转动动力学与力矩

入门

在靠近铰链的地方推门，门几乎不动；在门把手处用同样大的力推，门就会打开。转动遵循的规律，与直线运动的牛顿定律十分相似。

第 1 步。力的转动效应叫做力矩。它既取决于推力的大小，也取决于推的位置离转轴多远：同样的力，作用点远一倍，转动效果就大一倍。这就是扳手要做得很长的原因。对着铰链直接推，门根本不会转动。

第 2 步。持续的推力使小车越跑越快；同理，持续的力矩使车轮越转越快。动画中，一个重物挂在缠绕于沉重车轮轮毂的绳子上。重物下落时，绳子不断扭转车轮，蓝色条显示转速稳定增长。

第 3 步。质量阻碍运动状态的改变，而对转动来说，关键在于质量分布在哪里。质量离转轴远，车轮就更难被转快，也更难停下。这就是动画中重物下落如此缓慢的原因，也是飞轮要把重量集中在边缘的原因。

第 4 步。重物落地后，绳子松弛，扭转停止。车轮并不会停下：它会以恒定的速率继续转动，就像没有外力作用时运动的物体会继续运动一样。在真实的机器中，轴承处的摩擦会使它慢慢停下。

自我检验：两个孩子用同样大的力推一个旋转木马，一个推在边缘，一个推在离圆心一半距离的地方。谁产生的转动效果更大？（边缘的那个：同样的推力，作用点离转轴远了一倍。）

中级

描述转动

绕固定轴转动的刚体只需一个数就能说明它的位置：它转过的角度 $\theta$，以弧度（rad）计量（一整圈为 $2\pi \approx 6.28\mathrm{rad}$）。角速度 $\omega$ 是该角度的变化率，单位为 rad/s；角加速度 $\alpha$ 是 $\omega$ 的变化率，单位为 rad/s²。动画中，车轮沿绿色弧形箭头顺时针转动；将这一方向取为正。

物体上的每一点都具有相同的 $\omega$ 和 $\alpha$，但离转轴距离为 $r$ 的点以 $v=\omega r$ 的速度运动，切向加速度为 $a=\alpha r$。因此，绳子从轮毂上无滑动地放开时，重物的运动速度恰好等于轮毂边缘的速度。

力矩：力乘以力臂

在门把手处用 20 N 的力垂直于门推门，把手离铰链 0.80 m：转动效果，即力矩，为 $\tau =0.80\cdot 20=16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$。同样的推力若作用在离铰链 0.10 m 处，只有 $2\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$。一般地，对于作用在距转轴 $r$ 处的力 $F$，
$\tau =rF\sin \theta$
其中 $\theta$ 是力与该作用点的半径之间的夹角（而不是物体转过的角度）。

这里有两种等价的理解：只有与半径垂直的那部分力 $F\sin \theta$ 使物体转动；或者整个力以力臂 $d=r\sin \theta$ 作用，即转轴到力的作用线的垂直距离。若在门把手上以与门成 30° 的方向推，则 $\tau =16\cdot \sin 30^{\circ }=8\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$；若直接对着铰链推，则什么也转不动。

力矩的单位是牛顿·米，绝不是焦耳：它不是能量。使物体向相反方向转动的力矩，符号相反。

转动形式的牛顿第二定律

合力矩产生角加速度，正如合力产生加速度一样：
$\tau =I\alpha$

转动惯量 $I$（单位 kg·m²）起着质量的作用。质量为 $m$、离转轴距离为 $s$ 的一小块物质，其切向加速度为 $\alpha s$，需要的力为 $ms\alpha$，因而需要的力矩为 $m{s}^2\alpha$。把所有小块加起来，得到 $\tau =(\sum m{s}^2)\alpha$，所以 $I=\sum m{s}^2$。每一千克质量都以其距离的平方计入：离轴远一倍，阻力就大四倍。

质量为 $M$、半径为 $R$ 的细圆环，全部质量都在边缘，故 $I=M{R}^2$；实心球则为 $\frac{2}{5}M{R}^2$。动画中的车轮是均匀圆盘：
$I=\frac{1}{2}M{R}^2\text{(uniform disc)}$
取 $M=10\mathrm{kg}$，$R=0.40\mathrm{m}$，则 $I=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0.40^2=0.80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，恰好是同质量、同尺寸细圆环的一半。

