\sin\theta\,\boldsymbol e_z-\cos\theta\,\boldsymbol e_x \;\checkmark $$完全一致！所以"\(\theta\) 增大"的转动方向 \(=-\boldsymbol e_y\)。约定：力矩矢量 \(\boldsymbol M\) 在 \(-\boldsymbol e_y\) 上的投影（即 \(-M_y\)）为正，称为"使 \(\theta\) 增大"的力矩。下面每算一个力矩，我们都先算出矢量，再读它的正负。
题设：回复力矩、大小 \(k\theta_0\)、"回复"= 把 \(\theta\) 往小推。所以在我们的约定下直接写
$$ M_{\text{簧}}=-k\theta_0 . $$力：\(-m_1g\,\boldsymbol e_z\)，作用点 \(\boldsymbol r_a=l(-\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x+\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z)\)。力矩 \(=\boldsymbol r_a\times(-m_1g\,\boldsymbol e_z)\)，逐项分配：
$$ \boldsymbol r_a\times(-m_1g\,\boldsymbol e_z) =l(-\sin\theta_0)\,\boldsymbol e_x\times(-m_1g\,\boldsymbol e_z)+l\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z\times(-m_1g\,\boldsymbol e_z). $$第二项 \(\boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_z=0\)，没了。第一项里 \(\boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_z=-(\boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_x)=-\boldsymbol e_y\)，所以
$$ \boldsymbol r_a\times(-m_1g\,\boldsymbol e_z)=l\sin\theta_0\cdot m_1g\cdot(-\boldsymbol e_y)=-m_1gl\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y . $$它在 \(-\boldsymbol e_y\) 方向，按约定为正：
$$ M_{\text{重}a}=+m_1gl\sin\theta_0 . $$物理检验：a 在斜上方、偏在 z 轴一侧，重力把它竖直往下拉，杆只会倒得更平——\(\theta\) 增大。✓
作用点 \(\boldsymbol r_b=-\boldsymbol r_a=l(\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x-\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z)\)，力 \(-m_2g\,\boldsymbol e_z\)：
$$ \boldsymbol r_b\times(-m_2g\,\boldsymbol e_z)=l\sin\theta_0(-m_2g)(\boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_z)=l\sin\theta_0(-m_2g)(-\boldsymbol e_y)=+m_2gl\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y . $$它在 \(+\boldsymbol e_y\) 方向，按约定为负：
$$ M_{\text{重}b}=-m_2gl\sin\theta_0 . $$物理检验：b 在斜下方，重力把它继续往下拉 = 把 a 往上顶 = \(\theta\) 减小。✓ 若 \(m_1=m_2\)，两球重力矩恰好抵消——这正是第 2 问"重力出局"的根源。
在转动系中，a 到 z 轴的距离 \(\rho_a=l\sin\theta_0\)，离心力大小 \(m_1\omega_0^2l\sin\theta_0\)，方向：水平背离 z 轴。a 在 \(-x\) 侧，所以方向为 \(-\boldsymbol e_x\)：
$$ \boldsymbol F_a^{\text{离}}=-m_1\omega_0^2l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x . $$力矩：
$$ \boldsymbol r_a\times\boldsymbol F_a^{\text{离}} =l(-\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x+\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z)\times(-m_1\omega_0^2l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x). $$\(\boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_x=0\)，只剩第二项：
