湖南大学大学物理刚体习题课

1、角动量角动量转动定理力矩力转动惯量质量刚体的定轴转动质点的运动质点的运动的规律和刚体的定轴转动的规律对比质点的运动的规律和刚体的定轴转动的规律对比mmrId2FFrMamFIM PrLIL 运动定律动量定理积分形式动量定理积分形式021d)(vvmmttFItt角动量定理积分形式角动量定理积分形式tttM0d0II机械能守恒重力势能动能定理动能定理转动动能动能力矩的功力的功角动量守恒动量守恒角动量定理微分形式动量定理微分形式tmFd)(dvtIMd)(d恒矢量时，iiiiimFv0恒量时iiiIM,0BAABrFAdBAMAABd221vmEk221IEk222121ABmmAvv 22212

2、1ABIIAmghEpcpmghE恒量内非外 pkEEAA0重力势能 题型题型一一.质点平动与刚体的定轴转动问题质点平动与刚体的定轴转动问题maF IM Ra 1.对质点质点应用对刚体刚体应用联系式联系式MgRamaTmgm - :对221 MRIITRM：对例：一个质量为例：一个质量为半径为半径为的定滑轮（当的定滑轮（当作均匀圆盘）上面绕有细绳，绳的一端固作均匀圆盘）上面绕有细绳，绳的一端固定在滑轮边上，另一端挂一质量为定在滑轮边上，另一端挂一质量为的物的物体而下垂。忽略轴处摩擦，求滑轮以角速体而下垂。忽略轴处摩擦，求滑轮以角速度度 转动转动,经多长时间角速度为经多长时间角速度为0,此时物体

3、此时物体上升高度上升高度是多少是多少?0解：取竖直向上为正解：取竖直向上为正.轴向轴向 为正。为正。.滑轮作匀加速圆周转动滑轮作匀加速圆周转动, ,t0mgRMmt00)2(0)(20202mgRMm2)2(2020200mgRMmRh2)2()(2020RMmmg)2(MgRamaTmgm - :对221 MRIITRM：对.求出加速度，从物体作匀加速直线运动计算更简单。求出加速度，从物体作匀加速直线运动计算更简单。另解另解: :视为一系统视为一系统, ,用角动量定理求用角动量定理求t t. .Mg00dLLtMt)2(0002vRmMRmgRt00Rv仅有重力作功仅有重力作功, 系统机械能

4、守恒系统机械能守恒mghRMm2022022121vmgRMmh2)2(202 mgRMmt0)2(00Rv2.看成一个系统, 用质点组的动能定理和角动量定理质点组的动能定理和角动量定理求解。.取轴向取轴向 为正。为正。.选择题选择题7. 如图所示，如图所示，A、B为两个相同的绕着轻绳的定滑轮为两个相同的绕着轻绳的定滑轮A滑轮挂一滑轮挂一质量为质量为M的物体，的物体，B滑轮受拉力滑轮受拉力F，而且，而且FMg设设A、B两滑轮的角加两滑轮的角加速度分别为速度分别为 A和和 B，不计滑轮轴的摩擦，则有，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) A B (B) A B(C) A B (D) 开始时开始时 A

5、B，以后，以后 A B AMBF1TRAMMg1T) 1 (1MaTMgFRB)2(1AIRTIagMIRTA)(1)3(BIFRIMgIFRBAB C 物体物体M作匀加速直线运动作匀加速直线运动,绳中的张力必然小于（重力即）绳中的张力必然小于（重力即）F,此时力矩此时力矩较小，角加速度也较小。较小，角加速度也较小。 选择题选择题6. 一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为一轻绳跨过一具有水平光滑轴、质量为M的定滑轮，绳的两端分的定滑轮，绳的两端分别悬有质量为别悬有质量为m1和和m2的物体的物体(m1m2)，如图所示绳与轮之间无相对滑，如图所示绳与轮之间无相对滑动若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳

6、中的张力动若某时刻滑轮沿逆时针方向转动，则绳中的张力 (A) 处处相等处处相等 (B) 左边大于右边左边大于右边 (C) 右边大于左边右边大于左边 (D) 哪边哪边大无法判断大无法判断 m2 m1 O C1mgm11T2m2Tgm2) 1 (111amTgm)2(222amgmT1T2TR)3()(21IRTT)4(Ra gMmmMmmmTgMmmMmmmTgRMmmmmgMmmmma)(24)(24)(2)(2)(2)(221221221121121212121只要右边只要右边物体较重，物体较重， 无论滑轮沿逆时针方向转动还是顺时针方向转动，则无论滑轮沿逆时针方向转动还是顺时针方向转动，则绳

7、中的张力总是右边大于左边绳中的张力总是右边大于左边以以 运动方向为正方向列方程运动方向为正方向列方程)5(212MRI 例：力学系统由两个质点组成，它们之间只有引例：力学系统由两个质点组成，它们之间只有引 力作用，若质点所受合外力的矢量和为零，力作用，若质点所受合外力的矢量和为零， 则系统：则系统：（A）动量、机械能守恒及对一轴的角动量守恒；）动量、机械能守恒及对一轴的角动量守恒；（B）动量、机械能守恒但角动量不能守恒；）动量、机械能守恒但角动量不能守恒；（C）动量守恒、但角动量、机械能是否守恒不能确定；）动量守恒、但角动量、机械能是否守恒不能确定； （D）角动量、动量守恒，但机械能是否守恒不

8、能确定；）角动量、动量守恒，但机械能是否守恒不能确定； C二二.有关三大守恒定律的问题有关三大守恒定律的问题1.守恒条件守恒条件各不相同，注意区分。2.26证明行星在轨道上运动的总能量为证明行星在轨道上运动的总能量为 式中式中M和和m分别为太阳和行星的质量，分别为太阳和行星的质量，r1和和r2分别为太阳分别为太阳 和行星轨道和行星轨道的近日点和远日点的距离的近日点和远日点的距离12GMmErr r1r2v1v2证明证明设行星在近日点和远日点的速度分别为设行星在近日点和远日点的速度分别为v1和和v2，由于只有保守力做功，所以机械能守，由于只有保守力做功，所以机械能守恒，总能量为恒，总能量为 21

9、112GMmEmvr22212GMmEmvr行星相对于参考点行星相对于参考点( (太阳太阳) )不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒行星不受外力矩作用，所以行星的角动量守恒行星在两点的位矢方向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程在两点的位矢方向与速度方向垂直，可得角动量守恒方程 mv1r1 = mv2r2 即 v1r1 = v2r2 （3）， （1）（2）二二.有关三大守恒定律的问题有关三大守恒定律的问题1.守恒条件守恒条件各不相同，注意区分。2.物体在引力场引力场中的运动总是遵循机械能守恒和角动量守恒。将（将（1）式各项同乘以）式各项同乘以r12得得Er12 = m(v1r1)2/2 - GM

10、mr1， (4)将（将（2）式各项同乘以）式各项同乘以r22得得Er22 = m(v2r2)2/2 - GMmr2， (5)将（将（5）式减（）式减（4）式，利用（）式，利用（3）式，可得）式，可得E(r22 - r12) = -GMm(r2 - r1)， (6)由于由于r1不等于不等于r2，所以，所以（r2 + r1)E = -GMm，12GMmErr 21112GMmEmvr22212GMmEmvrv1r1 = v2r2 （3）， （2）（1）r1r2v1v23.涉及到刚体的碰撞碰撞总是满足系统角动量守恒.ch l mmS例例. .如图所示，匀质直杆长如图所示，匀质直杆长 l ，杆与物体的

11、质量，杆与物体的质量m相等。杆从相等。杆从水平位置开始静止下落，于铅垂位置和水平位置开始静止下落，于铅垂位置和物体物体碰撞，碰撞， 碰撞后碰撞后物物体移动距离体移动距离s 后停止，后停止，求碰撞后直杆求碰撞后直杆中点中点达到的高度达到的高度h。设物设物体与地面的摩擦系数为体与地面的摩擦系数为 。解：杆从水平位置开始静止下落，机械解：杆从水平位置开始静止下落，机械能守恒能守恒。取地面为重力势能零点，则。取地面为重力势能零点，则lmIlmg2121g2令碰撞后杆的角速度为令碰撞后杆的角速度为 ，物体的，物体的速度为速度为v。，。，由角动量守恒，有由角动量守恒，有lmvII0二二.有关三大守恒定律的