当合力矩恒定时，$\alpha$ 也恒定，直线运动的方程可以照搬过来，只需把 $x$、$v$、$a$ 换成 $\theta$、$\omega$、$\alpha$：

• $\omega ={\omega }_0+\alpha t$
• $\theta ={\theta }_0+{\omega }_{0}t+\frac{1}{2}\alpha t^2$
• ${\omega }^2={\omega }_0^2+2\alpha \Delta \theta$

把各小块的$\frac{1}{2}m{v}^2$（其中 $v=\omega s$）加起来，就得到自旋中储存的能量，即转动动能
$K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$

例题：动画中的车轮

绕在轮毂上的绳子，轮毂半径 $r=0.12\mathrm{m}$，悬挂重物 $m=1\mathrm{kg}$。张力 $F$ 未知，因此对重物（取向下为正）、车轮以及不打滑的绳子各列一个方程：
$mg-F=ma,Fr=I\alpha ,a=\alpha r$
将 $F=I\alpha /r$ 和 $a=\alpha r$ 代入第一个方程，得
$\alpha =\frac{mgr}{I+m{r}^2}=\frac{1\cdot 9.81\cdot 0.12}{0.80+1\cdot 0.12^2}=\frac{1.177}{0.814}\approx 1.45rad/{\mathrm{s}}^2$

因此重物的加速度仅为 $a=\alpha r\approx 0.173m/{\mathrm{s}}^2$，张力为 $F=m(g-a)\approx 9.64\mathrm{N}$，略小于重物的 9.81 N；力矩为 $\tau =rF\approx 1.16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$。这就是红色 $\tau$ 读数上的稳定值；轮毂边缘的红色箭头 $F$ 和红线 $r$ 显示了它的来源。

重物下落 $h=0.88\mathrm{m}$ 所需的时间为 $t=\sqrt{2h/a}=\sqrt{2\cdot 0.88/0.173}\approx 3.19\mathrm{s}$。与此同时，蓝色 $\omega$ 读数每秒增加 1.45 rad/s，直至 $\omega =\alpha t\approx 4.60rad/s$；车轮转过 $0.88/0.12\approx 7.33\mathrm{rad}$，略多于一圈。然后绳子松弛：箭头 $F$ 消失，$\tau$ 读数降为零，$\alpha =0$，$\omega$ 保持在 4.60 rad/s，正如绿色标签所指出的。

例题：制动飞轮

一辆健身单车的飞轮是质量 8.0 kg、半径 0.20 m 的均匀圆盘。骑车人停止蹬踏时，它以 30 rad/s（约 287 rpm）旋转；一块毛毡垫压在其边缘上，产生 4.0 N 的摩擦力。它需要多长时间停下？转了多少圈？

摩擦力沿边缘作用，所以其力臂就是整个半径：
$I=\frac{1}{2}\cdot 8.0\cdot 0.20^2=0.16\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2,\tau =0.20\cdot 4.0=0.80\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
于是 $\alpha =-0.80/0.16=-5.0rad/{\mathrm{s}}^2$，负号表示力矩与自旋方向相反。车轮在 $30/5.0=6.0\mathrm{s}$ 后停下，${\omega }^2={\omega }_0^2+2\alpha \Delta \theta$ 给出 $\Delta \theta =30^2/(2\cdot 5.0)=90\mathrm{rad}$，约 14.3 圈。

能量也证实了这一结果：车轮起始动能为 $K=\frac{1}{2}\cdot 0.16\cdot 30^2=72\mathrm{J}$，摩擦力克服自旋做功 $\tau \Delta \theta =0.80\cdot 90=72\mathrm{J}$，使毛毡垫和边缘发热。同质量、同半径的圆环将储存 144 J，需要 12 s 才能停下。

车轮的受力图

车轮受三个力：中心处的重力 $Mg=98.1\mathrm{N}$，轮毂边缘处 9.64 N 的张力，以及车轴向上的支持力，它必须等于 $98.1+9.64\approx 107.7\mathrm{N}$，因为中心保持不动。合力为零，但合力矩并不为零：重力和车轴的力都通过转轴，没有力臂，因此只有张力使车轮转动。