$$ =l\cos\theta_0\cdot(-m_1\omega_0^2l\sin\theta_0)\,(\boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_x) =-m_1\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0\,\boldsymbol e_y . $$按约定（\(-\boldsymbol e_y\) 为正）取正：
$$ M_{\text{离}a}=+m_1\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0 . $$b 完全对称：\(\boldsymbol F_b^{\text{离}}=+m_2\omega_0^2l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x\)（b 在 \(+x\) 侧，向外即 \(+x\)），
$$ \boldsymbol r_b\times\boldsymbol F_b^{\text{离}} =(-l\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z)\times(m_2\omega_0^2l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x) =-m_2\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0\,\boldsymbol e_y , $$ $$ M_{\text{离}b}=+m_2\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0 . $$注意一个容易糊涂的点：两球的离心力矩同号。因为"球在哪一侧"和"离心力往哪边甩"同时反号，叉乘完负负得正。直觉：甩 a 向外，杆变平；甩 b 向外，杆也变平——都是 \(\theta\) 增大。
杆是连续体，切成小段。杆线密度 \(\lambda=\dfrac{M}{2l}\)。在 a 侧取距 O 为 \(r\)（\(0\le r\le l\)）、长 \(dr\) 的一小段：
$$ \text{质量 }dm=\frac{M}{2l}\,dr,\qquad \text{到 z 轴距离 }r\sin\theta_0, $$ $$ \text{离心力大小 }dF=\omega_0^2r\sin\theta_0\cdot\frac{M}{2l}\,dr,\quad\text{方向与 }\boldsymbol F_a^{\text{离}}\text{ 相同}. $$与④同理，它产生的力矩（按约定取正）
$$ dM_{\text{离杆}}=\underbrace{\omega_0^2r\sin\theta_0\cdot\frac{M}{2l}\,dr}_{dF}\cdot\underbrace{r\cos\theta_0}_{\text{力臂：力的作用线到 O 的垂直距离}} =\frac{M}{2l}\,\omega_0^2\sin\theta_0\cos\theta_0\,r^2\,dr . $$力臂为什么是 \(r\cos\theta_0\)：力是水平的，位矢沿杆长 \(r\)，二者夹角的垂直分量 \(=\) 位矢在竖直方向的投影 \(r\cos\theta_0\)。这和④中 \(l\cos\theta_0\) 是同一个几何。
b 侧镜像的一段给出相同结果（同样负负得正），所以全杆：
$$ M_{\text{离杆}}=2\int_0^l \frac{M}{2l}\,\omega_0^2\sin\theta_0\cos\theta_0\,r^2\,dr =\frac{M}{l}\,\omega_0^2\sin\theta_0\cos\theta_0\int_0^l r^2\,dr . $$积分 \(\displaystyle\int_0^l r^2\,dr=\left[\frac{r^3}{3}\right]_0^l=\frac{l^3}{3}\)，代回：
$$ M_{\text{离杆}}=\frac{M}{l}\,\omega_0^2\sin\theta_0\cos\theta_0\cdot\frac{l^3}{3} =\frac{M}{3}\,\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0 . $$系数 \(\dfrac{M}{3}l^2\) 不是巧合：\(\displaystyle 2\int_0^l \frac{M}{2l}r^2dr=\frac{1}{3}Ml^2=\frac{1}{12}M(2l)^2\)，正是杆绕中心垂直轴的转动惯量。离心力的总力矩 = "把全杆质量按转动惯量等效"的结果。
把五个力矩按约定相加并令其为零（转动系中杆静止、力矩平衡）：
