第四章.质点组动力学
质点动力学
a2 b2
可见，质点的运动轨迹是以
a、b 为半轴的椭圆。对运动方
程求二阶导数，得加速度
13
aaxy
x a 2 cost y b 2 sint
2x 2 y
即
a axi ay j 2r
将上式代入公式中，得力在直角坐标轴上的投影
FFxy
max may
m 2x m 2 y
dv dt
积分。
如力是位置的函数，需进行变量置换
d v v d v , 再分离变量积分。 dt ds
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[例3] 质量为m的质点沿水平x轴运动，加于质点上的水平为
F F0 cos t ，其中 F0， 均是常数，初始时 x0 0，v0 0 。
求质点运动规律。
解 研究质点在水平方向受力作用。建立质点运动微分方程
再积分一次
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代入初始条件得 :
c1 v0 cos0 , c2 v0 sin 0 , c3 c4 0
则运动方程为:
则轨迹方程为:
xv0tcos0,yv0tsin0
y
xtg
0
1 2
g
v0
2
x02
c os2
0
1 2
gt
2
代入最高点A处值，得： d y dt
v0
sin 0
gt
0,
即
t v0 sin0
即 F Fxi Fy j m 2r
可见，F和点M的位置矢径r方向相反，F始终指向中心，其
大小与r的大小成正比，称之为向心力。
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第二类问题：已知作用在质点上的力，求质点的运动（积 分问题）。
已知的作用力可能是常力，也可能是变力。变力可能是时 间、位置、速度或者同时是上述几种变量的函数。 解题步骤如下： ① 正确选择研究对象。 ② 正确进行受力分析，画出受力图。判断力是什么性质的力
质点动力学教案
量子质点动力学中，波函数是描述粒子状态的基本工具， 通过薛定谔方程描述粒子随时间的演化。
量子质点动力学对于理解量子计算、量子通信和量子传 感等领域具有重要意义。
质点动力学的其他重要理论
哈密顿力学
哈密顿力学是经典质点动力学的 一个重要分支，它通过引入广义 坐标和广义动量，将动力学问题 转化为哈密顿方程的求解问题。
质点动力学教案
• 质点动力学的定义与基本概念 • 质点的运动分析 • 质点的动力学方程 • 质点动力学的应用实例 • 质点动力学的扩展与深化
01
质点动力学的定义与基本概念
质点的定义与特性
总结词
质点是一个理想化的物理模型，用于描述具有质量的点状物体在空间中的运动。质点不具有大小和形状，只具有 质量、位置和运动状态等属性。
VS
详细描述
自由落体运动是质点动力学中最简单的一 种运动形式，其基本特点是初速度为零， 仅受重力作用。在自由落体运动中，物体 的加速度等于地球的重力加速度，方向竖 直向下。自由落体运动的公式包括位移公 式、速度公式和时间公式等，这些公式在 解决实际问题中具有广泛的应用。
抛体运动
总结词
抛体运动是质点在重力作用下沿抛物线轨迹 的运动，其加速度与质量有关，方向时刻改 变。
描述质点相对于参照物作加速运动的 状态，其加速度保持不变。
相对匀速运动
描述质点相对于参照物作匀速运动的 状态，其速度和方向均保持不变。
03
质点的动力学方程
牛顿第二定律
总结词
描述物体运动状态变化与作用力之间关系的定律。
详细描述
牛顿第二定律指出，物体运动的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的 质量成反比。公式表示为F=ma，其中F表示作用力，m表示物体的质量，a表示 物体的加速度。
基础物理学 第四章(2)
一、质点的动量定理 dv 牛顿第二定律表述为： ma m F
dt
式中F为质点所受合力，由于质量m为常量，所以有
d (mv ) F dt
d义质点的动量：
p mv
动量是矢量，方向与质点的速度同向。 定义Fdt为dt时间内力F对质点的元冲量，用dI表示，即
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普 通 物理学
三、质点动量定理的积分形式
对动量定理表达式两边同乘 dt，积分： p2 t2 t2 p1 dp t1 Fdt t1 dI t2 p2 p1 Fdt I t1 t2 右边称合力的冲量，表示为： I Fdt t1 t 于是有： Fdt mv mv0
dI 1 dI 2 dI n
即合力对质点的元冲量等于各分力对质点元冲量的矢 量和。
13
普 通 物理学
二、质点的动量守恒定律
若在某一过程中，质点所受合力恒为零，即F=0,则在 该过程中质点的动量守恒，即P=C（常矢量）。
d pl Fl dt
ˆ 质点动量沿 el 方向的分量守恒
t0
质点动量定理：质点所受的外力冲量，等于 质点动量的增量。
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普 通 物理学
动量定理的分量式：
I x Fx dt mvx mv0 x
t t0
I y Fy dt mvy mv0 y
t t0
t
I Z FZ dt mv Z mv 0 Z
t0
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普 通 物理学
1
ˆ (5 N s ) ˆ (7 N s)i j
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普 通 物理学
由动量定理
mv2 mv1 I
大学物理第四章题解
第四章 经典质点动力学4-1．已知质量为2kg 的质点的运动学方程为22(61)(341)r t i t t j =-+++（国际制单位），求证质点所受合力为恒力．证 对运动学方程求时间导数()d 1264d r v t i t j t==++ 22d d 126d d v r a i j t t ===+ 2(126)=2412(N)F ma i j i j ==⨯++可见质点所受合力为恒力．4-2．已知质量为1kg 的质点，在合力128(N)F t i j =+作用下运动．已知1t =s 时，质点位于2x =m 、0y =处，并以速率3m s 沿y 轴正向运动．求质点运动学方程．解 由mr F =，知12x t =，8y =．可得d 12d x t t = ，d 8d y t =积分 01d 12d xt x t t =⎰⎰ ，31d 8d y ty t =⎰⎰ 求出 266x t =- ，85y t =-再根据 2d (66)d x t t =- ，d (85)d y t t =-再积分 221d (66)d xt x t t =-⎰⎰ ，01d (85)d y ty t t =-⎰⎰ 质点运动学方程为 3266x t t =-+ ，2451y t t =-+4-3．跳水运动员沿竖直方向入水，刚入水时速率为0v ，以入水点为O 点，y 轴竖直向下，运动员入水后浮力与重力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数为k ，求入水后运动员速度随时间的变化规律．解 以运动员为质点，根据牛顿第二定律有 2d d yy v m kv t =- ，即2d d y y v k v t m =- 分离变量并积分 020d d y v t y v y v k t v m =-⎰⎰即可求出 011y k t v v m -= 也可以表示为 00y mv v m kv t=+4-4．