反过来的情形也存在。拉动方向盘时，一侧以 10 N 向上，另一侧以 10 N 向下，二者都距中心 0.18 m：这两个力相互抵消，但力矩相加得 $2\cdot 10\cdot 0.18=3.6\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$。这样一对大小相等、方向相反的力称为力偶。

一个 $\omega$ 对应的线速度不止一个：落地时，车轮边缘的速度为 $\omega R\approx 1.84m/s$，而重物的速度仅为 $\omega r\approx 0.55m/s$。

常见错误

• 用车轮的半径作力臂。绳子拉的是轮毂，所以力臂是 $r=0.12\mathrm{m}$；若用 $R=0.40\mathrm{m}$，得到 3.85 N·m，是真实力矩的三倍多。
• 认为张力等于重量 $mg$。那样重物就无法加速；实际张力是 9.64 N，缺少的 0.17 N 恰好是 $ma$。
• 认为只有质量重要。把车轮的 10 kg 移到边缘，会使 $I$ 加倍至 $1.60\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，并把角加速度从 1.45 降到约 0.73 rad/s²。
• 在 $v=\omega r$ 或 $K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$ 中使用转每分或度。这些公式必须用弧度：4.60 rad/s 等于每分钟 44 转，把 44 代入 $K$ 得到约 770 J，而正确值是 8.5 J。

应用场景

扳手、门把手和自行车脚踏板都利用了较长的力臂。发动机和电动机的额定值以输出轴上的力矩表示，汽车发动机通常为几百牛·米；齿轮则以角速度换取力矩。发动机中的飞轮和陶工的转盘把质量集中在沉重的边缘上，以平滑不均匀的驱动。

本课建立在《圆周运动》的基础之上。令合力矩为零，即得到《静力平衡与杠杆》；沿着 $L=I\omega$ 继续推导，即得到《角动量及其守恒》。《简单机械：杠杆、滑轮与齿轮》则是这些力矩的具体应用。

高级

由功定义力矩

一个力可以很大，却仍然转不动轮子，只要它正对着轴心。要描述转动，我们需要一个量，它既反映力有多大，也反映力作用在哪里、沿哪个方向。最直接的办法，是问物体转动时该力做了多少功。下文的数字均取自动画：一个质量为 10 kg、半径为 0.40 m 的均匀圆盘，绕固定且无摩擦的车轴转动；绳子缠绕在半径为 0.12 m 的轻质轮毂上，绳端悬挂 1 kg 的重物，重物下落 0.88 m。

图例

$O$	固定轴，从端部看去，垂直纸面向外。
$r$	转轴到力作用点的距离。	$\mathrm{m}$
$d\theta$	物体转过的微小角度。	$\mathrm{rad}$
$d\vec{l}$	该点的位移：沿切线方向，与半径垂直，长度 $dl=rd\theta$。	$\mathrm{m}$
$\vec{F}$	作用于该点的力。	$\mathrm{N}$
$F_{\perp }$	$\vec{F}$ 沿位移方向、与半径垂直的分量：唯一做功的部分。	$\mathrm{N}$
$F_{\parallel }$	$\vec{F}$ 沿半径方向的分量，与位移垂直：不做功。	$\mathrm{N}$

图 1 显示一个只能绕固定轴转动的物体，从端部看去，轴位于 $O$ 点，垂直纸面向外。它的位置因此只需一个数字描述，即它转过的角度 $\theta$。一个力 $\vec{F}$ 作用在距离轴为 $r$ 的点上。设物体转过一个微小角度 $d\theta$，该点沿圆周移动一小段 $d\vec{l}$。由于转角很小，这一小段位移沿切线方向，与半径 $r$ 垂直，其长度是圆弧的一小段：$dl=rd\theta$，其中 $d\theta$ 以弧度计。

现在看从该点出发首尾相接画出的两个箭头。它们将 $\vec{F}$ 分解为沿半径方向的分量 $F_{\parallel }$ 和沿位移方向的分量 $F_{\perp }$。$F_{\parallel }$ 与位移垂直，因而不做功；$F_{\perp }$ 沿位移方向，做了全部的功：
$dW=\vec{F}\cdot d\vec{l}=F_{\perp }rd\theta$

