Problem Solving Lesson 把这一单元分成两段：先处理选轴、惯性和角运动，再处理角动量、能量与滚动。可回顾 Lesson 01：转动运动学与动力学 和 Lesson 02：转动能量与角动量。每次先注明所求量、系统、轴和时段，再选择方程。近地数值题取 \(g=10\,\mathrm{m/s^2}\)；特殊模型另行说明。
1. 力矩先选轴，再找垂直力臂
力矩描述一支力关于指定轴的转动作用：
\[|\tau|=Fd_\perp=rF\sin\phi.\]
\(d_\perp\) 是轴到力作用线的垂直距离，\(\phi\) 是半径与力的夹角。可以取垂直力臂，也可以取垂直力分量，只投影一次。作用线通过轴时，力可以很大，矩仍为零。
例题：半径与力成 \(30^\circ\)。 \(r=0.40\,\mathrm m\)、\(F=15\,\mathrm N\)，则 \(|\tau|=0.40(15)\sin30^\circ=3.0\,\mathrm{N\,m}\)。若该力改为沿半径施加，矩变为零。
大小算完还要定转向。水平杆右侧向上与左侧向下都使杆逆时针转，两个力虽然方向相反，力矩却可同向相加。统一选逆时针为正，再代数相加各矩。
力矩常用单位 \(\mathrm{N\,m}\)；它与能量有相同量纲，却不表示已经做了多少功。转移能量还需要位移。
2. 静平衡同时检查合力与合矩
初静止刚体要保持静止，需同时满足
\[\sum \vec F=0,\qquad \sum\tau=0.\]
例题：梁、悬物与斜绳。 水平均匀梁长 \(2.4\,\mathrm m\)、重 \(60\,\mathrm N\)，左端铰接。\(30\,\mathrm N\) 物体悬在距左端 \(2.0\,\mathrm m\) 处；右端绳向左上，与水平成 \(30^\circ\)。
先取左端为轴，铰链力关于这里的矩零。用张力竖直分量 \(T_y\)：
\[2.4T_y=60(1.2)+30(2.0),\qquad T_y=55\,\mathrm N.\]
再还原张力大小 \(T=T_y/\sin30^\circ=110\,\mathrm N\)。它不是竖直分量本身。
最后用平动力平衡求铰链力：水平向右 \(H_x=T\cos30^\circ=55\sqrt3\,\mathrm N\)；竖直向上 \(H_y=60+30-55=35\,\mathrm N\)。支点反力的力臂零，不表示支点反力零。
只检验合力也不够。轴两侧等大反向力可以形成力偶，合力零而合矩非零。已在转动的物体即使合矩零，也可继续以原角速度转动。
3. 惯性、力矩和角动量必须对应同一轴
质点贡献 \(I=mr^2\)，因此质量向轴外移动会增加转动惯性。质量相同不代表惯性相同，还要看距轴的分布。
平行轴关系为
\[I_{\mathrm{offset}}=I_{\mathrm{CM}}+Md^2.\]
两轴要平行，其中一条通过质心，\(d\) 是轴间距。由质心轴向偏轴求惯性用加法；从偏轴回到质心轴用减法。
例题：同一均匀杆换轴。 \(M=6\,\mathrm{kg}\)、\(\ell=2.0\,\mathrm m\)，题给 \(I_{\mathrm{CM}}=M\ell^2/12=2.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)。距质心 \(0.50\,\mathrm m\) 的平行轴有 \(I=2.0+6(0.50)^2=3.5\,\mathrm{kg\,m^2}\)。
若已知端轴 \(I=8.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)，端轴距质心 \(1.0\,\mathrm m\)，就反解 \(I_{\mathrm{CM}}=8.0-6(1.0)^2=2.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)。不能将杆全长当轴间距。
题目已经给所需轴的 \(I\) 时直接用；换轴以后再检查，不能把另一条轴的惯性代进当前力矩方程。
4. 反向角加速度不会让物体立即反转
角位置、角速度、角加速度的单位分别是 \(\mathrm{rad}\)、\(\mathrm{rad/s}\)、\(\mathrm{rad/s^2}\)。仅在恒定角加速度的时段才用
\[\omega_f=\omega_i+\alpha\Delta t,\qquad \Delta\theta=\omega_i\Delta t+\frac12\alpha(\Delta t)^2.\]
例题：先减速，再反转。 逆时针正，\(\omega_i=+4\,\mathrm{rad/s}\)、\(\alpha=-2\,\mathrm{rad/s^2}\)，持续三秒。