12、问题有关三大守恒定律的问题1.守恒条件守恒条件各不相同，注意区分。2.物体在引力场引力场中的运动总是遵循机械能守恒和角动量守恒。联立解得：联立解得：mgsmv20210碰撞后碰撞后杆杆的质心的质心达到的高达到的高度度满足满足 机械能守恒，机械能守恒，llhs6-s3hlmImgg21212231mlI 式中碰撞后碰撞后物体移动距离物体移动距离S S 后后停止，按动能定理停止，按动能定理ch l mmSlmIlmg2121g2lmvII0下落下落碰撞碰撞取地面为重力势能零点取地面为重力势能零点计算题计算题9. 一匀质细棒长为一匀质细棒长为2L，质量为，质量为m，以与棒长方向相垂直的速度，以与棒长

13、方向相垂直的速度v0在在光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点光滑水平面内平动时，与前方一固定的光滑支点O发生完全非弹性碰撞。发生完全非弹性碰撞。碰撞点位于棒中心的一侧碰撞点位于棒中心的一侧L/2处，如图所示求棒在碰撞后的瞬时绕处，如图所示求棒在碰撞后的瞬时绕O点转点转动的角速度动的角速度 (细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为细棒绕通过其端点且与其垂直的轴转动时的转动惯量为ml 2/3/3 ，式中的，式中的m和和l分别为棒的质量和长度分别为棒的质量和长度) L 21L 21L O 0v 0v 20Lmv碰撞后瞬时，杆对碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为点的角动量为 2222127

14、21)2(121)21(mLLmLmLmIIC因碰撞前后角动量守恒，所以因碰撞前后角动量守恒，所以 LmmL0221127vL706v解：以细杆为研究对象，在碰撞的过程中细杆受到重力和支解：以细杆为研究对象，在碰撞的过程中细杆受到重力和支点的冲力。两者力的作用线都经过转动轴，点的冲力。两者力的作用线都经过转动轴， 所以对转动轴所以对转动轴的力矩都为零，所以细杆在碰撞前后相对的力矩都为零，所以细杆在碰撞前后相对O点的角动量守恒。点的角动量守恒。 刚体平动时视为质点，以质心位置计算角动量。刚体平动时视为质点，以质心位置计算角动量。刚体平动时视为质量集中于质心的质点，由质点刚体平动时视为质量集中于质

15、心的质点，由质点角动量定义计算初态角动量。角动量定义计算初态角动量。选择题选择题8.光滑的水平桌面上，有一长为光滑的水平桌面上，有一长为2L、质量为、质量为m的的匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴匀质细杆，可绕过其中点且垂直于杆的竖直光滑固定轴O自由转动，其转动惯量为自由转动，其转动惯量为mL2/3，起初杆静止桌面，起初杆静止桌面上有两个质量均为上有两个质量均为m的小球，各自在垂直于杆的方向上，的小球，各自在垂直于杆的方向上，正对着杆的一端，以相同速率正对着杆的一端，以相同速率v相向运动，如图所相向运动，如图所示当两小球同时与杆的两个端点发生完全非弹性碰撞示当两小球同时与杆的两个

16、端点发生完全非弹性碰撞后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角后，就与杆粘在一起转动，则这一系统碰撞后的转动角速度应为速度应为 Ovv俯视图L32v(A)L54v(B)(C)L76v(D)L9v8L712v(E) 参考解答：将细杆和两小球看成一系统。细杆和小球所受重力和参考解答：将细杆和两小球看成一系统。细杆和小球所受重力和桌面支持力为平行于转轴，对固定转轴的合力矩为零。球和杆的桌面支持力为平行于转轴，对固定转轴的合力矩为零。球和杆的撞击力为内力。所以系统的角动量守恒。设碰撞后系统的转动角速撞击力为内力。所以系统的角动量守恒。设碰撞后系统的转动角速度为度为)3/2(22mLmLImvL