$d\theta$ 前面的这个因子，正是我们要找的量。定义物体绕轴所受的力矩为
$\tau =r{F}_{\perp }$
于是微小转动所做的功为 $dW=\tau d\theta$：力矩乘以角度就是功，正如力乘以距离就是功。同一乘积还可以另一种方式理解。若 $\phi$ 是半径与力之间的夹角，则 $F_{\perp }=F\sin \phi$，而 $r\sin \phi$ 就是力臂，即轴到力作用线的垂直距离。因此力矩也可以看作整个力乘以其力臂。一个正对轴心的力，$F_{\perp }=0$，没有力臂，也就没有力矩：这正是那个转不动的轮子。

用坐标可以得到同样的结果，而且形式更便于计算。将轴沿 $z$ 方向置于原点。当物体逆时针转过 $d\theta$ 时，位于 $(x,y)$ 的点移动 $dx=-yd\theta$，$dy=xd\theta$。这正是图 1 中的位移 $d\vec{l}$ 用分量写出的形式：它与半径垂直，长度为 $rd\theta$。作用在该点的力 $(F_x,F_y)$ 所做的功为
$dW=F_{x}dx+F_{y}dy=(x{F}_y-y{F}_x)d\theta$
因此 $\tau =x{F}_y-y{F}_x$。这是叉积 $\vec{r}\times \vec{F}$ 的 $z$ 分量，当力趋于使物体从 $+z$ 一侧看去逆时针转动时为正。由于 $r$、$x$、$y$ 都是相对于轴度量的，力矩的数值取决于所选的轴，因此必须说明力矩是绕哪一根轴的。

将 $dW=\tau d\theta$ 除以转动所用的时间 $dt$，就得到转动物体所获得的功率。取角速度 $\omega =d\theta /dt$，则
$P=\tau \omega$
这是 $P=Fv$ 的转动对应式。

动画中的数字正好印证了这一点。就在重物落地前，绳子的张力 $T\approx 9.64\mathrm{N}$。作用在轮毂上、力臂为 0.12 m 时，力矩为 $\tau =9.64\cdot 0.12\approx 1.16\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$，而车轮以 4.60 rad/s 转动，因此绳子传给车轮的功率为 $\tau \omega \approx 1.16\cdot 4.60\approx 5.3\mathrm{W}$。绳子另一端对重物的拉力向上，而重物以 0.553 m/s 向下运动，所以它以 $Tv\approx 9.64\cdot 0.553\approx 5.3\mathrm{W}$ 的功率从重物处取走能量。两个功率一致：轻质绳子不储存能量，只是把能量传递下去。

转动物体的牛顿第二定律

力矩说明物体受到多大的转动作用；我们还需要一条说明它反应多快的定律，即 $F=ma$ 的转动形式。我们对物体的每一小部分应用牛顿第二定律，再将结果相加，就得到它。

图例

$O$	通过中心的轴，从端部看去。
$R$	圆盘的半径。	$\mathrm{m}$
$s$	金色圆环到轴的距离。	$\mathrm{m}$
$ds$	圆环的宽度。	$\mathrm{m}$
$\ell$	圆环剪开并拉直后的长度：其周长 $2\pi s$。	$\mathrm{m}$
$dm$	圆环的质量：其面积 $2\pi sds$ 乘以单位面积质量 $M/(\pi R^2)$。	$\mathrm{kg}$
${\omega }^{2}s$	圆环每一小块的向心加速度，指向轴心。	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\alpha s$	圆环每一小块沿圆周的切向加速度。	$m/{\mathrm{s}}^2$

图 2 显示了这些小部分。将到轴距离同为 $s$ 的物质归为一组：对圆盘而言，就是如图中金色的薄圆环，宽度为 $ds$，质量为 $dm$。圆环上的每个质点都沿半径为 $s$ 的圆周运动，其角速度为 $\omega$，角加速度 $\alpha =d\omega /dt$ 与整个物体相同。因此它的加速度有两个分量，都画在圆环顶部：一个是向心分量 ${\omega }^{2}s$，指向轴心 $O$，使质点保持在圆周上；另一个是切向分量 $\alpha s$，沿圆周方向，使质点加速。

