转动运动与角动量

生活中随处可见转动：车轮的滚动、陀螺的旋转、风扇叶片的转动、地球的自转。描述这些运动，仅靠位移、速度、加速度这套平动语言是不够的，需要引入一套新的物理量——角速度、角加速度、转动惯量和角动量。有趣的是，转动规律与平动规律之间存在高度的对应关系：力矩对应力，转动惯量对应质量，$\tau = I\alpha$ 对应 $F = ma$。理解这种对应，能让分析转动问题变得清晰而系统。

角速度与角加速度

描述物体绕固定轴转动时，用角位移 $\theta$ 来衡量转过的角度，单位是弧度（rad）。弧度的定义为：

$\theta = \frac{s}{r}$

其中 $s$ 是弧长，$r$ 是半径。一整圈对应 $2\pi\,\text{rad} \approx 6.28\,\text{rad}$，即 $360° = 2\pi\,\text{rad}$。

角速度 $\omega$ 描述角位移随时间变化的快慢：

$\omega = \frac{d\theta}{dt}$

单位为 $\text{rad/s}$。日常生活中常用转/分（rpm），与角速度的换算为：

$\omega = \frac{2\pi n}{60}$

其中 $n$ 为每分钟转数。

角加速度 $\alpha$ 描述角速度的变化率：

$\alpha = \frac{d\omega}{dt}$

单位为 $\text{rad/s}^2$。

当角加速度恒定（匀变速转动）时，运动学方程与匀变速直线运动完全类比：

$\omega = \omega_0 + \alpha t \qquad \theta = \omega_0 t + \frac{1}{2}\alpha t^2 \qquad \omega^2 = \omega_0^2 + 2\alpha\theta$

例1　一台电风扇从静止开始，在 $4\,\text{s}$ 内匀加速到 $\omega = 40\,\text{rad/s}$，求角加速度和这段时间内转过的角度。

$\alpha = \frac{\omega - \omega_0}{t} = \frac{40 - 0}{4} = 10\,\text{rad/s}^2$

$\theta = \frac{\omega_0 + \omega}{2} \cdot t = \frac{0 + 40}{2} \times 4 = 80\,\text{rad}$

$80\,\text{rad}$ 约等于 $80 / (2\pi) \approx 12.7$ 圈。

线量与角量的关系

对于绕固定轴转动的刚体，每个质点的线量（线速度、切向加速度、向心加速度）都与角量之间有确定的关系。设质点到转轴的距离为 $r$：

$v = \omega r \qquad a_t = \alpha r \qquad a_c = \omega^2 r$

其中 $v$ 是线速度，$a_t$ 是切向加速度（描述速度大小的变化），$a_c$ 是向心加速度（描述速度方向的变化）。

例2　一个直径为 $0.60\,\text{m}$ 的砂轮以 $n = 600\,\text{rpm}$ 旋转，求轮缘处的线速度和向心加速度。

$\omega = \frac{2\pi \times 600}{60} = 20\pi \approx 62.8\,\text{rad/s}$

轮缘半径 $r = 0.30\,\text{m}$：

$v = \omega r = 20\pi \times 0.30 = 6\pi \approx 18.8\,\text{m/s}$

$a_c = \omega^2 r = (20\pi)^2 \times 0.30 \approx 1184\,\text{m/s}^2$

轮缘处向心加速度约为重力加速度的 120 倍，这解释了为何砂轮转速过高时会因离心效应而碎裂。

转动惯量与平行轴定理

平动中，质量 $m$ 衡量物体改变平动状态的难易程度。转动中，衡量“改变转动状态难易程度”的物理量是转动惯量 $I$：

$I = \sum_i m_i r_i^2$

对于连续体，则对全部质量积分：

$I = \int r^2 \, dm$

单位为 $\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$。转动惯量取决于三个因素：总质量、质量分布形状、以及转轴的位置。质量离轴越远，转动惯量越大。