17、mvLLv76故答案（故答案（C） 质点与可绕一固定轴转动的刚体质点与可绕一固定轴转动的刚体完全非弹性碰撞时，完全非弹性碰撞时，系统角动量守恒且碰后有一共同的角速度系统角动量守恒且碰后有一共同的角速度。例例. . 长为长为l的匀质细杆，可绕过杆的一端的匀质细杆，可绕过杆的一端O O点的水平光滑固定轴转动，开始时静点的水平光滑固定轴转动，开始时静止于竖直位置紧挨止于竖直位置紧挨O点悬一单摆，轻质摆线的长度也是点悬一单摆，轻质摆线的长度也是l，摆球质量为，摆球质量为m若若单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞，碰撞后单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞

18、，碰撞后摆球正好静止求：摆球正好静止求： (1) (1) 细杆的质量细杆的质量 (2) (2) 细杆摆起的最大角度细杆摆起的最大角度 OMm l l解：解：(1)(1) 设摆球与细杆碰撞时速设摆球与细杆碰撞时速度为度为v0，碰后细杆角速度为，碰后细杆角速度为 ，系统角动量守恒，系统角动量守恒， 得：得： Ilm0v 由于是弹性碰撞，所以单摆的动由于是弹性碰撞，所以单摆的动能变为细杆的转动动能能变为细杆的转动动能 2202121Imv代入代入231MlI (2) (2) 由机械能守恒式由机械能守恒式 2021vmmgl cos121212MglI并利用并利用(1)(1) 中所求得的关系可得中所求

19、得的关系可得 31arccos得得mM3cos121Mglmglcos123mm对摆球对摆球对细杆对细杆 质点与可绕一固定轴转动的刚体作完全质点与可绕一固定轴转动的刚体作完全弹性碰撞时，系弹性碰撞时，系统角动量守恒且动能守恒统角动量守恒且动能守恒。.例例.一质量为一质量为m，半径为，半径为R的质量均匀的圆形转台的质量均匀的圆形转台 ，可绕通过，可绕通过台心的铅直轴转动（与轴的磨擦不台心的铅直轴转动（与轴的磨擦不 计）。台上也有一质量计）。台上也有一质量为为m的人，当他在转台边缘时，转台与人一起以角速度的人，当他在转台边缘时，转台与人一起以角速度 旋旋转，当人走到台心时，转台的角速度为：转，当人

20、走到台心时，转台的角速度为：（A）、）、3 ； （B）、）、2 ；（C）、）、 ； （D）、）、3 / 2+ mm21)21(222mRmRmR A 4.系统绕一共同固定轴转动时系统绕一共同固定轴转动时,若若合外力矩合外力矩M=0,则系统则系统对该轴的对该轴的角动量守恒角动量守恒. 4.系统绕一共同固定轴转动时系统绕一共同固定轴转动时,若若合外力矩合外力矩M=0,则系统则系统对该轴的对该轴的角动量守恒角动量守恒. 计算题计算题10. 空心圆环可绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始时环的角速度为0质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动

21、，问小球滑到与环心O在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径rR.)RA0BC22220200212121BRmJmgRJv 解：选小球和环为系统运动过程中解：选小球和环为系统运动过程中小球重力平行于转轴，轴力及圆环重小球重力平行于转轴，轴力及圆环重力通过转轴，力通过转轴，合外力矩为零，角动量守恒对地球、小球和环系统机械能合外力矩为零，角动量守恒对地球、小球和环系统机械能守恒取过环心的水平面为势能零点守恒取过环心的水平面为势能零点 J00(J0mR2) vB表示小球在表示小球在B点时相对于地面的竖直分