根据牛顿第二定律，圆环所受的合力也有两个分量，分别为质量乘以相应的加速度。向心力指向轴心，没有力臂，因此没有力矩。只有切向力 $\alpha sdm$ 产生力矩，其力臂为 $s$：
$d\tau =s\cdot (\alpha sdm)=s^2\alpha dm$

现在把所有这些力矩在整个物体上求和。每个质点所受的合力由外力和其他质点施加的内力组成。内力两两抵消：两个质点沿连线相互施加大小相等、方向相反的力，这两个力具有相同的力臂，产生方向相反的力矩。只有外力矩保留下来；而且由于每个质点的 $\alpha$ 相同，它可以提到求和号之外：
${\tau }_{\mathrm{ext}}=\left(\int s^{2}dm\right)\alpha =I\alpha$
积分 $I=\int s^{2}dm$ 即为转动惯量。它在 $F=ma$ 中所起的作用相当于质量，但它不仅取决于质量的多少，还取决于质量的分布：每个质点都以其到轴距离的平方计入。

对于图 2 中半径为 $R$、质量为 $M$ 的均匀圆盘，该积分是对各圆环的求和。将金色圆环剪开并拉直，如图下方所示：它变成一条长为 $\ell =2\pi s$、宽为 $ds$ 的带状，其面积为 $2\pi sds$。圆盘的质量均匀分布在面积 $\pi R^2$ 上，因此单位面积质量为 $M/(\pi R^2)$，该圆环的质量为
$dm=\frac{M}{\pi R^2}\cdot 2\pi sds=\frac{2M}{R^2}sds$
从中心到边缘对各圆环求和，
$I={\int }_0^R{s}^2\frac{2M}{R^2}sds=\frac{2M}{R^2}\cdot \frac{R^4}{4}=\frac{1}{2}M{R}^2$
这是同质量、同半径的薄圆环的数值 $M{R}^2$ 的一半，因为圆盘的大部分质量靠近轴。对于动画中的圆盘，$I=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 0.40^2=0.80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$。

转动惯量还取决于所选的轴。对于与过质心的轴平行、相距 $d$ 的轴，平行轴定理给出
$I=I_{\mathrm{cm}}+M{d}^2$
道理如下：把每个质点到新轴的距离平方，写成它到旧轴距离平方、加上 $d^2$、再加上一个交叉项。对整个物体求和后，交叉项与以质心为原点的质量加权平均位置成正比，而按质心的定义，该平均位置为零。动画中的圆盘若从边缘的销钉悬挂，则 $d=0.40\mathrm{m}$，$I=0.80+10\cdot 0.40^2=2.40\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，是绕中心时的三倍。

角动量与转动对应关系

在直线运动中，牛顿定律最一般的形式是 $F=dp/dt$。定义角动量之后，转动也具有同样的形式，直线运动的每一个一维结论因此都可以移植过来。

图 2 中的每个圆环质点以 $\omega s$ 的速率运动，其沿圆周的动量为 $\omega sdm$。它绕轴的角动量等于该动量乘以其力臂 $s$，即 $s\cdot (\omega s)dm$。对整个物体求和，得到总角动量 $L=I\omega$。对刚体而言 $I$ 不变，因此 $I\alpha =d(I\omega )/dt$，转动定律可写为
$L=I\omega ,\tau =\frac{dL}{dt}$
这与 $F=dp/dt$ 对应：力矩即角动量的变化率。

动能的构造方式相同。以 $\omega s$ 运动的质点具有 $\frac{1}{2}(\omega s{)}^{2}dm$ 的动能，求和后得到
$K=\frac{1}{2}I{\omega }^2$
力矩所做的功 $\int \tau d\theta$，等于 $K$ 的变化，正如 $\int Fdx$ 等于 $\frac{1}{2}m{v}^2$ 的变化。

直线运动与转动之间的对应关系至此完整：$x\leftrightarrow \theta$，$v\leftrightarrow \omega$，$a\leftrightarrow \alpha$，$m\leftrightarrow I$，$F\leftrightarrow \tau$，$p\leftrightarrow L$，$\frac{1}{2}m{v}^2\leftrightarrow \frac{1}{2}I{\omega }^2$，$Fv\leftrightarrow \tau \omega$。动画中的专家层面列出了其中四组对应。一维动力学的每个结论都可以移植过来，包括匀加速运动的公式。