$$ -k\theta_0+m_1gl\sin\theta_0-m_2gl\sin\theta_0+M_{\text{离}}=0 \tag{①} $$ $$ M_{\text{离}}=\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0 \tag{②} $$把②代入①，把含 \(\omega_0\) 的项移到右边：
$$ k\theta_0-(m_1-m_2)gl\sin\theta_0=\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0 , $$两边除以 \(\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)l^2\sin\theta_0\cos\theta_0\)，开根号：
$$ \boxed{\;\omega_0=\sqrt{\frac{k\theta_0-(m_1-m_2)gl\sin\theta_0}{\left(m_1+m_2+\dfrac{M}{3}\right)l^2\sin\theta_0\cos\theta_0}}\;} \tag{③} $$量纲体检：分子 \(k\theta_0\) 是力矩（\(\mathrm{N\cdot m=kg\,m^2/s^2}\)），\(mgl\) 也是力矩，同纲可减 ✓；分母是"质量×长度²" = 转动惯量量纲。力矩/转动惯量 = 角加速度量纲 \(\mathrm{s^{-2}}\)，开根号得 \(\mathrm{s^{-1}}\) ✓。
情形（i）：\(m_1>m_2\)。记分子 \(N(\theta_0)=k\theta_0-(m_1-m_2)gl\sin\theta_0\)。
情形（ii）：\(m_1\le m_2\)。此时 \(N=k\theta_0+(m_2-m_1)gl\sin\theta_0>0\) 恒成立（两项皆非负，且 \(k\theta_0>0\)），所以只可能要求分母为正：
$$ 0<\theta_0<\frac{\pi}{2} \tag{⑥} $$直觉：b 不比 a 轻时，重力矩与弹簧一起把杆往竖直拉，离心力必须能赢，平衡只可能出现在上半区。
右手系三条基矢的乘法表（循环序为正，反序添负号）：
$$ \boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_y=\boldsymbol e_z,\quad \boldsymbol e_y\times\boldsymbol e_z=\boldsymbol e_x,\quad \boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_x=\boldsymbol e_y; \qquad \boldsymbol b\times\boldsymbol a=-\boldsymbol a\times\boldsymbol b;\qquad \boldsymbol a\times\boldsymbol a=0 . $$配合分配律 \(\boldsymbol a\times(\boldsymbol b+\boldsymbol c)=\boldsymbol a\times\boldsymbol b+\boldsymbol a\times\boldsymbol c\)，任何"基矢组合 × 基矢组合"都能逐项算到底。本题所有叉乘我们都只用这张表，不用行列式。
某时刻杆在 x-z 平面内。整体以 \(\boldsymbol\omega_0=\omega_0\boldsymbol e_z\) 自转，a 的速度 = 角速度叉位矢：
$$ \boldsymbol v_a=\boldsymbol\omega_0\times\boldsymbol r_a =\omega_0\boldsymbol e_z\times l(-\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x+\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z) =-\omega_0l\sin\theta_0\,(\boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_x)+0 =-\omega_0l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y . $$检验：a 在 \(-x\) 侧、绕 z 轴逆时针（俯视）转，此刻应朝 \(-y\)（纸面外）运动 ✓。
角动量 \(\boldsymbol L_a=\boldsymbol r_a\times m_1\boldsymbol v_a\)：