以下是几种常见匀质刚体的转动惯量（$m$ 为总质量，$R$ 为半径，$L$ 为长度）：

例3　一根长 $L = 1.0\,\text{m}$、质量 $m = 2\,\text{kg}$ 的均匀细杆，分别求绕过中点和绕过端点的转动惯量。

绕中点：$I_C = \dfrac{1}{12} \times 2 \times 1.0^2 = \dfrac{1}{6} \approx 0.167\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$

绕端点：$I = \dfrac{1}{3} \times 2 \times 1.0^2 = \dfrac{2}{3} \approx 0.667\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$

绕端点的转动惯量恰好是绕中点的 4 倍，说明同样的力矩下绕端点旋转的角加速度更小，更难启动。

平行轴定理

若已知刚体绕过质心轴的转动惯量 $I_C$，则绕平行于该轴、距质心轴距离为 $d$ 的新轴的转动惯量为：

$I = I_C + md^2$

以细杆为例验证：端点距中心 $d = L/2$，代入平行轴定理：

$I = \frac{1}{12}mL^2 + m\left(\frac{L}{2}\right)^2 = \frac{1}{12}mL^2 + \frac{1}{4}mL^2 = \frac{1}{3}mL^2 \checkmark$

结果与表中一致，验证正确。

转动定律

力矩 $\tau$ 是力使物体绕轴转动效果的度量。对于大小为 $F$、作用点距轴距离为 $r$、力与半径方向夹角为 $\phi$ 的力：

$\tau = rF\sin\phi$

单位为 $\text{N}{\cdot}\text{m}$。力垂直于半径时（$\phi = 90°$）力矩最大；力沿半径方向时力矩为零。

转动定律将合力矩与角加速度联系起来：

$\tau_{\text{合}} = I\alpha$

例4　一个质量 $M = 5\,\text{kg}$、半径 $R = 0.20\,\text{m}$ 的均匀圆盘从静止开始，在 $\tau = 0.40\,\text{N}{\cdot}\text{m}$ 的恒定力矩下转动，求 $t = 4\,\text{s}$ 后的角速度。

$I = \frac{1}{2}MR^2 = \frac{1}{2} \times 5 \times 0.04 = 0.10\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$

$\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{0.40}{0.10} = 4.0\,\text{rad/s}^2$

$\omega = \omega_0 + \alpha t = 0 + 4.0 \times 4 = 16\,\text{rad/s}$

例5（绳绕圆柱）　一根绳子绕在半径 $R = 0.10\,\text{m}$、质量 $M = 4.0\,\text{kg}$ 的圆柱（$I = \frac{1}{2}MR^2$）上，绳端悬挂质量 的重物，系统从静止释放（取 ）。求重物的加速度。

对重物（取向下为正）：

$mg - T = ma$

绳对圆柱施加力矩 $\tau = TR$，由转动定律：

$TR = I\alpha = \frac{1}{2}MR^2 \cdot \frac{a}{R} \implies T = \frac{1}{2}Ma$

代入重物方程：

$mg - \frac{1}{2}Ma = ma \implies a = \frac{mg}{m + \frac{1}{2}M} = \frac{1.0 \times 10}{1.0 + 2.0} = \frac{10}{3} \approx 3.3\,\text{m/s}^2$

若圆柱质量可忽略（$M \to 0$），则 $a \to g = 10\,\text{m/s}^2$，退化为自由落体，符合预期。

角动量与角动量守恒

类比平动中的动量 $p = mv$，在转动中定义角动量：

$L = I\omega$

单位为 $\text{kg}{\cdot}\text{m}^2/\text{s}$。转动定律可以改写为：

$\tau_{\text{合}} = \frac{dL}{dt}$

当系统所受合外力矩为零时，角动量保持不变：

$L = I\omega = \text{常量}$

这就是角动量守恒定律。

例6（旋转平台）　一个人（$m_{\text{人}} = 60\,\text{kg}$）最初站在可自由旋转圆形平台（$m_{\text{台}} = 100\,\text{kg}$，半径 $$，视为圆盘）的中心，平台以 旋转。此后人慢慢走到平台边缘，求新的角速度（忽略轴承摩擦）。

人在中心时转动惯量约为零，系统初始转动惯量：

$I_0 = \frac{1}{2}m_{\text{台}}R^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times 1.0^2 = 50\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$