跳水运动员由高处下落，设运动员入水后重力与浮力抵消，受水的阻力与速度平方成正比，比例系数0.4k m =（m 为运动员质量）．求运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度（均为国际制单位）．解 以入水点为O 点，y 轴竖直向下，以运动员为质点，根据牛顿第二定律有2d 0.4d yy v m mv t =-做变量变换，得 2d d d 0.4d d d y y y y v v y v v y t y ==- 即 d 0.4d y y v v y=- 分离变量并积分 00100d 0.4d v y y v y v y v =-⎰⎰ 0010ln |0.4v y v v y =- 可知运动员速率减为入水速率的110时，其入水深度ln1004576(m)y ..==．4-5．质量为m 的小球系在一不可伸长的轻绳之一端，可在水平光滑桌面上滑动．绳的另一端穿过桌面上一小孔，握在一人手中使它以匀速率a 向下运动．设初始时绳是拉直的，小球与小孔的距离为R ，初速度在垂直于绳的方向上的分量为0v ．试求小球运动和绳子的张力．解 小球m 视为质点，作为研究对象，受力分析如图．以桌面小孔为坐标原点O ，建立极坐标系如图，根据牛顿第二定律，有T N T ma F F mg F =++=在极坐标系中的投影方程为2()T m r r F θ-=- （1）(2)0m r r θθ+= （2）由题意可知 r a =- （3）由（3）式得0d d r tR r a t =-⎰⎰ 所以r R at =-，代入（2）式，得 ()20R at a θθ--= ，即 d ()2d R at a tθθ-= 初始时00R v θ=，即00v R θ=，把上式分离变量且积分 000d 2d d()2tt v R a t R at R at R at θθθ-==---⎰⎰⎰220ln 2ln ln ()R R at R v R R at θ-=-=- 所以 02d d ()v R t R at θθ==- 把上式分离变量且积分 0200d()d ()t v R R at a R at θθ-=--⎰⎰ 所以 0011()v R v t a R at R R atθ=-=-- 小球的运动学方程为r R at =-，0v t R atθ=-．由（1）式得 222220023()()[]()()T v R mv R F m r r mr m R at R at R at θθ=-==-=--4-6．已知质点所受合力为sin cos e tF t i t j k =++，求在0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量．（国际制单位．）解 0t =到2t π=时间内合力对质点的冲量为 200d (sin cos e )d t t I F t t i t j k t π==++⎰⎰22000(sin d )(cos d )(d )t t t i t t j e t k πππ=++⎰⎰⎰ 222000(cos |)(sin |)(|)t t i t j e k πππ=-++2(e 1)i j k π=++-（国际制单位）4-7．用棒打击质量为0.5kg 、从西沿水平方向以速率20m 飞来的球，球落到棒的西面80m 处，球上升的最大高度为20m ，打击时间为0.05s ，打击时可略去重力，取210m s g =．求：（1）棒对球的冲量；（2）棒给予球的平均冲力．解 建立坐标系Oxy ，Ox 轴沿水平方向自东向西，Oy 轴竖直向上．先讨论球被棒打击后的运动，球仅受重力，可知2012y y v t gt =- ，0y y v v gt =- 当0y v =时球达到最大高度m 20m y =．根据0010y v t =-求出0010y t .v =，代入202050y v t .t =-得到 22200020010005005y y y .v .v .v =-=因00y v >，略去020y v =-，可求出020m s y v =．进而求出2s t =．由于球沿Ox 方向作匀速率运动，到4s t =时向西运动了80m ，所以020m x v =． 在碰撞中根据动量定理 21I mv mv =- 由于120v i =-，2002020x y v v i v j i j =+=+，所以棒对球的冲量2010(N s)I i j =+⋅平均冲力 2010400200 (N)0.05I i j F i j t +===+∆4-8．从高出枰盘 4.9m h =处，将每个质量m 均为0.02kg 的橡皮泥块，以每秒100n =个的速率注入枰盘，橡皮泥块落入枰盘后均黏附在盘上．以开始注入时为0t =，求10s t =时枰的读数．解 橡皮泥块在下落过程中只受重力，橡皮泥块落入枰盘的速率98(m v .=在橡皮泥块落入秤盘的过程中，对秤盘的平均冲力为（向上为正方向）21()100002[0(9.8)]196(N)F n mv mv ..=-=⨯⨯--=由于橡皮泥块由 4.9m h =处下落，由22119.8 4.922gt t =⨯⨯= 可知下落的时间1s t =．所以10s t =时枰盘内橡皮泥块受到的总重力g (10-1)1009002981764(N)F n mg ...==⨯⨯⨯=因此秤的读数为 g 1961764196(N)F F ..+=+=4-9．对例题4-4-2（见图），判断以下说法的正误：（1）质点对O 点角动量守恒；（2）质点对O '点角动量守恒；（3）质点对z 轴角动量守恒；（4）质点对x 轴角动量守恒．解 （1）摆锤所受合力指向O 点，摆锤所受合力对O 点力矩为零，所以质点对O 点角动量守恒．（2）合力对O'点力矩不为零，质点对O'点角动量不受恒．（3）质点所受合力的作用线过Oz 轴，对Oz 轴合力矩为零，所以质点对Oz 轴角动量守恒．（4）质点对O 点角动量守恒，所以质点对Ox 轴角动量守恒．4-10．在一直角坐标系Oxyz 中，一质点位于点(3m,4m,5m)处，并受一作用力7N 8N 9N F i i i =++，求：（1）力F 对O 点的力矩；（2）力F 对x 轴的力矩．解 345r i j k =++，所以(345)(789)484(N m)O M r F i j k i j k i j k =⨯=++⨯++=-+-⋅4N m x O M M i =⋅=-⋅4-11．在直角坐标系Oxyz 中，质点质量为2kg ，其速度1242(m s )v i j tk -=+-⋅，并已知0t =时位置矢量02(m)r i =．求：（1）质点对O 点的角动量；（2）质点对y 轴的角动量；（3）质点所受合力对O 点和y 轴的力矩．解 因为d d r v t=，d d r v t =，所以00d d r t r r v t =⎰⎰，即 00002(2d )(4d )(2d )t t tr r r i t i t j t t k -=-=+-⎰⎰⎰ 所以 2(22)4r t i tj t k =++- （1） 22[(22)4](242)O L r mv t i tj t k i j tk =⨯=⨯++-⨯+-22218(48)16(kg m s )t i t t j k -=-+++⋅⋅（2） 22148(kg m s )y O L L j t t -=⋅=+⋅⋅（3） d 16(88)(N m)d O O L M t i t j t==-++⋅ d 88(N m)d y y L M t t==+⋅4-12．设质点在Oxy 平面内运动，试判断以下论述是否正确：（1）若质点动量守恒，则对z 轴角动量守恒；（2）若质点对z 轴角动量守恒，则动量守恒；（3）若质点对z 轴角动量守恒，则动量的大小保持不变；（4）若质点对z 轴角动量守恒，则质点不可能作直线运动．