$$ \boldsymbol L_a=l(-\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x+\cos\theta_0\,\boldsymbol e_z)\times m_1(-\omega_0l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y) $$ $$ =m_1\omega_0l^2\sin\theta_0\Big[\sin\theta_0\,(\boldsymbol e_x\times\boldsymbol e_y)-\cos\theta_0\,(\boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_y)\Big] =m_1\omega_0l^2\sin\theta_0\Big[\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z+\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x\Big]. $$ $$ \boldsymbol L_a=\boldsymbol r_1\times m_1\boldsymbol v_1=m_1l^2\sin\theta_0\,\omega_0\,(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z) \tag{⑦} $$\(\boldsymbol r_b=-\boldsymbol r_a\)，所以 \(\boldsymbol v_b=\boldsymbol\omega_0\times\boldsymbol r_b=+\omega_0l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y=-\boldsymbol v_a\)：
$$ \boldsymbol L_b=\boldsymbol r_b\times m_2\boldsymbol v_b=(-\boldsymbol r_a)\times m_2(-\omega_0l\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y)=\frac{m_2}{m_1}\,\boldsymbol L_a\ \text{的结构}, $$ $$ \boldsymbol L_b=\boldsymbol r_2\times m_2\boldsymbol v_2=m_2l^2\sin\theta_0\,\omega_0\,(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z) \tag{⑧} $$两个负号（位置反、速度反）再次抵消，a、b 的角动量方向完全一致。记住这个方向
$$ \boldsymbol u_L\equiv\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z , $$它在 x-z 平面内、与 z 轴夹角 \(\dfrac{\pi}{2}-\theta_0\)——不沿转轴。这是本小问全部物理的源头。
与 2.1⑤ 同样的切法：a 侧 \(r\) 处小段 \(dm=\dfrac{M}{2l}dr\)，位置 \(r\hat{\boldsymbol n}\)，速度 \(=-\omega_0r\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y\)，它贡献的角动量与⑦同结构（只是把 \(l\to r\)）：
$$ d\boldsymbol L=\omega_0r^2\sin\theta_0\,(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z)\,dm . $$b 侧镜像小段贡献相同，全杆：
$$ \boldsymbol L_M=2\int_0^l\frac{M}{2l}\,\omega_0r^2\sin\theta_0\,(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z)\,dr =\frac{M}{l}\,\omega_0\sin\theta_0\,(\cdots)\int_0^l r^2dr, $$ $$ \boldsymbol L_M=\frac{M}{3}\,l^2\sin\theta_0\,\omega_0\,(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z) \tag{⑨} $$——又是那个 \(\dfrac{M}{3}l^2\)。同一个转动惯量，既管离心力矩（②式），又管角动量（⑨式），因为它们都是"质量×\(r^2\)"的矩。
⑦⑧⑨方向全同，直接相加。记等效转动惯量因子：
$$ \boldsymbol L=\boldsymbol L_a+\boldsymbol L_b+\boldsymbol L_M =\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)l^2\sin\theta_0\,\omega_0\,(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z) \tag{⑩} $$把③式的 \(\omega_0\) 代入，把系数收进根号（注意 \(\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)l^2\sin\theta_0\) 整体平方后进根号，与根号内分母约掉一个因子）：