末 \(\omega_f=4-2(3)=-2\,\mathrm{rad/s}\)，但前两秒仍逆时针转，只是变慢；两秒过零后才顺时针。三秒净角位移为 \(4(3)-(2/2)(3^2)=3\,\mathrm{rad}\)。
角速度图下带符号面积给净角位移。上方正面积四、下方负面积一，净值三；这与“走过的角距离”不同。
恒定 \(\alpha\) 还可用 \(\omega_f^2=\omega_i^2+2\alpha\Delta\theta\)。这个平方关系只给末角速率，方向要由实际时段恢复。
5. 固定轴动力学用净力矩
\[\tau_{\mathrm{net}}=I\alpha.\]
先给各矩符号并相加，再除同轴 \(I\)。正驱动矩不一定就是净矩，反向轴阻力也要计入。
例题：带轴摩擦的轮。 \(I=0.80\,\mathrm{kg\,m^2}\)，初 \(\omega=+1\,\mathrm{rad/s}\)；驱动矩 \(+2.4\,\mathrm{N\,m}\)，在持续正转期间摩擦矩 \(-0.40\,\mathrm{N\,m}\)，均恒定。
净矩 \(2.0\,\mathrm{N\,m}\)，所以 \(\alpha=2.5\,\mathrm{rad/s^2}\)。两秒后 \(\omega=1+2.5(2)=6.0\,\mathrm{rad/s}\)，整个时段正转，与摩擦取反向的模型一致。
若物体已经反转，摩擦方向也须重新判断。若力矩因几何改变而变化，不继续套恒 \(\alpha\) 公式。
6. 读图先确认纵轴
\(\omega\) 对时间图的斜率给 \(\alpha\)，已知同轴恒定 \(I\) 时再乘 \(I\) 得净矩。\(L\) 对时间图的斜率已经是净矩：
\[\tau_{\mathrm{net,avg}}=\frac{L_f-L_i}{\Delta t}.\]
例题：角动量过零。 \(L\) 在四秒内由 \(+12\) 线性降到 \(-4\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，所以 \(\tau=(-4-12)/4=-4.0\,\mathrm{N\,m}\)。若 \(I=2.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)，相应 \(\omega\) 图斜率是 \(-2.0\,\mathrm{rad/s^2}\)。
不要对 \(L\) 图的斜率再次乘 \(I\)。图是直线时，每刻矩与全段平均矩相同；非直线时，只用初末端点相除得到全段平均值，不能代替每一刻的矩。
7. 沿直线运动的质点也可以有角动量
关于指定原点，质点的角动量来自位置与线动量的叉乘。平面内可写
\[L_z=xp_y-yp_x,\qquad |L|=p\,r_\perp.\]
这里的 \(r_\perp\) 是原点到动量作用线的垂距。
例题：向左经过原点上方。 \(0.50\,\mathrm{kg}\) 质点以 \(8.0\,\mathrm{m/s}\) 沿 \(y=1.2\,\mathrm m\) 向左运动。
\(p_x=-4.0\,\mathrm{kg\,m/s}\)、\(p_y=0\)，因此 \(L_z=-1.2(-4.0)=+4.8\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)。横坐标可以变化，垂距仍是 \(1.2\,\mathrm m\)。
球反弹时初末 \(L\) 的方向也反转。若关于同轴初 \(L=+p_i d\)、末 \(L=-p_f d\)，球的变化量是 \(-(p_i+p_f)d\)。初静止杆在无外角冲量的短碰撞中得到相反的变化量。
8. 角冲量先给变化，再与初值相加
角冲量是净力矩时间图的带符号面积。平均力矩已给出时，
\[\Delta L=\tau_{\mathrm{net,avg}}\Delta t,\qquad L_f=L_i+\Delta L.\]
例题：反向驱动轮。 逆时针正，\(I=0.60\,\mathrm{kg\,m^2}\)、初 \(\omega=-5.0\,\mathrm{rad/s}\)。净矩 \(+2.0\,\mathrm{N\,m}\) 恒作用三秒。
初 \(L_i=-3.0\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，角冲量 \(+6.0\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，所以末 \(L_f=+3.0\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，末 \(\omega=L_f/I=+5.0\,\mathrm{rad/s}\)，已经反转。