解 （1）正确．质点动量守恒，则质点所受合力为零，质点所受合力对Oz 轴力矩为零，所以对Oz 轴角动量守恒．（2）不对．比如，质点在Oxy 平面内、绕O 点做匀速圆周运动，对Oz 轴角动量守恒，但是动量并不守恒．（3）不对．比如例题4-5-2，质点在Oxy 平面内做椭圆运动，它所受的合力是有心力，始终指向O 点，所以对Oz 轴的角动量守恒，但是动量的大小不断变化．（4）不对．在Oxy 平面内做匀速直线运动的质点对Oz 轴角动量守恒．4-13．质量为m 的质点在Oxy 平面内运动，其运动学方程为cos x a t ω=，sin y b t ω=，a 、b 、ω均为常量．求：（1）质点对z 轴的角动量；（2）质点所受对z 轴的合力矩．解 （1）对运动学方程cos sin r a ti b tj ωω=+求时间导数，可得 d sin cos d r v a ti b t j t ωωωω==-+ 所以 (cos sin )(sin cos )O L r mv a ti b tj m a ti b t j ωωωωωω=⨯=+⨯-+22(cos sin )m ab t ab t k mab k ωωωωω=+=z O L L k abm ω=⋅=（2）因z L 为常量，由对Oz 的角动量定理，可知质点所受对Oz 轴的合力矩d 0d z z L M t==4-14．如图，刚性转动系统放在盛有液体的容器内，长为l 的细杆一端固定一质量为m 的小球，另一端垂直地固定于转轴z ．小球受液体阻力与小球质量及系统转动角速度的大小成正比，即F km ω=，k 为比例常量．z 轴及细杆的质量及所受阻力均忽略不计，问：经过多长时间系统的角速度的大小变为初始值0ω的1e ．解 由题意知z M lkm ω=-，2z L ml ω=，根据d d z z L M t=，得 2d d ml lkm tωω=- 分离变量并积分 d d k t lωω=-⎰⎰ ln k t C lω=-+ 由0t =时0ωω=定出积分常数，0ln C ω=，则 0e kt l ωω-=所以，当0e ωω=时l t k=．4-15．如图所示，小球m 系于不可伸长的轻绳的一端，绳经O 点穿入竖直小管．开始时小球绕管在水平面内做半径为R 的圆周运动，每分钟转120转．由绳的A 端将绳拉入小管，拉绳后小球绕管在水平面内做半径为2R 的圆周运动．求：（1）拉绳以后小球每分钟之转数；（2）拉绳过程中小球对O 点角动量是否守恒？为什么？解 （1）在拉绳过程中，因为小球所受重力与OA 轴平行、绳拉力与OA 轴相交，对OA 轴力矩均为零，所以在拉绳过程中小球对OA 轴角动量守恒02R mvmv R = 拉绳前，每秒转两转，022R v π⋅=．设拉绳后，每秒转n 转，22R n v π⋅=．把04v R π=和v n R π=代入角动量守恒方程，得 42R mn R m R R ππ=⋅ 即可求出拉绳后小球每秒转8n =转，即每分钟480转．（2）因为小球所受合力对O 点力矩不为零，所以小球对O 点角动量不守恒．4-16．试判断以下说法是否正确：（1）静摩擦力一定不做功；（2）滑动摩擦力一定做负功；（3）摩擦力总是阻碍物体运动；（4）运动质点如受摩擦力作用，则能量一定减小．答 均不正确．4-17．试证明2(3sin e )(N)x F x x i =++是保守力．质点在F 作用下由0x =运动到1m x =，试用两种方法计算力F 对质点做的功．解 由于2(3sin e )(N)x F x x i =++在位移d r 中所做元功2d (3sin )(d d d )x F r x x e i xi yj zk ⋅=++⋅++2(3sin e )d x x x x =++3d(cos e )xx x =-+可以表示为只与位置有关的标量函数3()cos e x U x x x =-+的微分，所以此力为保守力．方法一：质点沿Ox 轴由0x =运动到1x =，F 对质点所做的功为 120d (3sin e )d x W F r x x x =⋅=++⎰⎰310(cos e )|x x x =-+ 1cos1e 11=-++-1cos1e =-+ 方法二：因F 为保守力，引入势能3p (cos e )x E U C x x C =-+=--++，则p2p1()W E E =--1cos1e 11=-++-1cos1e =-+4-18．如图，一劲度系数为k 的弹簧，一端固定于A 点，另一端与质量为m 的质点相连．弹簧处于自由伸张状态时，质点位于竖直面与半径为R 的半圆柱面的交界处B ．质点在力F 的作用下，由B 点从静止开始运动到光滑半圆柱面的顶点C ，到达C 点时质点速率为C v ．求力F 对质点所做的功．解 在质点由B 到C 点的过程中，所受重力和弹簧弹性力为保守力，以B 点为重力势能及弹性势能零点．质点受面的支撑力不做功，设力F 做功为F A ．由质点的机械能定理k p k p ()()C C B B F E E E E A +-+=可得 22111[(R)](00)222F C A mv mgR k π=++-+ 2221128C mv mgR k R π=++4-19．接题4-18，质点到达C 点后，力F 被撤除，求质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率．解 质点平衡时mg k l =∆，mg l k ∆=，即质点的平衡位置位于B 点下方mg k处． 在质点由C 到平衡位置的过程中，由于所受重力和弹簧弹性力为保守力，受面的支撑力不做功，所以机械能守恒．以B 点为重力势能及弹性势能零点，则()2222211112822C mv mgR k R mv mg l k l π++=-∆+∆ 22222122m g m g mv k k =-+222122m g mv k=- 即可求出质点运动到AB 之间的平衡位置时的速率2222121(2)4C k R mg v v gR m kπ=+++4-20．如题4-15图之装置．设小球质量0.5g m =，初态管外绳长12m l =，绳与竖直方向夹角130θ=，速度为1v ．末态绳与竖直方向夹角260θ=，速度为2v ．求：（1）1v 、2v ；（2）绳对小球所做的功．解 视小球为质点，受重力W 和绳的张力T F 如图．初态小球做水平圆周运动，合力T F W F =+指向圆轨道圆心，由牛顿第二定律2211111tg sin v v m m mg R l θθ== 所以 21111sin 1298238m s cos 23v l g ..θθ==⨯⨯= 设末态2l l =，小球做水平圆周运动，有22222tg sin v m mg l θθ= ，222222sin cos v l g θθ= 可知 22111212222122sin cos 1cos sin 33v l l v l l θθθθ== （1） 在由初态到末态的过程中，小球所受合力对竖直轴AB 的力矩为零，所以小球对轴AB 的角动量守恒111222sin sin mv l mv l θθ=所以 12222111sin 3sin v l l v l l θθ== （2） (1)(2)⨯得 313213v v = 可求出 13213343m s v v .==2(1)(2)得 313293l l = 13211()080m 93l l .== 由机械能定理，以O 点为势能零点，绳对小球所做的功为k p W E E =∆+∆2221121()(cos30cos60)2m v v mg l l =-+-000805J .=4-21．质量为0.2kg 的小球B 以弹性绳在光滑水平面上与固定点A 相连．