$$ \boldsymbol L=\sqrt{\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)l^2\sin\theta_0\,\frac{k\theta_0-(m_1-m_2)gl\sin\theta_0}{\cos\theta_0}}\;(\cos\theta_0\,\boldsymbol e_x+\sin\theta_0\,\boldsymbol e_z). $$一个长度不变、以角速度 \(\boldsymbol\omega\) 整体旋转的矢量 \(\boldsymbol L\)，其矢端在空间画圆。设 \(\boldsymbol L\) 与 \(\boldsymbol\omega\) 夹角 \(\alpha\)，则矢端圆周半径 \(=L\sin\alpha\)，线速度大小 \(=\omega L\sin\alpha\)，方向沿切线。而
$$ |\boldsymbol\omega\times\boldsymbol L|=\omega L\sin\alpha,\qquad \text{方向}=\text{切线方向}, $$所以 \(\dfrac{d\boldsymbol L}{dt}=\boldsymbol\omega\times\boldsymbol L\)。记忆法：旋转矢量的"速度"= 角速度叉它自己（和 \(\boldsymbol v=\boldsymbol\omega\times\boldsymbol r\) 一模一样——位矢就是跟着刚体转的特殊矢量）。本题 \(\boldsymbol\omega=\omega_0\boldsymbol e_z\)。
由⑩，\(\boldsymbol L=L_x\boldsymbol e_x+L_z\boldsymbol e_z\)，其中
$$ L_x=\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)l^2\omega_0\sin\theta_0\cos\theta_0 . $$用工具 4：
$$ \frac{d\boldsymbol L}{dt}=\omega_0\boldsymbol e_z\times(L_x\boldsymbol e_x+L_z\boldsymbol e_z) =\omega_0L_x(\boldsymbol e_z\times\boldsymbol e_x)+0=\omega_0L_x\,\boldsymbol e_y , $$ $$ \frac{d\boldsymbol L}{dt}=\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0\,\boldsymbol e_y \tag{⑯} $$（官方把⑯排在受力分析之后，我们这里按逻辑先算好它，等下直接用。）
第一步：质心在哪。三部分的 z、x 坐标（沿 \(\hat{\boldsymbol n}\) 方向的带符号距离）：a 在 \(+l\)，b 在 \(-l\)，杆质心在 O（0）：
$$ r_C=\frac{m_1l+m_2(-l)+M\cdot 0}{m_1+m_2+M}=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2+M}\,l \tag{⑪} $$\(r_C>0\) 表示质心偏 a 侧。它是"沿杆方向"的带符号距离，质心的实际位置矢量为 \(r_C\hat{\boldsymbol n}\)。
第二步：质心加速度。质心绕 z 轴做匀速圆周运动，半径 \(=r_C\sin\theta_0\)（位置矢量 \(r_C\hat{\boldsymbol n}\) 的水平投影），角速度 \(\omega_0\)。向心加速度指向 z 轴；质心在 \(-x\) 侧（设 \(r_C>0\)），指向轴即 \(+\boldsymbol e_x\)：
$$ \boldsymbol a_C=\omega_0^2r_C\sin\theta_0\,\boldsymbol e_x \tag{⑫} $$若 \(r_C<0\)（\(m_1 第三步：受力清单。系统在竖直方向：总重力向下，地面在轴底的支撑力向上，二者抵消（题设"系统重力与地面对转轴的支持力抵消"）。水平方向只剩轴承力： （光滑轴承的力过轴线，没有 z 分量；此刻杆在 x-z 平面，我们允许轴承力有 y 分量——待会儿方程会证明它是零。） 由质心运动定理（系统总外力 = 总质量 × 质心加速度）： 写分量。x 方向，用⑫⑪： y 方向（\(\boldsymbol a_C\) 无 y 分量）： \(\displaystyle\sum\boldsymbol M_{\text{外}}^{(O)}=\frac{d\boldsymbol L}{dt}\)，其中力矩与角动量必须对同一定点（这里取 O）。系统的外力：重力（a、b、杆）、地面对轴底的支撑、轴承力 \(\boldsymbol F_A,\boldsymbol F_B\)、水平轴对杆的约束力（过 O，力矩为零）、弹簧（内力，杆与轴之间，不出现在系统外力清单里）。 各外力对 O 的力矩（y 分量才是主角）： ① 重力矩 \(\boldsymbol M_G\)：3.3 节算过 a、b 各自的重力矩矢量：a 贡献 \(-m_1gl\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y\)，b 贡献 \(+m_2gl\sin\theta_0\,\boldsymbol e_y\)，杆的重力作用线过 O 力矩为零： ② 轴承力的力矩：A 在 O 正上方 \(h\boldsymbol e_z\) 处，B 在 \(-h\boldsymbol e_z\) 处： ③ 地面支撑力沿 z 轴、作用点在 z 轴上，力矩为零。 