若题目只问变化量，答案是六，不加入初值；若问末角动量大小，先带符号算得三，再取绝对值。\(L=I\omega\) 用于题述刚体固定轴，不能把总质量当成 \(I\)。
9. 角动量守恒要写系统、轴和时段
关于同一轴，外角冲量为零时合系统总 \(L\) 守恒。两个成员之间接触矩是否算内矩，由你圈出的系统决定。
例题：两个不同惯性的盘同轴碰合。 下盘 \(I_1=3.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)、初 \(\omega_0=8.0\,\mathrm{rad/s}\)；上盘 \(I_2=1.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)、初无自转。忽略外轴角冲量，比较接触前后稳定自转状态，竖直落下的瞬态另行处理。
\[3.0(8.0)=(3.0+1.0)\omega_f,\qquad \omega_f=6.0\,\mathrm{rad/s}.\]
下盘 \(L\) 从二十四减到十八，上盘从零增到六；合系统仍二十四。只取下盘为系统时，上盘摩擦是外矩，下盘单体不守恒。
短时撞击与随后制动也要分开。球杆碰撞中，关于理想支点的反力矩零，若其他外角冲量可忽略，就可用总 \(L\) 守恒；杆随后受轴摩擦停止的阶段有外矩，不能把前段守恒延长到全程。
10. 惯性改变时，角速率与动能各自计算
同轴总 \(L\) 守恒给
\[I_i\omega_i=I_f\omega_f,\qquad \frac{\omega_f}{\omega_i}=\frac{I_i}{I_f}.\]
物体向内移通常使 \(I\) 减少、角速率增加；展开太阳能板使 \(I\) 增加、角速率减小。只有质点部分的半径全翻倍、其他惯性可忽略时，才直接得到 \(I\) 四倍、\(\omega\) 四分之一。
转动动能需另算：
\[K_{\mathrm{rot}}=\frac12I\omega^2.\]
前面的双盘例题，初能量 \(96\,\mathrm J\)，末能量 \(72\,\mathrm J\)，少了 \(24\,\mathrm J\)。盘间摩擦把这部分自转机械能转成内能，角动量仍守恒。
例题：孩子向内移动。 平台惯性二，孩子惯性贡献由二降到零点五，单位均为 \(\mathrm{kg\,m^2}\)；初共转 \(\omega=5.0\,\mathrm{rad/s}\)，外轴角冲量为零。总 \(I\) 由四降为二点五，总 \(L=20\)，末 \(\omega=8.0\,\mathrm{rad/s}\)。转动能从五十升到八十焦耳，增加的三十焦耳可来自孩子消耗的内部化学能。
“没有外矩”不等于“机械能一定不变”。还要看内部运动和能量转移。
11. 系统包含的每一类动能都要计入
刚体动能可拆成质心平动与绕质心自转：
\[K=\frac12mv_{\mathrm{CM}}^2+\frac12I_{\mathrm{CM}}\omega^2.\]
这时转动项必须用质心轴惯性。多个成员的动能是标量逐项相加，水平和竖直方向不会彼此抵消。
例题：有惯性的滑轮。 两块质量二和一千克，速率都为 \(2.0\,\mathrm{m/s}\)。固定轴滑轮 \(I=0.25\,\mathrm{kg\,m^2}\)、\(R=0.50\,\mathrm m\)，绳绷紧且无滑。
滑轮 \(\omega=v/R=4.0\,\mathrm{rad/s}\)。两块动能分别四和二焦耳，滑轮还有 \(I\omega^2/2=2.0\,\mathrm J\)，合系统总动能八焦耳。轮心固定不代表轮的动能零。
12. 纯滚动先检验接触约束
固定地面上纯滚动要求接触点无相对滑动：
\[v_{\mathrm{CM}}=|\omega|R.\]
\(v_{\mathrm{CM}}\) 是质心速率，\(R\) 是实际滚动半径。沿固定直坡持续纯滚动且半径不变，还可用 \(a_{\mathrm{CM}}=|\alpha|R\)。这里的 \(a_{\mathrm{CM}}\) 不是轮缘的径向加速度 \(\omega^2R\)。
例题：对应的两个反解。 \(R=0.25\,\mathrm m\)、\(v_{\mathrm{CM}}=2.0\,\mathrm{m/s}\)、\(a_{\mathrm{CM}}=1.5\,\mathrm{m/s^2}\)，得到 \(|\omega|=8.0\,\mathrm{rad/s}\)、\(|\alpha|=6.0\,\mathrm{rad/s^2}\)。