22、速度，也等于它相对于环的速度点时相对于地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度小球到B点时： 若物体的质量为m，在转动平面的速度转动平面的速度为 ，物体的轴轴距离矢径距离矢径 为 ，物体对轴的角动量定义为 。vvmrLr即小球平行于转轴（或通过转轴）的动量不构成对轴的角动量。只有作即小球平行于转轴（或通过转轴）的动量不构成对轴的角动量。只有作圆周运动的速度分量（牵连速度）才对轴有角动量。圆周运动的速度分量（牵连速度）才对轴有角动量。4.系统绕一共同固定轴转动时系统绕一共同固定轴转动时,若若合外力矩合外力矩M=0,则系统则系统对该轴的对该轴的角动量守恒角动量守恒. 计算题计算题10. 空心圆环可

23、绕光滑的竖直固定轴AC自由转动，转动惯量为J0，环的半径为R，初始时环的角速度为0质量为m的小球静止在环内最高处A点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心O在同一高度的B点和环的最低处的C点时，环的角速度及小球相对于环的速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半径rR.)RA0BC22220200212121BRmJmgRJv0222002JmRRJgRBv 解：选小球和环为系统运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒对解：选小球和环为系统运动过程中所受合外力矩为零，角动量守恒对地球、小球和环系统机械能守恒取过环心的水平面为势能零点地球、小球和环系统机械

24、能守恒取过环心的水平面为势能零点 J00(J0mR2) vB表示小球在表示小球在B点时相对于点时相对于地面的竖直分速度，也等地面的竖直分速度，也等于它相对于环的速度于它相对于环的速度 J0 0 / (J0 + mR2) 小球到B点时： 由式得：代入式得：RmgmC2212vgRC4v 当小球滑到当小球滑到C点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至点时，由角动量守恒定律，系统的角速度又回复至 0，又，又由机械能守恒定律知，小球在由机械能守恒定律知，小球在C的动能完全由重力势能转换而来即：的动能完全由重力势能转换而来即： (1)(RMtgRM12111121解解:对对A,B轮分别用角动量定理轮

25、分别用角动量定理)(221222221RMtgRM两轮间无相对滑动时两轮间无相对滑动时,有有:)(32211RR2211122111)(,:)3(),2(),1 (RMMRMMMM得由AfBfBAff ABO1R2R1M2M2R 例例:轮轮A(质量质量 ,半径半径 )以角速度以角速度 绕绕OA轻杆的轻杆的A端转动端转动,将其将其放在静止的轮放在静止的轮B (质量质量 , 半径半径 )上上,设两轮间摩擦系数为设两轮间摩擦系数为 ,求两轮间无相对滑动时的角速度求两轮间无相对滑动时的角速度 .1R4.系统绕一共同固定轴转动时系统绕一共同固定轴转动时,若若合外力矩合外力矩M=0,则系统则系统对该轴的对

26、该轴的角动量守恒角动量守恒. 如果问题中涉及两个或多个轴如果问题中涉及两个或多个轴,则不能用角动量守恒则不能用角动量守恒定律求解。定律求解。只能只能分别用角动量定理处理。分别用角动量定理处理。由（由（1）、（）、（2）可知：一对摩擦力对各自中心轴的力矩不能抵消）可知：一对摩擦力对各自中心轴的力矩不能抵消,因而系因而系统角动量不守恒统角动量不守恒.计算题计算题3. 一质量均匀分布的圆盘，质量为一质量均匀分布的圆盘，质量为M，半径，半径为为R，放在一粗糙水平面上，放在一粗糙水平面上( 圆盘与水平面之间的摩圆盘与水平面之间的摩擦系数为擦系数为 )，圆盘可绕通过其中心，圆盘可绕通过其中心O的竖直固定光

27、的竖直固定光滑轴转动滑轴转动若该若该圆盘圆盘以角速度以角速度 0开始旋转，它将在开始旋转，它将在旋转几圈后停止？旋转几圈后停止？ ROr解：设解：设 为圆盘单位面积的质量，取所图所示为圆盘单位面积的质量，取所图所示圆环，求该圆环，求该圆环圆环所受水平面的摩擦力矩。所受水平面的摩擦力矩。 rrsd2drrgmgd2drrgrrfMfd2d摩擦RffrrgrMM0d2dMgRgR32323根据刚体定轴转动动能定理根据刚体定轴转动动能定理,得得221MRI gR8320gRn163220rrgmgfd2d摩擦三三.有关力矩的问题有关力矩的问题当刚体所受力不是集中作用于一点，而是分布在整个刚当刚体所受