有一项没有严格的对应。物体的质量是固定的，但只要物体形状改变，其转动惯量就会改变，因为 $I$ 取决于质量的分布。此时 $\tau =dL/dt$ 仍然成立，而 $\tau =I\alpha$ 不再成立。这就是花样滑冰运动员收拢双臂时转得更快的原因：没有外力矩作用，$L=I\omega$ 保持不变，$I$ 减小，因此 $\omega$ 增大。

读取角速度图像

角速度随时间变化的图像，能一目了然地显示车轮的整个运动。它的读法与速度-时间图像完全相同：斜率是角加速度，曲线下的面积是转过的角度。

图例

$t$	自释放重物以来的时间。	$\mathrm{s}$
$\omega$	车轮的角速度，$d\theta /dt$。	$rad/s$
$t_1$	重物落地的时刻。	$\mathrm{s}$
${\omega }_1$	落地时的角速度，即达到的最大值。	$rad/s$
$\Delta t$	一段时间间隔：斜率三角形的水平边。	$\mathrm{s}$
$\alpha \Delta t$	时间 $\Delta t$ 内 $\omega$ 的增量：斜率 $\alpha$ 乘以 $\Delta t$。	$rad/s$
$\tau$	绳子作用于车轮的力矩：绳子拉动时恒定，落地后为零。	$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$
$\theta$	从释放到落地所转过的角度：直线下方的阴影面积。	$\mathrm{rad}$

图 3 即为动画中专家层面绘制的图像：$\omega$ 随重物释放后的时间 $t$ 变化。绳子拉动期间，其力矩 $\tau$ 恒定，由 $\tau =I\alpha$ 可知角加速度也恒定，因此图像是一条直线。看图中的小斜率三角形：在任意时间间隔 $\Delta t$ 内，$\omega$ 增加 $\alpha \Delta t$，所以直线的斜率为
$\alpha =\tau /I=1.16/0.80\approx 1.45rad/{\mathrm{s}}^2$

再看阴影三角形。每个短时间间隔 $dt$ 增加的转角为 $\omega dt$，因此直线下方的面积即为转角 $\theta$。重物在 $t_1=3.19\mathrm{s}$ 落地，此时车轮达到 ${\omega }_1=4.60rad/s$，所以
$\theta =\frac{1}{2}\cdot 3.19\mathrm{s}\cdot 4.60rad/s\approx 7.3\mathrm{rad}$
绳子给出一个独立的检验。它从轮毂上无滑动地放出，因此从半径 0.12 m 的轮毂上放出 0.88 m 绳子，意味着 $\theta =0.88/0.12\approx 7.33\mathrm{rad}$，与上面的结果一致。动画中的 $L$ 读数即为 $I$ 乘以此图像：它每秒增加 1.16 kg·m²/s，因为 $L(t)$ 的斜率就是力矩。

在 $t_1$ 时刻重物落地，绳子停止拉动，$\tau =0$，如图中平坦部分所标示。此时 $dL/dt=0$：直线变平，$L$ 保持在 $0.80\cdot 4.60\approx 3.68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$，因为没有摩擦来减慢车轮。曲线下的面积仍在增长，现在每秒增加 4.60 rad。在转折处，斜率从 1.45 rad/s² 突变为零，但 $\omega$ 本身并不跳变：$\omega$ 若发生跳变，将在瞬时间内使 $L$ 改变有限量，这需要无穷大的力矩。

能量与等效质量

能量守恒可以独立地检验整个计算。它还提供了一种有用的方式来理解车轮：把它看作下落的重物必须拖动的附加质量。

下落 $h=0.88\mathrm{m}$ 后，质量为 $m=1\mathrm{kg}$ 的重物已释放 $mgh\approx 8.63\mathrm{J}$。车轮现在拥有 $\frac{1}{2}I{\omega }^2\approx 8.48\mathrm{J}$，重物拥有 $\frac{1}{2}m{v}^2\approx 0.15\mathrm{J}$，因此 98% 的能量已转化为转动。由于绳子不打滑，重物的速度等于轮毂边缘的速度，$v=\omega r$，其中 $r=0.12\mathrm{m}$ 为轮毂半径。令 $\omega =v/r$，能量平衡式为
$mgh=\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}I{\omega }^2=\frac{1}{2}\left(m+\frac{I}{r^2}\right)v^2$