关于当前接触点 \(P\)，支持力和摩擦力作用点就是 \(P\)，因此各自矩零。若在斜坡，重力作用线通常不穿过 \(P\)，有非零矩。这是在找垂距，不必把移动的接触点当成一般固定轴去套动力学。
13. 纯滚动总动能与平动份额分开比较
无外驱动的刚体纯滚下固定斜面，静摩擦足够且忽略滚动阻力。重力在质心，支持与静摩擦在接触点；此模型静摩擦向上坡，提供绕质心的转矩。
接触点瞬时静止，理想静摩擦对物体的总功为零；不能把这个特定接触条件推广到所有摩擦。由静止下降高度 \(h\)，
\[mgh=\frac12mv^2+\frac12I_{\mathrm{CM}}\left(\frac vR\right)^2, \qquad v^2=\frac{2gh}{1+\kappa},\quad \kappa=\frac{I_{\mathrm{CM}}}{mR^2}.\]
例题：盘与环下降同一高度。 两者 \(m=2.0\,\mathrm{kg}\)、\(R=0.20\,\mathrm m\)，下降 \(0.90\,\mathrm m\)；盘 \(\kappa=1/2\)，环 \(\kappa=1\)。
两者总动能都为 \(mgh=18\,\mathrm J\)。盘 \(v=2\sqrt3\,\mathrm{m/s}\)、\(\omega=10\sqrt3\,\mathrm{rad/s}\)，平动十二、自转六焦耳；环 \(v=3.0\,\mathrm{m/s}\)、\(\omega=15\,\mathrm{rad/s}\)，两类能量各九焦耳。
盘质心更快，总动能仍与环相同。任何 \(I>0\) 的理想纯滚动物体都有 \(v<\sqrt{2gh}\)，因为一部分能量用于自转。
14. 物体离地后分别分析质心与自转
地面接触解除，就不再强制 \(v_{\mathrm{CM}}=|\omega|R\)。忽略空气阻力，均匀重力通过全质心，不给绕质心净矩；固定质心惯性下，自转 \(\omega\) 和转动动能保持。
例题：圆盘离开水平平台。 \(m=2.0\,\mathrm{kg}\)、\(R=0.20\,\mathrm m\)、\(I_{\mathrm{CM}}=0.040\,\mathrm{kg\,m^2}\)。刚离地质心水平速率四，自转角速率二十，单位分别为 \(\mathrm{m/s}\) 和 \(\mathrm{rad/s}\)。
零点三秒后，\(v_x=4.0\)、\(v_y=-3.0\,\mathrm{m/s}\)（向上正），质心速率为五。自转角速率仍二十，转动能仍八焦耳；平动能从十六升到二十五焦耳。
此刻 \(v_{\mathrm{CM}}=5.0\,\mathrm{m/s}\)，但 \(|\omega|R=4.0\,\mathrm{m/s}\)。接触条件改变以后，原来的滚动式不能继续连接它们。
15. 先独立尝试，再展开核对
每题先写系统、轴、时段和一句选法理由。做完以后再展开；遇到错误，回到具体动作重新计算。
练习 1。 均匀水平梁长三米、重九十牛顿，左端铰接；三十牛顿物体悬在距左端二点五米处，右端绳与水平成 \(30^\circ\) 向左上。求张力与支点水平、竖直分力。
完成后核对练习 1
关于左端，\(3T_y=90(1.5)+30(2.5)\)，所以 \(T_y=70\,\mathrm N\)、\(T=140\,\mathrm N\)。支点水平向右 \(70\sqrt3\,\mathrm N\)，竖直向上 \(90+30-70=50\,\mathrm N\)。
练习 2。 均匀杆质量四千克、长三米，已知端轴惯性 \(12\,\mathrm{kg\,m^2}\)。求质心平行轴惯性，以及距质心零点七五米的平行轴惯性。
完成后核对练习 2
端轴距质心一点五米，\(I_{\mathrm{CM}}=12-4(1.5)^2=3.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)。偏轴 \(I=3.0+4(0.75)^2=5.25\,\mathrm{kg\,m^2}\)。
练习 3。 固定轴轮 \(I=1.2\,\mathrm{kg\,m^2}\)，初 \(\omega=-3.0\,\mathrm{rad/s}\)，恒净矩 \(+1.8\,\mathrm{N\,m}\) 作用四秒。求末角速度与净角位移；净角位移零是否表示没有转过？
完成后核对练习 3
\(\alpha=1.5\,\mathrm{rad/s^2}\)，末 \(\omega=-3+1.5(4)=+3\,\mathrm{rad/s}\)。净角位移 \(-3(4)+1.5(4^2)/2=0\)。前两秒负转，后两秒正转，带符号角位移相消，并非没有运动。