角动量定理（矢量式）： x 分量：左边 \(=0-hF_{Ay}+hF_{By}\)，右边⑯没有 x 分量 \(=0\)： y 分量：左边 \(=-(m_1-m_2)gl\sin\theta_0+hF_{Ax}-hF_{Bx}\)，右边 \(=\) ⑯： 由⑮⑱联立：\(F_{Ay}+F_{By}=0\) 且 \(-F_{Ay}+F_{By}=0\)，两式相加得 \(2F_{By}=0\)： 轴承力此刻没有 y 分量——合理：需要的向心力（x 方向）和力矩（y 方向力偶）都由 x 方向的轴承力就能凑出来。 未知量只剩 \(F_{Ax},F_{Bx}\)。把⑭⑲写成"和与差"的标准形： 两式相加除以 2 得 \(F_{Ax}\)，相减除以 2 得 \(F_{Bx}\)： 化简的关键一步：注意 \(R\) 里的第二项 \(\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)\omega_0^2l^2\sin\theta_0\cos\theta_0\)，正是①②式右边的 \(M_{\text{离}}\)，由①它等于 \(k\theta_0-(m_1-m_2)gl\sin\theta_0\)。于是 重力项恰好消掉！再把 \(P\) 里的 \(\omega_0^2\) 用③代入： 最终（官方㉑㉒的第二行形式）： 写分量（用 3.7② 的展开）： ⑲' 一句话就说完了 3.7 节⑯⑰⑲三个式子的事：轴承力偶之差 = 弹簧扭矩。再联立⑭（质心定理还是省不掉）即得㉑'㉒'，与㉑㉒完全相同。 考场上用哪个？解法一（角动量定理）是通法，任何"斜转子"问题都能套；解法二依赖"弹簧扭矩已知"这个巧合，快但特殊性强。建议：主用解法一，用解法二验算——两条路得到同一组数，基本可以确信没错。 从现在起 \(m_1=m_2=m\)。系统原处于第（1）问的稳定状态（\(\theta_0,\omega_0\)）。\(t=0\) 时刻球 a 受到一个冲击：方向在"杆-z 平面"内、垂直于杆、使 \(\theta\) 增大，作用时间极短。此后 \(\theta\) 最大摆到 \(\theta_M\)（\(\theta_0<\theta_M<\pi\)）。 冲击时间 \(\Delta t\to0\)、冲力 \(F\to\infty\)、冲量有限。三条推论： 冲击力的冲量作用于 a，方向在杆-z 平面内 \(\Rightarrow\) 它对 O 的冲量矩 \(\boldsymbol r_a\times\boldsymbol J\) 垂直于杆-z 平面（沿水平轴方向），z 分量为零；O 点的约束冲量过 O 点，力矩为零；轴承对轴的冲量过 z 轴，对 z 轴力矩为零。所以冲击前后 \(L_z\) 守恒。又因冲击期间 \(\theta\) 不变（\(\sin\theta\) 不变），由 \(L_z\propto\omega\sin^2\theta\) 立刻知道：自转角速度在冲击瞬间不变，冲击只把 \(\dot\theta\) 从 0 拉到 \(\Omega_0\)。冲击后瞬间状态：\((\theta,\omega,\dot\theta)=(\theta_0,\omega_0,\Omega_0)\)。 此后任一时刻，每个质量元的速度都是两部分的矢量和，且这两部分互相垂直（一个在杆-z 平面内摆动，一个水平画圈）： 距 O 为 \(r\) 的杆元：摆动平面内速率 \(=r|\dot\theta|\)（绕水平轴的圆周运动）；到 z 轴距离 \(r\sin\theta\)，自转线速率 \(=\omega r\sin\theta\)。球就是 \(r=l\) 的特例。两个方向垂直（一个在竖直平面内沿"经线"，一个水平沿"纬线"），所以平方直接相加。 系统动能 = 摆动部分 + 自转部分： 其中自转部分 = 两球（\(\frac12\cdot 2m\omega^2l^2\sin^2\theta\)）+ 杆（\(\frac{M}{l}\omega^2\sin^2\theta\cdot\frac{l^3}{3}=\frac{M}{3}\omega^2l^2\sin^2\theta\) 的一半……仔细点：\(\frac12\cdot\frac{M}{3}\omega^2l^2\sin^2\theta\)）；摆动部分里的 \(I\) 是系统对 O 点水平摆动轴的转动惯量： 合并（球、杆的自转系数与 \(I\) 完全相同——都正比于 \(\int r^2dm\)）： 势能：\(m_1=m_2\) 时两球一升一降，重力势能之和恒为常数（取为零）；杆的重力势能不变；只剩盘簧 \(\frac12k\theta^2\)。机械能： 为书写省事，以下记 \(\displaystyle I=\left(2m+\frac{M}{3}\right)l^2\)（官方㉖式同款）。 第一步：冲击后 \(L_z\) 永远守恒。冲击之后系统只受重力（力矩水平）、弹簧力矩（沿水平轴方向）、轴承力（过 z 轴）——对 z 轴的力矩全为零，所以任意时刻： \(L_z\) 的算法：由⑩式（把 \(m_1+m_2\to2m\)），\(\boldsymbol L\) 的 z 分量 \(=I\sin\theta\,\omega\cdot\sin\theta=I\omega\sin^2\theta\)。