从绳子的角度看，车轮就像一个额外的质量 $I/r^2=0.80/0.12^2\approx 55.6\mathrm{kg}$，重物必须把它一起拖动。对时间求导（$h$ 的变化率是 $v$，$v$ 的变化率是 $a$），得到 $mgv=(m+I/r^2)va$，因此
$a=\frac{mg}{m+I/r^2}$
这个 1 kg 的重物必须加速 56.6 kg 的等效质量，所以它只能以 0.17 m/s² 缓慢下沉。

轮毂半径是一项设计选择。将其减半至 0.06 m，$I/r^2$ 增至四倍，即 222 kg，因此重物的加速度约慢四倍。车轮的角加速度 $\alpha =a/r$ 下降得没有那么多，因为较小的轮毂每米绳子使车轮转过的角度更大，但它仍然减半，约为 0.73 rad/s²。一般地，
$\alpha =\frac{mgr}{I+m{r}^2}$
只要 $m{r}^2<I$，它就随 $r$ 增大，即直到 $r=\sqrt{I/m}\approx 0.89\mathrm{m}$。这超出了车轮自身 0.40 m 的半径，所以对这个车轮而言，更宽的轮毂总能使它更快地转起来：更长的力臂胜过重物自身日益增长的惯量份额 $m{r}^2$。

例题：作为溜溜球的车轮

到目前为止，车轴都是固定的。溜溜球展示了当轴本身移动时，同样的定律如何起作用。将绳子的自由端系在天花板上，让车轮下落，像大型溜溜球一样从轮毂上解开绳子，已知 $M=10\mathrm{kg}$，$I=0.80\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，轮毂半径 $r=0.12\mathrm{m}$。它加速度多大？绳子拉力多大？下降 0.88 m 后能量如何分配？

图例

$Mg$	车轮的重量，作用于其中心。	$\mathrm{N}$
$T$	绳子的拉力，向上作用于轮毂边缘。	$\mathrm{N}$
$r$	轮毂的半径：$T$ 绕中心的力臂。	$\mathrm{m}$
$a$	中心的加速度，向下。	$m/{\mathrm{s}}^2$
$\alpha$	车轮的角加速度，逆时针，因为绳子在中心右侧向上拉。	$rad/{\mathrm{s}}^2$

图 4 按比例画出了作用在车轮上的两个力。它的重量 $Mg$ 作用于中心。绳子的拉力 $T$ 在轮毂的右边缘向上作用，距中心为 $r$，且略小于 $Mg$。二者之差 $Mg-T$ 使中心以 $a$ 向下加速，即左侧的直箭头。对于中心而言，重力没有力臂，因此只有 $T$ 使车轮转动。由于它在中心右侧向上拉，它使车轮逆时针转动，角加速度 $\alpha$ 如弧形箭头所示。

当轴下落时，还能使用 $\tau =I\alpha$ 吗？可以，前提是取通过质心的轴，且该轴方向保持不变。在与中心一同下落的参考系中，车轮只是绕固定轴转动；此参考系中唯一额外的力，即惯性力 $-M\vec{a}$，作用于质心，而质心处没有力臂。

两种运动是相互关联的。绳子系在天花板上，因此绳子离开轮毂的那一点瞬时静止。车轮绕这一点转动，所以中心（距离为 $r$）每转过一弧度就下降 $r$：$a=\alpha r$。

平动、绕中心的转动以及这一滚动条件，给出关于 $a$、$T$ 和 $\alpha$ 的三个方程：
$Mg-T=Ma,Tr=I\alpha ,a=\alpha r$
将 $\alpha =a/r$ 代入第二个方程，得到 $T=Ia/r^2$，再代入第一个方程：
$a=\frac{g}{1+I/(M{r}^2)}=\frac{9.81}{1+5.56}\approx 1.50m/{\mathrm{s}}^2,T=M(g-a)\approx 83.1\mathrm{N}$
且 $\alpha =a/r\approx 12.5rad/{\mathrm{s}}^2$。这又是等效质量的结果：转动把 $I/r^2\approx 55.6\mathrm{kg}$ 加到了重力作用的 10 kg 上。下降 0.88 m 后，$v=\sqrt{2ah}\approx 1.62m/s$，$\omega =v/r\approx 13.5rad/s$，几乎是动画中达到的 4.60 rad/s 的三倍，因为现在驱动车轮的是它自身的全部重量，而不只是 1 kg 的重物。