练习 4。 已给初 \(L=-8\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，净平均矩 \(+3\,\mathrm{N\,m}\) 作用五秒。求 \(\Delta L\)、末 \(L\) 及末大小。
完成后核对练习 4
\(\Delta L=+15\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，末 \(L=-8+15=+7\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，大小七。不要把角冲量十五直接称为末值。
练习 5。 球碰理想支点杆，初线动量大小六、反弹后大小三，单位 \(\mathrm{kg\,m/s}\)；作用线垂距零点四米。杆初静止，碰撞短时外角冲量可忽略。求球的带符号 \(\Delta L\) 及杆得到的大小。
完成后核对练习 5
取球初方向为正，\(\Delta L_{\mathrm{ball}}=-(6+3)(0.40)=-3.6\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)。杆得到相反变化，大小 \(3.6\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)。
练习 6。 原盘惯性二、初角速率十二，另一盘惯性六且初无自转，单位分别为 \(\mathrm{kg\,m^2}\)、\(\mathrm{rad/s}\)。无外轴角冲量后共转，只比较稳定自转状态。求末角速率、初末转动能及损失。
完成后核对练习 6
初总 \(L=24\)，末总 \(I=8\)，末角速率三。初转动能 \(144\,\mathrm J\)，末 \(36\,\mathrm J\)，损失 \(108\,\mathrm J\) 转为内能。末能量是初四分之一，角动量仍保持。
练习 7。 两块质量二和三千克，速率均为 \(1.5\,\mathrm{m/s}\)。固定轴滑轮惯性 \(0.16\,\mathrm{kg\,m^2}\)、半径零点四米，绳无滑。求包括滑轮的总动能。
完成后核对练习 7
两块合能 \(5.625\,\mathrm J\)。滑轮 \(\omega=1.5/0.40=3.75\,\mathrm{rad/s}\)，转动能 \(1.125\,\mathrm J\)。总能 \(6.75\,\mathrm J\)。
练习 8。 半径零点三米的轮在固定直地面纯滚动，质心速率 \(1.8\,\mathrm{m/s}\)、沿地面加速度 \(0.90\,\mathrm{m/s^2}\)。求角速率与角加速度大小；离地后还能否由新的质心总速率直接除半径求角速率？
完成后核对练习 8
角速率六，角加速度三，单位分别为 \(\mathrm{rad/s}\)、\(\mathrm{rad/s^2}\)。离地后不可以继续按地面接触约束反解，需分别分析质心运动和自转。
练习 9。 三千克物体从静止纯滚下降一点二米，无耗散。\(\kappa=1/2\) 时求质心速率及两类动能；若改为同质量的 \(\kappa=1\) 物体，总动能是否改变？
完成后核对练习 9
总动能 \(36\,\mathrm J\)。\(\kappa=1/2\) 时 \(v^2=24/(3/2)=16\)，质心速率四、平动二十四、自转十二焦耳。\(\kappa=1\) 时两类各十八焦耳，总量仍三十六。
练习 10。 判断并修正：“合矩零，所以角速度零”；“总角动量守恒，所以每个成员角动量都守恒”；“自由纯滚下坡的摩擦一定在消耗总机械能”。
完成后核对练习 10
合矩零表示角动量不变，原有自转可以继续。合系统内部矩可以使成员交换角动量。固定轨道理想纯滚动的接触点瞬时静止，静摩擦总功零；有滑动、阻力或运动接触面时需重新分析。
16. 选学：联立纯滚动加速度与摩擦
自由刚体滚下固定直斜面，静摩擦沿坡向上。平动与绕质心转动分别写
\[ma=mg\sin\theta-f_s,\qquad I_{\mathrm{CM}}|\alpha|=f_sR,\qquad a=|\alpha|R.\]
得到 \(a=g\sin\theta/(1+\kappa)\)。它要求无外驱动、静摩擦足够、无滚动阻力。相同直坡从静止、相同路程下，\(\kappa\) 较小者加速度更大、到达更早；无摩擦滑块没有自转项，加速度为 \(g\sin\theta\)。
选学练习。 一千克薄环、半径零点四米，\(\kappa=1\)，纯滚下 \(30^\circ\) 斜面。求 \(a\)、\(|\alpha|\)、静摩擦及支持力，并检验最小 \(\mu_s\)。