人走到边缘后，人的转动惯量 $I_{\text{人}} = m_{\text{人}}R^2 = 60 \times 1.0^2 = 60\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$：

$I_1 = 50 + 60 = 110\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$

由角动量守恒：

$I_0\omega_0 = I_1\omega_1 \implies \omega_1 = \frac{50 \times 2.0}{110} = \frac{100}{110} \approx 0.91\,\text{rad/s}$

转动惯量增大约 2.2 倍，角速度降低为原来的约 $0.45$ 倍。

滚动运动

圆柱（或球）在地面上无打滑地滚动时，其运动由两部分叠加：质心的平动和绕质心的转动。

无滑滚动的约束条件是：

$v_C = \omega R$

其中 $v_C$ 是质心速度，$R$ 是滚动体半径。此时接触点瞬时速度为零（相对于地面），地面静摩擦力不做功。

无滑滚动的总动能等于平动动能与转动动能之和：

$E_k = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}I_C\omega^2$

利用 $\omega = v_C / R$ 代入：

$E_k = \frac{1}{2}v_C^2\!\left(m + \frac{I_C}{R^2}\right)$

例7（斜面滚动比赛）　一个实心球和一个薄圆环，质量和半径相同，同时从高度 $h = 1.0\,\text{m}$ 的斜面顶端由静止开始无滑滚下（取 $g = 10\,\text{m/s}^2$），求各自到达底端时的质心速度。

实心球（$I_C = \frac{2}{5}mR^2$）：

$mgh = \frac{7}{10}mv_C^2 \implies v_C = \sqrt{\frac{10gh}{7}} = \sqrt{\frac{10 \times 10 \times 1.0}{7}} \approx 3.78\,\text{m/s}$

薄圆环（$I_C = mR^2$）：

$mgh = mv_C^2 \implies v_C = \sqrt{gh} = \sqrt{10 \times 1.0} \approx 3.16\,\text{m/s}$

两者质量、半径完全相同，但实心球到达底端更快。原因是实心球的转动惯量更小，转动“抢走”的能量比例更少，平动动能更大。

练习题

选择题

第1题　一台电动机的转轴以 $n = 1500\,\text{rpm}$ 转动，在轴上安装半径 $R = 0.20\,\text{m}$ 的皮带轮，皮带轮轮缘的线速度大小为（　　）

A. $5\pi\,\text{m/s}$

B. $10\pi\,\text{m/s}$

C. $20\pi\,\text{m/s}$

D. $50\pi\,\text{m/s}$

第2题　两个质量均为 $m$、半径均为 $R$ 的均匀圆盘，一个是实心的（$I_1 = \frac{1}{2}mR^2$），另一个是薄圆环（）。对两者施加相同的力矩 ，则（　　）

A. 实心圆盘的角加速度更大

B. 薄圆环的角加速度更大

C. 两者角加速度相同

D. 无法判断，取决于力矩大小

第3题　一个花样滑冰运动员在无摩擦冰面上旋转，初始角速度为 $\omega_0$，转动惯量为 $I_0$。她收紧手臂后转动惯量变为 $\frac{1}{3}I_0$，此时她的角速度变为（　　）

A. $\dfrac{1}{3}\omega_0$

B. $\omega_0$

C. $3\omega_0$

D. $9\omega_0$

第4题　一个实心球从高度 $h$ 的斜面顶端由静止开始无滑滚下，到达底端时质心速度为 $v_C$。若改用同质量、同半径的薄圆环重复同样的实验，到达底端时质心速度 $v_C'$ 与 $v_C$ 的关系是（　　）

A. $v_C' > v_C$

B. $v_C' = v_C$

C. $v_C' < v_C$

D. 取决于斜面倾角

计算题

第5题　一个质量 $M = 20\,\text{kg}$、半径 $R = 0.50\,\text{m}$ 的均匀圆盘（飞轮），绕过中心轴转动，初始静止。在轮缘处施加一个切向力 $F = 40\,\text{N}$，使其匀加速转动。