弹性绳劲度系数为8N m ，其自由伸张长度为0.6m ．小球初位置和速度0v 如图所示．当小球速率变为v 时，它与A 点距离最大且等于0.8m ．求初态与末态之速率0v 和v ．解 小球在水平面上仅受弹性绳弹性力，弹性力作用线过A ，所以小球在运动过程中对过A 的竖直轴角动量守恒；注意到小球与A 点距离最大时其速度与弹性绳垂直；则004sin3008.mv .mv =小球在水平面内仅受弹性绳弹性力，弹性力为保守力，因此小球在运动过程中机械能守恒，以弹性绳自由伸张时为弹性势能零点；则2220111(0806)222mv mv k ..=+- 所以 04v v = ，22016v v .-=联立求解上述二式即可求出0131m s v .=，033m s v .=．4-22．如图，在升降机内有一和升降机固定的光滑斜面，斜面相对水平方向的倾角为θ．当升降机以匀加速度a 沿竖直方向上升时，质量为m 的物体沿斜面下滑，试以升降机为参考系，求：（1）物体相对升降机的加速度；（2）物体对斜面的压力；（3）物体对地面的加速度．解 以升降机为非惯性参考系，建立与斜面固连的坐标系Oxy 如图．视物体为质点，受重力mg 、支承力N F 和惯性力I F ma =-，物体在非惯性系中的动力学方程为()sin m g a mx θ+=()N cos 0F m g a θ-+=所以，物体相对升降机的加速度()sin a x i g a i θ'==+物体对斜面的压力()NN cos F F m g a j θ'=-=-+ 物体对地面的加速度sin cos ()sin sin cos a a a a i a j g a i g i a j θθθθθ'=+=-+++=+地4-23．如图，一理想定滑轮固定于升降机上，一不可伸长之轻绳跨过滑轮后，两端各悬挂一物体，物体质量为1m 和2m ，12m m ≠．升降机以加速度a 沿竖直方向下降时，试以升降机为参考系，求：两个物体相对地面的加速度及绳内张力．解 以升降机为非惯性参考系，建立与升降机固连的坐标系Ox 如图．视二物体为质点，物体受重力、绳张力和惯性力I11F m a =-、I22F m a =-，在非惯性系中的动力学方程为1T1111m g F m a m x --=2T2222m g F m a m x --=绳不可伸长 12x x =-根据牛顿第三定律 T1T2T F F F ==所以 12211212()()m m g m m a x x m m -+-=-=+ 绳内张力 12T 122()m m F g a m m =-+ 两个物体相对地面的加速度为1221122111212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=+=++ 1221211121212()()()2m m g m m a m m g m a a a x i ai i i m m m m -+--+=+=-=++ 4-24．如图所示有一绕竖直z 轴以角速度k ωω=作匀角速度定轴转动的光滑水平大转台．在距z 轴R 的A 处立一竖直杆，杆端有一长度为l 的不可伸长的轻绳，绳末端挂一质量为m 的小球．当绳与竖直杆夹角θ保持不变时，以转台为参考系，求θ与ω的关系．解 以转台为非惯性参考系，视小球为质点，小球受重力mg ，绳的拉力T F ，惯性离心力It F ，2It (sin )F m R l ωθ=+．小球在非惯性系中受三个力平衡，水平方向的平衡方程为2(sin )tan m R l mg ωθθ+=所以 12tan ()sin g R l θωθ=+ 4-25．接题4-24，有人试图从O 点以初速0v 沿台面抛出一小球，而使小球沿转台上的直线OA 运动，此人的目的能否达到？试在转台参考系中加以说明．解 以转台为非惯性参考系，小球相对于转台具有速度，所以小球除受重力、支持力和惯性离心力以外，还受科里奥利力作用．由于科里奥利力与小球运动方向垂直，所以小球不可能沿转台上的直线OA 运动．（第四章题解结束）。
质点动力学知识点总结
质点动力学知识点总结1. 引言质点动力学是物理学中研究质点运动规律的分支，它是经典力学的基础。
本文档旨在总结质点动力学的核心知识点，包括牛顿运动定律、动量、动能、势能、功以及守恒定律等。
2. 牛顿运动定律2.1 牛顿第一定律（惯性定律）一个质点若未受外力，将保持静止状态或匀速直线运动。
2.2 牛顿第二定律（动力定律）质点的加速度与作用在其上的合外力成正比，与质点的质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同。
2.3 牛顿第三定律（作用与反作用定律）两个相互作用的质点之间的作用力和反作用力大小相等、方向相反。
3. 动量3.1 定义动量是质点的质量与其速度的乘积，是矢量量，表示为\( \vec{p} = m\vec{v} \)。
3.2 动量守恒定律在一个封闭系统中，若没有外力作用，系统内所有质点的动量之和保持不变。
4. 动能4.1 定义动能是质点由于运动而具有的能量，计算公式为\( K =\frac{1}{2}mv^2 \)。
4.2 动能定理合外力对质点所做的功等于质点动能的变化量。
5. 势能5.1 定义势能是质点由于位置或状态而具有的能量，与参考点的选择有关。
5.2 重力势能在重力场中，质点的重力势能计算公式为\( U = mgh \)，其中\( h \)是质点相对于参考点的高度。
6. 功6.1 定义功是力在物体上作用时，由于物体的位移而对物体所做的工作，计算公式为\( W = \vec{F} \cdot \vec{d} \)，其中\( \vec{F} \)是力，\( \vec{d} \)是在力的方向上的位移。
6.2 功的守恒在一个封闭系统中，若没有非保守力做功，系统内所有质点的机械能（动能与势能之和）保持不变。
7. 守恒定律7.1 机械能守恒定律在没有非保守力作用的封闭系统中，机械能守恒。
7.2 角动量守恒定律在一个封闭系统中，若没有外力矩作用，系统内所有质点的角动量之和保持不变。
8. 结论质点动力学是理解和描述宏观物体运动的基础。
基础物理学上册答案 第四章 经典质点动力学
& θ R ln & = ln θ0 R − at
& =v Rθ 0 0
2
∵
∴
θ&0 =
v0 R
θ& =
∴
( R − at )
v0 R
2
∫
θ
0
dθ = ∫ −
0
t
v0 R d ( R − at ) a ( R − at ) 2
t
vR 1 vt θ= 0 = 0 a R − at 0 R − at
第四章
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第四章
经典质点动力学
4-1 已知质量为 2kg 的质点的运动学方程为 r = 6t − 1 i + 3t + 4t + 1 j ，时间单位为 s，长度单位为
2 2
r
(
) (
r
)
r
m，求证：质点所受合力为恒力。 证：
r r r & = 12t i + ( 6t + 4 ) j r
(m s )
∴ 对 Oz 轴角动量守恒
(
/course/physics/04/xiti/daan/ch4.htm
2011-1-22
第四章
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(2)不对. 质点在 Oxy 平面内做匀速圆周运动时,对 Oz 轴的角动量守恒,但是动量并不守恒 (3)不对.质点在 Oxy 平面做椭圆运动.它所受的合力是有心力,始终指向 O 点,所以对 Oz 轴的角动量守恒,但 是动量的大小在变化. (4)不对.做匀速直线运动的质点对 Oz 轴角动量守恒.