更初等的看法：每个质点对 z 轴的角动量 \(=m\rho\cdot\omega\rho=m\omega\rho^2\)，\(\rho=r\sin\theta\)，求和即得。 解出 \(\omega\) 作为 \(\theta\) 的函数（这步把两个自由度"降"成一个）： 第二步：两个特殊状态之间用机械能守恒。冲击刚结束的瞬间：\(\theta=\theta_0,\ \dot\theta=\Omega_0,\ \omega=\omega_0\)。摆到最大角的瞬间：\(\theta=\theta_M,\ \dot\theta=0\)，由㉔ \(\omega=\omega_M\equiv\dfrac{\sin^2\theta_0}{\sin^2\theta_M}\omega_0\)。㉗式两边相等： 第三步：解出 \(\Omega_0\)（代数一步不跳）。把含 \(\Omega_0\) 的项孤立： 括号第一项用 \(\omega_M\) 的定义化简： 于是 再把③在 \(m_1=m_2\) 下的形式 \(\displaystyle\omega_0^2=\frac{k\theta_0}{I\sin\theta_0\cos\theta_0}\) 代入： 两边乘 \(\dfrac{2}{I}\)，开根号： 把㉔代入㉗的自转项： 第一步：验证 \(\theta_0\) 是平衡点（\(U'_{\text{eff}}(\theta_0)=0\)）。对 \(\sin^{-2}\theta\) 求导： 代入 \(\theta=\theta_0\)： （正是 \(m_1=m_2\) 的①②式）。意料之中——\(\theta_0\) 本来就是平衡位置，有效势能在此处取极值。 第二步：算 \(U''_{\text{eff}}(\theta_0)\)（决定频率的"等效劲度系数"）。需要对 \(\dfrac{\cos\theta}{\sin^3\theta}\) 再求一次导，用乘积法则 \(\big(u\cdot v\big)'=u'v+uv'\)，取 \(u=\cos\theta,\ v=\sin^{-3}\theta\)： 于是 代入 \(\theta=\theta_0\)（注意 \(\sin^4\theta_0\) 与分母约掉）： 最后一步用了 \(\sin^2+3\cos^2=(\sin^2+\cos^2)+2\cos^2=1+2\cos^2\theta_0\)。 第三步：泰勒展开能量。令 \(\theta=\theta_0+\delta\)（\(\delta\ll\theta_0\)），在 \(\theta_0\) 处展开到 \(\delta\) 二阶： 再用 \(\omega_0^2=\dfrac{k\theta_0}{I\sin\theta_0\cos\theta_0}\) 把方括号第一项改写： 对比简谐振子的标准能量 \(E=\frac12m_{\text{eff}}\dot\delta^2+\frac12k_{\text{eff}}\delta^2\)，读出 \(\omega_d^2=k_{\text{eff}}/m_{\text{eff}}\)： 由⑥式，\(m_1=m_2\) 属于情形（ii），\(0<\theta_0<\dfrac{\pi}{2}\)，故 \(\sin\theta_0\cos\theta_0>0\)，括号恒正，振动确实存在。物理上：离心力提供的"离心势垒"让弹簧变得更硬——\(\omega_d\) 永远大于裸弹簧频率 \(\sqrt{k/I}\)，而且 \(\theta_0\) 越接近 \(\pi/2\)（转得越快），修正项越大。 在随系统以角速度 \(\omega\) 同步转动的参考系中，杆绕 O 点水平轴做定轴转动。对这根轴用转动定理：回复力矩（弹簧）+ 离心力矩（②式推广到任意 \(\theta,\omega\)，注意 \(m_1=m_2\) 时重力矩抵消）= \(I\ddot\theta\)： 用㉔消 \(\omega\)（\(\omega^2=\omega_0^2\sin^4\theta_0/\sin^4\theta\)）： 令 \(\theta=\theta_0+\delta\)，左边在 \(\theta_0\) 处泰勒展开到 \(\delta\) 一阶：常数项 \(=0\)（平衡条件），一次项系数用 4.2 节第二步已算好的导数： ——同一个 \(\omega_d\)，殊途同归。解法一（能量）省思考、解法二（力矩）省书写，考场上任选，另一个用来验算。 第一步：写出 \(\theta(t)\)。小振动下 \(\theta\) 在 \(\theta_0\) 附近简谐振荡；\(t=0\) 时 \(\theta=\theta_0\) 且 \(\dot\theta=\Omega_0>0\)，所以取正弦相位；振幅 = 最大偏离 \(=\theta_M-\theta_0=\delta_0\)： 第二步：把㉝代入㉔，展开到 \(\delta_0\) 一阶。核心是把 \(\sin^2(\theta_0+\delta)\)（其中 \(\delta=\delta_0\sin\omega_dt\)）展开。先展开 \(\sin(\theta_0+\delta)\)： （用了 \(\cos\delta\approx1,\ \sin\delta\approx\delta\)，都是一阶近似）。