（1）求飞轮的转动惯量 $I$。

（2）求飞轮的角加速度 $\alpha$。

（3）求 $t = 5.0\,\text{s}$ 后飞轮的角速度和转过的圈数。

第6题　一个实心球（质量 $m = 2.0\,\text{kg}$，半径 $R = 0.10\,\text{m}$）在水平地面上无滑滚动，质心速度 $v_C = 4.0\,\text{m/s}$。

（1）求球的角速度 $\omega$。

（2）求平动动能 $E_{k,\text{平}}$、转动动能 $E_{k,\text{转}}$ 和总动能 $E_k$。

（3）若球滚上一个光滑斜面（足够长，保持无滑滚动），最终能上升到多高？

轮缘线速度：

$v = \omega R = 50\pi \times 0.20 = 10\pi \approx 31.4\,\text{m/s}$

选 B。注意：$\omega = 50\pi\,\text{rad/s}$ 是角速度，而非线速度，不要直接选 D。

$\alpha_1 = 2\alpha_2$，实心圆盘角加速度是薄圆环的 2 倍，选 A。

实心圆盘的质量集中在中心，转动惯量更小，更容易被力矩改变转动状态。

$\omega_1 = 3\omega_0$

转动惯量减为原来的 $\frac{1}{3}$，角速度增大为原来的 3 倍，选 C。

薄圆环：$mgh = mv_C'^2$，故 $v_C' = \sqrt{gh}$

因为 $\sqrt{\dfrac{10}{7}} \approx 1.195 > 1$，所以 $v_C > v_C'$，薄圆环到达底端时速度更小，选 C。

无论质量和半径如何，只要形状相同，结果相同，与斜面倾角也无关。

（2）角加速度：

切向力在轮缘处产生的力矩：

$\tau = FR = 40 \times 0.50 = 20\,\text{N}{\cdot}\text{m}$

由转动定律：

$\alpha = \frac{\tau}{I} = \frac{20}{2.5} = 8.0\,\text{rad/s}^2$

（3）$5.0\,\text{s}$ 后的角速度和圈数：

$\omega = \omega_0 + \alpha t = 0 + 8.0 \times 5.0 = 40\,\text{rad/s}$

$\theta = \frac{1}{2}\alpha t^2 = \frac{1}{2} \times 8.0 \times 5.0^2 = 100\,\text{rad}$

$N = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{100}{2\pi} \approx 15.9 \text{ 圈}$

飞轮在 $5.0\,\text{s}$ 内转过约 $15.9$ 圈，最终角速度为 $40\,\text{rad/s}$（约 $382\,\text{rpm}$）。

（2）各项动能：

平动动能：

$E_{k,\text{平}} = \frac{1}{2}mv_C^2 = \frac{1}{2} \times 2.0 \times 4.0^2 = 16\,\text{J}$

实心球转动惯量 $I_C = \dfrac{2}{5}mR^2 = \dfrac{2}{5} \times 2.0 \times 0.10^2 = 0.0080\,\text{kg}{\cdot}\text{m}^2$，转动动能：

$E_{k,\text{转}} = \frac{1}{2}I_C\omega^2 = \frac{1}{2} \times 0.0080 \times 40^2 = \frac{1}{2} \times 0.0080 \times 1600 = 6.4\,\text{J}$

总动能：

$E_k = E_{k,\text{平}} + E_{k,\text{转}} = 16 + 6.4 = 22.4\,\text{J}$

平动占总动能的 $16/22.4 \approx 71\%$，转动占 $29\%$，符合实心球的理论比例（$5:2$）。

（3）上升高度：

斜面光滑（静摩擦力不做功），总机械能守恒，全部动能转化为重力势能：

$mgh = E_k = 22.4\,\text{J}$

$h = \frac{E_k}{mg} = \frac{22.4}{2.0 \times 10} = 1.12\,\text{m}$

若只有平动动能（如纯平动物体），上升高度为 $h_0 = \dfrac{16}{20} = 0.80\,\text{m}$；由于球还携带转动动能，实际能升得更高，达到 $1.12\,\text{m}$。