(
) )
其中 vx ,v y , x0 , y0 为常量
质点动力学知识点总结
质点动力学知识点总结基本概念：质点：具有质量但没有体积和形状的物体模型。
力：质点动力学研究的核心内容，包括恒力、变力和约束力。
运动方程：描述质点在外力作用下的运动规律的基本方程。
动量：描述质点运动状态的重要物理量，等于质点的质量乘以速度。
动能：描述质点运动状态的另一个重要物理量，等于质点的质量乘以速度的平方再乘以1/2。
势能：描述质点在外力场中的势能状态的物理量，势能的大小与质点所处位置有关。
角动量和角动量定理：与质点的旋转运动相关的物理量和定理。
基本理论：牛顿运动定律：描述了质点在作用力作用下运动的规律，即F=ma，其中F表示合外力，m表示质点的质量，a表示质点的加速度。
动量定理：通过动量的概念揭示了力与运动之间的内在联系，即合外力的冲量等于物体动量的变化量，表达式为Ft=mV-mv。
动能定理：引入动能的概念，建立了力学与能量之间的关系，即合外力做的功等于物体的动能的改变量，表达式为W=1/2mV^2-1/2mv^2。
分析方法：矢量方法：利用矢量运算符对问题进行矢量分析。
微分方程方法：将运动方程化为微分方程，然后求解微分方程获得运动规律。
能量方法：利用能量守恒定律等能量原理分析运动问题。
实际应用：军事方面：应用在导弹、卫星、航天器和飞机等领域，研究其受力情况和运动规律，从而提高军事制式的效率和效果。
经济方面：应用在金融市场和交通运输领域，分析市场变化和流动性，以及货运运输的效益和优化策略。
社会方面：研究城市交通拥堵问题、人口迁移以及城市规律，以提高城市的运作效率和质量。
总的来说，质点动力学涉及到质点的运动规律、动量、动能、势能等基本物理量的研究，以及相关的理论和实际应用。
通过学习和掌握质点动力学的知识，可以更好地理解物体在外力作用下的运动规律，以及如何利用这些规律解决实际问题。
质点动力学知识点总结
质点动力学知识点总结质点动力学是物理学中非常重要的一个分支，它研究的是质点在力的作用下的运动规律。
在质点动力学中，我们通常假设质点的大小可以忽略不计，只考虑它的位置和速度，这样我们就可以用简单的数学模型描述质点的运动。
在本文中，我们将系统地总结质点动力学的一些基本知识点，包括质点的运动方程、牛顿运动定律、动量和能量等。
希望本文可以帮助读者更好地理解质点动力学的基本概念和原理。
一、质点的运动方程质点的运动可以用位置矢量 r(t) 来描述，它随时间 t 的变化可以用速度矢量 v(t) 来表示。
根据牛顿第二定律 F=ma，质点的运动方程可以写成：m*a = F，其中 m 是质点的质量，a 是质点的加速度，F 是作用在质点上的力。
根据牛顿运动定律，我们可以利用力学原理得到质点在外力作用下的运动规律。
二、牛顿运动定律牛顿运动定律是质点动力学的基础，它包括三条定律：1. 第一定律：物体静止或匀速直线运动时，外力平衡。
这是牛顿运动定律中最基本的一条定律，也是质点动力学的基础。
2. 第二定律：力的大小与加速度成正比，方向与加速度的方向相同。
这条定律描述了质点在外力作用下的加速度与力的关系，是质点动力学的重要定律之一。
3. 第三定律：作用力与反作用力大小相等，方向相反，且作用在不同物体上。
这条定律描述了两个物体之间的相互作用，也是质点动力学中不可或缺的定律之一。
三、动量动量是质点运动的另一个重要物理量，它定义为质点的质量 m 乘以它的速度 v，即 p=m*v。
根据牛顿第二定律 F=dp/dt，我们可以推导出动量的变化率与外力的关系，从而得到动量守恒定律。
动量守恒定律是质点动力学中非常重要的一个定律，它描述了在没有外力作用下，质点的动量将保持不变。
根据动量守恒定律，我们可以在实际问题中很方便地利用动量守恒来解决问题。
四、能量能量是质点动力学中另一个重要的物理量，它定义为质点的动能和势能的总和。
动能是质点由于速度而具有的能量，它和质点的质量和速度有关；势能是质点由于位置而具有的能量，它和质点的位置和作用力有关。
力学习题-第4章质点组动量定理(含答案)
已知 B 的质量是 A 的两倍，而 C 的质量是 A 的三倍，此时由此三质点组成的体
系的质心的位置为
1 28 A. ( 3 , - 3 , 3) ; B. (1, -1, 2) ; C. (1, - 2, 8) ; D. (1, 2, 3)
答案：B
解：根据题中给定的坐标系，由质心计算公式可知：
rc
M月l 81M 月 M 月
l 82
4.68 106
m.
2. 已知质点质量 m = 5kg，运动方程 r = 2ti + t2j . 则质点在 0~2 秒内受的冲量大 小为 N·s. 答案：20 解：F = ma = 10j ;
I = FΔt = 20j; 所以冲量大小为 20Ns.