释放的能量 $Mgh\approx 86.3\mathrm{J}$ 分成两部分：平动的 $\frac{1}{2}M{v}^2\approx 13.2\mathrm{J}$，以及转动的 $\frac{1}{2}I{\omega }^2\approx 73.2\mathrm{J}$。它们的比值固定为 $I/(M{r}^2)\approx 5.56$，与高度无关，因为任何时刻都有 $\omega =v/r$。此时绳子拉力为 83.1 N，而不是满额的 98.1 N 重量，因此悬挂绳子的弹簧秤在溜溜球下落时的读数小于其重量。到达底部时，绳子完全放开，而车轮仍在旋转，因此它会把绳子重新绕回去：溜溜球正是这样返回的。

适用范围的限制

该模型假设车轮是刚体，绳子轻且既不伸长也不打滑，轴承无摩擦。摩擦对滑行的影响比对加速的影响更大。0.02 N·m 的轴承力矩不到绳子 1.16 N·m 的 2%，因此它会使 $\alpha$ 降低不到 2%。然而，重物落地后，它是唯一的力矩，将在 $I\omega /\tau =0.80\cdot 4.60/0.02\approx 184\mathrm{s}$，约三分钟内使滑行的车轮停止。

刚性在高速时失效。薄的高速旋转轮缘中的应力约为 $\rho v^2$，其中 $\rho$ 为密度，$v$ 为轮缘速度，因此当 $\rho v^2$ 达到材料的强度时，轮缘就会破裂。钢制轮缘（密度 7800 kg/m³，强度约 $10^9\mathrm{Pa}$）大约在 360 m/s 时破裂。动画中的轮缘速度为 $4.60\cdot 0.40\approx 1.84m/s$。

标量定律 $\tau =I\alpha$ 需要固定的轴，或者需要保持方向不变的过质心轴。在三维中，力矩是矢量 $\vec{\tau }=\vec{r}\times \vec{F}$，而 $\vec{L}$ 与 $\vec{\omega }$ 的关系不再由单个数字决定，而是由惯量张量决定，即一组九个数，它取代了 $I$。绕对称轴旋转时，车轮的 $\vec{L}$ 与 $\vec{\omega }$ 平行。一个不对称的车轮，其 $\vec{L}$ 会偏离车轴，因此车轮转动时，$\vec{L}$ 会绕一个圆锥扫过，即使转速恒定，轴承也必须提供力矩 $d\vec{L}/dt$。这就是汽车车轮需要平衡的原因，也是陀螺仪与进动的起点。

相对论修正，对于车轮边缘约为 $v^2/c^2\approx 4\times 10^{-17}$，在此不起作用。在量子力学中，角动量以 $\hslash \approx 1.05\times 10^{-34}\mathrm{J}\cdot \mathrm{s}$ 量级的步长变化。车轮的 $3.68\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2/s$ 约为 $3.5\times 10^{34}$ 个这样的步长，因此其自旋看上去完全连续；但分子的转动以离散能级出现，并表现在微波光谱中。

延伸

令合力矩与合力为零，即得到《静力平衡与杠杆》。让转动惯量改变，或让轴倾斜，即得到《角动量及其守恒》，涵盖花样滑冰运动员、开普勒面积定律以及进动陀螺。悬挂于支点的物体会受到重力产生的恢复力矩，并像物理摆一样摆动，小摆角时周期为 $2\pi \sqrt{I/(Mgd)}$，其中 $d$ 为支点到质心的距离。从边缘悬挂的圆盘，$I=2.40\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$，$d=0.40\mathrm{m}$，其摆动周期约为 1.55 s；《简谐运动》一课将对此展开论述。磁场作用于电流环的力矩驱动了每一台电动机，这是《电动机、发电机与变压器》一课的主题；而功率公式 $P=\tau \omega$ 将本课与《功、能与功率》联系起来。