平方，扔掉 \(\delta^2\) 项： 再用近似公式 \(\dfrac{1}{1+x}\approx1-x\)（\(x=2\delta\cot\theta_0\ll1\)）： 代回 \(\delta=\delta_0\sin\omega_dt\)： 其中 一个精讲课该做的闭环：㉙给的 \(\Omega_0\) 与㉝的初始条件 \(\dot\theta(0)=\delta_0\omega_d\cos0=\omega_d\delta_0\) 必须一致。把㉙按 \(\delta_0\) 展开验证。记 \(\theta_M=\theta_0+\delta_0\)，逐块展开到 \(\delta_0^2\)： 块 1（要带二阶，因为一阶会相互抵消）： 用了 \(\dfrac{1}{1+u}\approx1-u+u^2\)，\(u=2\delta_0\cot\theta_0+\delta_0^2(\cot^2\theta_0-1)\)，\(u^2\) 只保留首项平方。 块 2：\(\theta_M^2-\theta_0^2=2\theta_0\delta_0+\delta_0^2\)。 合成㉙的根号内（第一项乘上 \(\theta_0\tan\theta_0\)）： 一阶项恒等于零——这就是为什么㉙看起像"\(\sqrt{\text{负}+\text{正}}\)"却在 \(\delta_0\) 小时恒正。再把 \(3\cot\theta_0+\tan\theta_0=\dfrac{3\cos^2\theta_0+\sin^2\theta_0}{\sin\theta_0\cos\theta_0}=\dfrac{1+2\cos^2\theta_0}{\sin\theta_0\cos\theta_0}\) 代入： 三套独立推导（能量守恒㉙、有效势能㉜、简谐运动㉝）在同一个数上握手——做到这一步，可以确信全题无懈可击。 (1.1) 转动参考系（杆静止）→ 五个力矩（弹簧/重力×2/离心×球/离心×杆积分）→ 力矩平衡①② → \(\omega_0\)③ → 根号同号讨论④⑤⑥。 (1.2) 逐质点叉乘 \(\boldsymbol r\times m\boldsymbol v\) → ⑦⑧⑨同方向叠加 → \(\boldsymbol L\)⑩（不沿 z 轴）→ 旋转矢量求导 \(d\boldsymbol L/dt=\boldsymbol\omega_0\times\boldsymbol L\)⑯ → 质心定理给"和"⑭⑮、角动量定理给"差"⑱⑲ → ㉑㉒（巧解：轴上力矩平衡⑲'一步到位）。 (2.1) 冲击三近似 → \(L_z\) 守恒㉓ → \(\omega(\theta)\)㉔ → 动能㉕㉖+机械能㉗ → 两特殊态能量守恒㉘ → \(\Omega_0\)㉙。 (2.2) ㉔代入㉗得有效势能㉚ → \(U'=0\) 验证、\(U''\) 求出 → 泰勒到二阶㉛ → \(\omega_d\)㉜（或转动定理㉝–㉟'）。 (2.3) 简谐解㉝ → 代回㉔，\(\sin^2\) 展开 + \(1/(1+x)\) 展开 → \(\omega(t)\)㉞。闭环：\(\Omega_0=\omega_d\delta_0\)。 ②式第一行的杆积分前印成 "\(-2\int_0^l\)"，按其第二行结果 \(\left(m_1+m_2+\frac{M}{3}\right)\) 及物理符号分析，应为 "\(+2\int_0^l\)"。引用官方解答时以结果为准。 分数分布的启示：这 45 分里，"会物理"（建模、守恒律选择）大约决定 1/3，"算得对"（叉乘、积分、泰勒展开、解方程组）决定 2/3。第 (2) 问 21 分几乎全是"守恒律 + 展开"的基本功——这正是本精讲把每一步代数都写出来的原因。3.7 角动量定理：再拿到两个轴承力的"差"（⑰–⑳）
工具 5：质点系对定点的角动量定理
3.8 解方程组（㉑㉒）：把四个式子拧成两个数
3.9 解法二（官方附的"秒杀版"）：两分钟推出同一个结果
四、(2) 冲击之后：\(\theta\) 解锁，两个自由度跳起舞来
工具 6：冲击近似三句话 + 为什么守恒的是 \(L_z\)
4.0 先备弹药：两个自由度下的动能（㉕㉖）
4.1 (2.1) 求冲击后瞬间的 \(\dot\theta=\Omega_0\)
4.2 (2.2) 小幅振动频率：有效势能法（解法一）
4.3 (2.2) 解法二：转动定理直接怼（官方附法）
4.4 (2.3) 转速随时间的起伏：\(\omega(t)\) 的一阶展开
4.5 彩蛋（自洽性检验）：\(\Omega_0\) 必须等于 \(\omega_d\delta_0\)
五、复盘
5.1 全题逻辑地图
5.2 本题最值得记住的五个"手法"
5.3 官方解答的一处印刷瑕疵
5.4 易错清单（考前自查）
5.5 评分标准对照（45 分）
问 分值 明细 (1.1) 7 ①式 2 分；②③④⑤⑥式各 1 分 (1.2) 17 ⑦⑧⑨⑩式各 1 分（只给分量不得分）；⑭式 2 分；⑮式 1 分；⑯式 2 分；⑱式 1 分；⑲式 2 分；⑳式 1 分；㉑㉒式各 2 分（解法二带撇式同分） (2.1) 9 ㉓式 2 分；㉔式 1 分；㉕式 2 分；㉖式 1 分；㉘式 2 分；㉙式 1 分 (2.2) 8 ㉚㉛式各 3 分；㉜式 2 分（解法二同分） (2.3) 4 ㉝㉞式各 2 分