3. 沿 x 方向的力 F = 12t (SI)作用在质量 m = 2kg 的物体上，使物体从静止开始 运动，则它在 3 秒末的动量大小为 kg·m/s. 答案：54 解：力 F 的冲量大小为
2. 无论质心系是否是惯性系，质心系下质点组的总动量始终为零. 答案：对 解释：对质心系下的观测者而言，质点组所受的合外力与总的惯性力相等，即， 质点组所受合外力为零，动量守恒. 其守恒值为质点组的总质量与质心速度的 乘积。而对质心系下的观测者而言，观测的质点组的质心速度始终为零. 因此， 出现质心系下质点组总动量为零的结果. 这也是质心系的特点之一.
第四章 质点组动量定理与守恒定律 单元测验题
一、选择题
1. 作用在质点上的力对时间的累积称为力的 ，其效果等于质点
的
改变.
A. 冲量、动量；B. 功、动量；C. 功、动能；D. 冲量、动能
答案：A
2. 某一时刻 A、B、C 三质点的位置坐标分别为：(-3, 4, 3)、(3, -8, 6)、(1, 2, -1)，
大学物理课件：第四章 动量和角动量
i 1
i 1
系统所受合外力为零时，系统的总动量保持不变。
注意 1、F
0时
，p
C
并不意味着每个质点的动量是不变的。
2、 Fi 0, 有以下几种情况：
①不受外力。 ② 外力矢量和为零。
③ 内力＞ ＞外力。 内力使系统内质点交换动量，但不影响系统总动量。
④ 若系统所受的合外力虽然不为零,但合外力在某一 方向的分量为零,则系统在该方向上动量守恒。即：
f1
F1 F2
f2 0
d( p1
dt
F1
p2 )
F2
f1
f2
m1
m2
N即个质点组F成的d质p点系：—iN质1 F点i系的dd动t 力iN学1 p方i 程
dt
说明
质点系所受合外力等于系统总动量的变化率。
内力可以改变一个质点的动量，但对系 统总动量的改变无贡献。
四、质点系的动量定理
F t2
t1 y
dt
p2 y
p1 y
Iz
F t2
t1 z
dt
p2 z
p1z
系统所受合力的冲量 在某一方向上的分量等于 系统动量在该方向上分量 的增量。
4、动量定理的应用 增大、减小冲力作用
1) 冲力 : 碰撞过程中物体间相互作用时间极短，相互作用力 很大，而且往往随时间变化，这种力通常称为冲力。
解 1）选炮车和炮弹为系统，地面为参考系，选坐标系如图。
水平方向不受外力，系统总动量沿 x 分量守恒。
设炮弹相对地面的速度为v2 。 由x 方向的动量守恒可得：
y
N
L
m1v1 m2v2 x 0
O
u
m2 g
大学物理-质点动力学学(2024版)
在同一直线上。
(2) 分别作用于两个物体上，不能抵消。
F F
(3) 属于同一种性质的力。 (4) 物体静止或运动均适用。
四、牛顿定律的应用 例2-1. 质量为m的物体被竖直上抛，初
解题步骤： (1) 确定研究对象。隔离
速度为v0，物体受到的空气阻力数值与 其速率成正比，即f = kv，k为常数，求
曲线下面的面积表示。
F
A F dx
O xa
xb x
力 位移曲线下的面积表示力F 所作的功的大小。
一、功
元功
dA F dr
dA F dr
Fxdx Fydy Fzdz
例2-1、一质点做圆周运动 ，有一力 F F0 xi yj
作用于质点，在 质点由原点至P(0， 2R)点过程中，F 力做的功为多少？
惯性质量:物体惯性大小的量度。 引力质量: 物体间相互作用的“能 力”大小的量度。 思考：什么情况下惯性质量与引 力质量相等？
2. 牛顿第一定律(惯性定律)
任何物体都保持静止
或匀速直线运动态，直至
其它物体所作用的力迫使
它改变这种状态为止。
3. 力的数学描述： 大小、方向、作用
点—矢量
二、牛顿第二定律
L2
路 径 绕 行 一 周 ， 这 些
力所做的功恒为零，
a 若 A
F dr 0,
具有这种特性的力统
L
称为保守力。
若
A
F dr 0,
没有这种特性的力，
L
F 为保守力。 F 为非保守力。
统称为非保守力 或耗
保守力：重力、弹性力、万有引力、
散力。
静电力。
非保守力：摩擦力、爆炸力
五、势能
质点动力学基本方程
y 质心C 质心 x F1 G F2 FA
l 解:(1)取活塞为研究对象; (2)受力分析,画受力图; (3)运动分析,写出运动方程;
x = OA cos ωt + l
求加速度
d 2x = OAω 2 cos ωt dt 2
d x 由 m 2 = ∑ Fx dt
2
2
FA
F1
得
d 2x = OAω 2 cos ωt dt 2
此速度为质点在阻尼介质中运动的极限速度 极限速度.跳伞运 极限速度 动员着地时的速度即可由该式求出.
例5 发射火箭,求脱离地球引力的最小速度. 求 属于已知力是位置的函数的第二类问题. 解:属于已知力是位置的函数的第二类问题. 属于已知力是位置的函数的第二类问题 取火箭(质点)为研究对象, 建立坐标如图示. 火箭在任意位置x 处受地球引力F 的作用.
dv dv , 再分离变量积分. =v dt ds
例4:求质量为m的质点M在粘性介质中自由下落的 : 运动方程.设质点受到的阻尼力Fr=-cv,c称为粘度系 数,简称粘度.初始时质点在介质表面上被无初速度 释放.