28、力不是集中作用于一点，而是分布在整个刚体上，力矩的计算要用积分法。体上，力矩的计算要用积分法。2210IMROrrrsd2drrgmgd2drrgrrfMfd2d摩擦RffrrgrMM0d2dMgRgR32323若该若该圆盘圆盘绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度绕通过其中心且垂直板面的固定轴以角速度 0开始旋转，它将开始旋转，它将在旋转几圈后停止？在旋转几圈后停止？ 根据转动定理，得角加速度根据转动定理，得角加速度IM221MRI Rg34因为盘作匀角加速转动，有因为盘作匀角加速转动，有2020gR8322020gRn163220rrgmgfd2d摩擦摩擦力矩摩擦力矩另解：另解：oxxdx

29、填空题填空题8.一根质量为一根质量为m、长为、长为l的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的均匀细杆，可在水平桌面上绕通过其一端的竖直固定轴转动已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为的竖直固定轴转动已知细杆与桌面的滑动摩擦系数为 ，则杆转动时受，则杆转动时受的摩擦力矩的大小为的摩擦力矩的大小为_ 解：建立如图坐标系。将细杆分割为无穷解：建立如图坐标系。将细杆分割为无穷多质量元，任取一位于多质量元，任取一位于x的质量元，其所受的质量元，其所受摩擦力为摩擦力为 。 mgfdd它对转动轴的转动力矩大小它对转动轴的转动力矩大小：mgxfxMdddxmddlm/所以细杆所受摩擦力对转轴的力矩为所以细杆所受摩擦力

30、对转轴的力矩为xxlmgMMldd02/mgl计算题计算题4. 一转动惯量为一转动惯量为I的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为的圆盘绕一固定轴转动，起初角速度为 0设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即设它所受阻力矩与转动角速度成正比，即Mk (k为正的为正的常数常数)，求圆盘的角速度从，求圆盘的角速度从 0变为变为 0/2时所需的时间时所需的时间解：解：tIMddtIkdddd tIkttIk02/dd100Ikt2lnkIt2ln力矩与转动角速度有关时，须用力矩与转动角速度有关时，须用分离变量法积分求解。分离变量法积分求解。IM 瞬时关系式。积分积分即即分离变量分离变量得得选择题选择题2.有两

31、个力作用在一个有固定转轴的刚体上：有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上：这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；这两个力都平行于轴作用时，它们对轴的合力矩一定是零；(2) 这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；这两个力都垂直于轴作用时，它们对轴的合力矩可能是零；(3) 当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；当这两个力的合力为零时，它们对轴的合力矩也一定是零；(4) 当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零当这两个力对轴的合力矩为零时，它们的合力也一定是零在上述说法中，在上述说法中，只有只有(1)是正确的是正确的(1)、(2)正确，正确，(3)、

32、(4) 错误错误(1)、(2)、(3) 都正确，都正确，(4)错误错误(1) (D) (1)、(2)、(3)、(4)都正确都正确解答解答: (1)力矩的方向垂直于力的方向力矩的方向垂直于力的方向, 现力的方向平行于轴现力的方向平行于轴,则力则力矩方向也垂直于轴矩方向也垂直于轴,故在轴方向上的投影为零故在轴方向上的投影为零,对轴的合力矩为零对轴的合力矩为零.(2) 当力的作用线和转轴相交时当力的作用线和转轴相交时,力臂为零，该力对轴的力矩为零。力臂为零，该力对轴的力矩为零。(3)因力的作用点不同，不能先求合力因力的作用点不同，不能先求合力,再求合力的力矩。再求合力的力矩。(4)反例情况反例情况:如如(1)的描述的描述,此时合力矩为零此时合力矩为零,但合力不为零。但合力不为零。答案答案(B)11. 地球对自转轴的转动惯量是地球对自转轴的转动惯量是0.33mR2，其中，其中m是地球的质量是地球的质量（5.98 1024kg），），R是地球的半径（是地球的半径（6370 km）求地球的自转动能求地球的自转动能 由于潮汐对海岸