完成后核对滚动联立
\(a=2.5\,\mathrm{m/s^2}\)、\(|\alpha|=6.25\,\mathrm{rad/s^2}\)。\(f_s=mg\sin30^\circ-ma=2.5\,\mathrm N\) 向上坡，\(N=5\sqrt3\,\mathrm N\)。需 \(\mu_s\ge f_s/N=1/(2\sqrt3)\approx0.289\)。实际静摩擦先按需求，不先设上限等号。
17. 选学：力不变时矩可变，连续降速也要反解
一支大小、方向均恒定的力作用于转动杆，半径与力的夹角会改变。因此 \(\tau=rF\sin\phi\) 可以改变。恒 \(I\) 下，正矩增大使正 \(\alpha\) 增大，角速度图上升且越来越陡；只有恒矩才对应恒斜率。
连续落块还有另一种图解反推。竖直加入的块初轴向角动量零，合系统无外轴角冲量时，每个端点共用同一 \(L\)：
\[\Delta I=L\left(\frac1{\omega_{\mathrm{after}}} -\frac1{\omega_{\mathrm{before}}}\right).\]
比较新增惯性要用逆角速率的跳变，不能把任意阶段绝对降速直接当半径排名。有限相同块还各有相同的质心惯性，半径比较时这项才相消。
选学练习。 总 \(L=30\,\mathrm{kg\,m^2/s}\)，连续加入两块后，端点 \(\omega\) 依次十、六、三，单位 \(\mathrm{rad/s}\)。求两次新增 \(I\)，比较大小。
完成后核对连续落块
第一次 \(\Delta I=30(1/6-1/10)=2.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)，第二次 \(30(1/3-1/6)=5.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)。第一次绝对降速四大于第二次三，却增加较小惯性。前段总惯性已累积，不能只比原下降量。
18. 选学：先列关系，再选测量和约束
已知恒定同轴 \(I\) 时，初末 \(\omega\) 给 \(\Delta L=I(\omega_f-\omega_i)\)；完整净矩时间图的面积也给 \(\Delta L\)。只测力大小还缺力臂，线速还须说明测量点和半径。
制动实验已知 \(I\)、初 \(\omega_0\)，测停止时间可求平均矩 \(I\omega_0/t\)；在近似恒矩模型下，测停止角可求 \(I\omega_0^2/(2\theta)\)。转数须乘 \(2\pi\) 化为弧度。单有摩擦垫法向力和半径还缺摩擦系数；能量损失本身也未给停止角。
悬块拉动有惯性的轮时，张力一般不等于块重。轻、绷紧、无滑绳及可忽略轴摩擦的模型需联立
\[mg-T=ma,\qquad Tr=I\alpha,\qquad a=r\alpha.\]
选学练习。 两千克悬块拉轮，\(I=1.0\,\mathrm{kg\,m^2}\)、\(r=0.50\,\mathrm m\)，满足以上条件。求悬块 \(a\)、张力 \(T\) 和 \(|\alpha|\)。
完成后核对绳轮联立
\(a=mg/(m+I/r^2)=20/(2+4)=10/3\,\mathrm{m/s^2}\) 向下。\(T=m(g-a)=40/3\,\mathrm N\)、\(|\alpha|=a/r=20/3\,\mathrm{rad/s^2}\)。块重量二十牛顿，张力较小。
其他行星的双球速度数据也先写关系。相同质量两球的速度之和保留共同平动，速度之差去掉共同下落趋势，可读自转周期，再用 \(|\omega|=2\pi/P\)；未给当地 \(g\) 时不套地球值。
19. 选学：中心力和力偶各自核对转轴
中心引力作用线穿过所选源中心，关于这里矩零，轨道角动量守恒。两个拱点速度垂直半径，因此 \(r_Av_A=r_Bv_B\)；任意其他位置要保留横向分量，守恒的是 \(rv_\perp\)。
选学练习。 同一中心力轨道的两个拱点，\(r_A\) 为四个距离单位，\(v_A\) 为八个速度单位，\(v_B\) 为两个速度单位。求 \(r_B\)，说明为什么不能只用“双方引力等大反向”作为单物体轨道守恒依据。
完成后核对轨道端点
\(r_B=r_Av_A/v_B=16\) 个距离单位。依据是关于源中心的外矩零；第三定律的反力作用于另一个物体，不能在单物体受力图上拿来抵消引力矩。
两等大反向力在不同平行作用线上则可形成非零力偶。理想卫星喷气纯力偶、燃料质量变化可忽略时，不给质心额外合力，却给绕质心净矩。初无自转卫星获得转动能，机械能增加而质心轨道保持；额外合力零不表示中心引力也消失。