解:取质点M为研究对象,作用其上的力有重力和介质阻尼 力,均为已知,求质点的运动,属于动力学第二类问题. 在任意位置上,有 d 2x dx m 2 = mg c dt dt
于是 分离变量, 再积分一次 质点的运 动方程
即
e
g t v′
v′ v = v′
)
dx = v = v ′(1 e dt
g t v′
∫
x
0
dx = ∫ v ′(1 e
0
t
g t v′
)dt
g ′ 2 v′ t v x = v ′t + (e 1) g
质点的动量定理
同理，对 N 个质点组成的质点组进行类似推导可以得到：
I
t t
t
F dt m v (t t ) m v (t ) p p
i 1 i i 1 i i i 1 i i
t t t
N
N
0
定义： I
F dt
i 1 i
外力的冲量和
i
2
ac
F
i i
m r
m
N i
N
i i
应用：
i i
质心速度:
drC vC dt
2
m v
m
N i
运动员、炮弹等的轨迹 筛选法（大小土豆）
F 0 ，自然界如没摩擦力
质心加速度: aC d rC dt 2
m a
m
i i
的情形设想……
4
质点系的质心运动
质心与质心运动定律
质点系质心运动
iz i
z
p0 z
23
例4.2.2-1质量为 m0 的板静止于水平桌面上，板上放有
m 的小物体。当板在水平外力的作用下从小物 体下抽出时，物体与板的速度分别为 v1 和 v2 。已知各
一质量为 接触面之间的摩擦因数均相同，求在此过程中所加水平 外力的冲量。 解：对 m0 和
m构成的系统应用质点系动量定理：
m1
xC1
c l xC1
v0 m2
联立得：
16
质点系动量定理与守恒定律
质点的动量定理 质点系动量定理
质点系运动定理
与守恒定律 质心动量定理 质点系动量守恒 质心系下质点系动量
17
质点的动量定理
由牛顿第二定律原始表达式：
动力学中的质点运动与位移
动力学中的质点运动与位移动力学（Kinematics）是物理学的一个分支，研究物体的运动、位置和位移。
在动力学中，我们可以通过质点（Point Particle）来描述物体的运动。
质点是一个理想化的模型，将物体的大小、形状以及内部结构抽象化，只关注其位置和质量。
一、质点的位移质点的位移（Displacement）是指物体从一个位置转移到另一个位置之间的变化量，是一个矢量，具有大小和方向。
质点的位移可以用一个箭头表示，箭头的起点表示物体的初始位置，箭头的终点表示物体的最终位置。
在坐标系中，我们可以用坐标系的原点作为参考点，通过坐标值来表示质点的位移。
二、平移运动在动力学中，质点的运动可以分为平移运动（Translation）和旋转运动（Rotation）。
平移运动是指物体以直线或曲线的方式在空间中移动。
在平移运动中，物体的每个点都具有相同的位移（即位移大小和方向相同），这种运动是整体性的。
三、匀速直线运动匀速直线运动是质点的一种特殊运动形式，其中质点在直线上以恒定的速度移动。
在匀速直线运动中，质点的位移与时间的关系可以用以下公式表示：位移（s）= 速度（v）×时间（t）四、匀加速直线运动匀加速直线运动是质点的另一种特殊运动形式，其中质点在直线上以恒定的加速度移动。
在匀加速直线运动中，质点的位移与时间的关系可以用以下公式表示：位移（s）= 初速度（v₀）×时间（t）+ 0.5 ×加速度（a）×时间（t）²五、图像表示除了数学表达式外，我们还可以通过图像来表示质点的运动和位移。
在速度-时间图中，横轴表示时间，纵轴表示速度。
直线斜率的大小表示质点的加速度，而曲线的面积表示质点的位移大小。
在位移-时间图中，横轴表示时间，纵轴表示位移。
不同运动形式的质点在图像上展示出不同的特点，加深了我们对质点运动和位移的理解。
六、实际应用动力学中的质点运动和位移是我们对物体运动的基本研究，它在现实生活和科学研究中都有广泛的应用。
质点动力学-动量及动量定理
t I t F d t
2 1
分量式：
Fx
Ix Iy Iz
t2 t1 t2 t1 t2 t1
Fx dt F y dt Fz dt
t I t F d t
2 1
+
0 t1 t2 t
（注意可取 + -号）
冲量的几何意义：冲量
I x 在数值上等于
Fx ~ t 图线与坐标轴所围的面积。
物体状态的改变不仅与所受到的力 F 有关， 还与力作用的延续时间 t有关 冲量
（例：推车）
有关，还与 物体状态的改变不仅与速度 v
物体的质量 ｍ 有关 动量
（例：木、铁锤敲钉子） 显然，我们必须把注意力从力和运动的 瞬时关系转向力和运动的过程关系
冲量
质点动量定理 方向：速度的方向
1、动量 （描述质点运动状态，矢量）
解： 车和煤为系统,向下为Y正向， 向左为X正向，建立坐标系。 v2 tt+dt时刻，dm = dt
X
v1
Y
P (t ) ( m0 t )v 2 dt v1 P ( t d t ) ( m0 t d t ) v 2 dP P (t dt ) P (t ) (v 2 v1 )dt
P＝ m v 大小：mv
2、冲量 （力的作用对时间的积累，矢量）
I
方向：速度变化的方向
（1） 常力的冲量
I Ft
（2） 变力的冲量 F2 t 2 F1 t 1
Fi t i Fn t n
I
I F1t1 F2t2 Fntn
注意：冲量 I 的方向和瞬时力 F 的方向不同!
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第四章 质点组动力学【解题演示】4.1在一半径为r 的圆圈上截取一段长为s 的圆弧，求出这段圆弧的质心位置。
解：如右图所示建立坐标系 。
则：02s rθ= 设c c c r x i y j =+ 有：22202022*******0022sin cos cos 0cos sin 22sin sin sin2s s c s s s s c s s r ds r d r x ssds r ds r d r r r sy ss s s rdsθθθθηθθθθθηηθθθθθθη--------====-=====-⎰⎰⎰⎰⎰⎰则质心位置为22(0,sin )2r ss r距顶点o '的位置为2(1sin )2c r s r y r s r -=- 4.2求出半径为r 的匀质半球的质心位置。
解：如右图所示，取一截面元与底面相距sin d θ，则其质量： 2(sin )(sin )m d r d r ρπθθ=则：质心与底面距离2203(sin )(sin )23mmdidm r r d r d mr πθρπθθρπ==⎰⎰2224203313cos sin (sin sin )22442800r r r d πππθθθθ==-=⎰4.3两只质量均为m '的冰船，静止地放在光滑的冰面上。
一质量为m 的人自第一只船跳入第二只船，并立即自第二只船跳回第一只船。
设所有的运动都在一条直线上。
求两船最后的速度之比。
解：人在两船运动为人与船组成系统的内部作用，故此系统动量守恒， 有： 12()0m m m υυ''++= 得：12m m m υυ'=-'+ 4.4一船以速度υ 前进，船上某人以相对速度u向船头抛出一质量为m 的铁球。
已知船和人的总质量是m '。
求人抛掷铁所作的功W 。
解：同上题。
动量守恒得：()()m u m m m υυυ''''++=+得：m u m m υυ''=-'+系统前后能量变化： 222111()()222E m m u m m υυυ''''∆=++-+ 2222111()()()2222()m u m u m m m m m m m m mm u m m υυυ''''=-++-+''++'='+即：人做功22()mm u W m m '='+4．5一质量为3m 的粒子爆炸成质量相同的三小块。
其中两块的飞行方向相互垂直。
它们的速率分别是2υ和3υ。
求出第三块的速度和动量的大小。
解：设三块的速度分别为123,,υυυ 且：122,3.i j υυυυ==则依动量守恒 ：1230m m m υυυ++=得：31233(),23p m m i m j υυυυυυ=-+==--则：223(2)(3)13p m m m υυυ=+=4.6重量为W 的大楔子放在光滑的水平面上，在它的斜面上放置一与它相似的小楔子。
小楔了的重量是P 。
大小楔子的水平边长分别为a 和b 。
小楔子自大楔子顶部静止下滑，求小楔子完全下滑到水平面时，大小楔子完全下滑到水平面时，大小楔子分别移动了多少距离？解：依图设大小楔子水平位移分别为,W P x x且依水平方向动量守恒：0W PWx Px += 对其积分得：0W P Wx Px += 且有()W P x x b a i -=-代入上式得：(),()W P P W x a b i x a b i W P W P=--=-++ 5.7一炮弹以仰角α发射，速率为υ，当炮弹达到最高点时，爆炸成质量分别为1m 和2m 的两块弹片。
已知火药爆炸的能量是E 。
爆炸后的瞬时，两弹片仍沿原方向飞行。
求两弹片落地时相隔的距离s 。
解：炮弹从空中降下的时间sin t gυθ=，在最高点处沿飞行方向动量守恒。
设12,m m 炸后的速率分别为12,υυ。
则有：112212222112212()cos 111()(cos )222m m m m E m m m m υυυαυυυα+=+⎧⎪⎨=+-+⎪⎩可解得：1212122()m m E m m υυυ+=-=则：12122()sin m m s t E gm m υθυ+==4.8．重量为W 的人，手里拿着一个重量为w 的物体，以与地平线成α角度的速度0υ向前跳出。
当他达到最高点时，将手中的物体以速率u 向后抛去。
问抛出物体后，人向前跳的距离增加多少？ 解：（同理）设抛去w 后，人的速率变为υ'，由于最高处水平方向动量守恒得：0()()cos w u W w W υυυα''-+=+ 解得：0cos wuw Wυυα'=++ 故人向前增加的距离：000sin sin cos ()wu s t gw W gυθυθυυυα'==-=+4.9．质量为m 的物体沿一直角劈的光滑斜面下滑，直角劈的质量为m '倾角为θ，置于光滑水平面上。
求（1）物体水平方向的加速度m x ；（2）劈的加速度p x；（3）劈对物体的反作用力1F 和水平面对劈的反作用力2F 。
解：如右图所示，建立各方向矢量，设劈与物体间的与反作用力为11,F F '， 则： 1111sin sin ,m m F F F F x i i x i i M M m m θθ''==-==''''1* 则物体相对于尖劈的水平加速度：1sin x m M m m a x x F mm θ'+=-='在z e方向上，物体受1F ⊥ 与mg 的作用：(cos )cos F F g g m mθθα⊥-=+=- 依几何关系：1cos ()tan (sin )xF g m m m a F mm θαθθ⊥-=='+' 解得：1cos sin n mm g F e m m θθ'='+ 代入1*式可得：1212sin cos sin sin sin cos sin sin m M F m g x m m m F mg x m m m θθθθθθθθ'=='+=-=-''+ 水平面对劈的反作用力21()cos ()z z F m g e F e θ''=-+- 22cos ()sin z m g m g e m m θθ''=-+'+2()sin z m m mg e m m θ'+=-'+4.10．质量为m '，半径为r 的光滑半球，其底面放在光滑的水平面上。
一质量为m 的质点沿此半球面下滑。
设质点跟球心的连线与铅直轴之间的夹角为θ。
已知初始时系统是静止的，θα=求当θβ=时，θ 的值。
解：如右图所示，质点m 相对于半球的速度u r θ=⨯满足：cos sin x y u r e u u r i r j τθθθθθ==+=+ x m m u x x '=- 在水平方向动量守恒，联立能量守恒得22011()()(cos cos )22m mm m m x mx m x m x mg r αθ''⎧'+=⎪⎨'+=-⎪⎩可解得：222()(cos cos )(sin )g m m r m m αθθθ'+-='+ 则：22()(cos cos )(sin )g m m r m m θβαθθθ='+-='+4.11．质量为m 的小珠A 能在一水平光滑的滑轨上滑动。
另有一质量也是m 的质点B 用无弹性的轻绳与A 联结，质点B 可以铅垂平面内摆动。
已知绳长为2l 。
初始时系统静止，绳与铅直线间的夹角为θα=。
证明：当夹角θβ=时，有22(cos cos )2(2cos )g l θβαβ-=- 解：证明，如右图所示。
知：2cos 2sin A B l i l j υυθθθθ-=-+ 水平方向动量守恒：(2cos )0A A m m l υυθθ+-= 得： cos *A l υθθ=- 又依能量守恒： 22211[(2cos )(2sin )]2(cos cos )22A A m m l l mgl υυθθθθαθ+-+=- 代入*得：222(cos cos )(sin 1)g l αθθθ-=+ 得：22(cos cos )2(2cos )g l θβθβαβ=-=-4.12．在光滑水平桌面上，有两个质量都是m 的质点，用长为l 的不可伸长的轻绳联结。
今在其中一个质点上作用与绳垂直的冲量I求证此后这两个质点分别作圆滚线运动，且它们的能量之比为2cot ()2Itlm，其中t 为质点运动时间。
证明：如右图。
由于水平光滑，依质心定理与解动量守恒得：222c m I l m I υθ=⎧⎪⎨=⎪⎩ 得：2c I m I mlυθω⎧=⎪⎪⎨⎪==⎪⎩12** 分析可知：(cos )sin 222(cos )sin 222A A cc B B c cl l l e j j i l l l e j j i ττυθυυωθωθυθυυωθωθ⎧=+=++⎪⎪⎨⎪=+=--⎪⎩则1222222**2222222222[(1cos )sin ](cos )(sin )422cot cot ()cot ()222(cos )(sin )[(1cos )sin ]224c A B cI l lT t It m l l I T lm m θθυωθωθθθυωθωθθθ++++=====-+-+ 代入 即两质点间的能量之比为2cot ()2Itlm。
4.13．质量为m 的小环，穿在质量为m '的光滑圆圈上，此体系静止地平放在光滑的水平桌面上。
今若突然使小环沿圆圈的切线方向有一速度0υ。
试证明圆圈将不发生转动，而圆心则绕体系的持赠作等速圆周运动。
证明：设圆圈半径为r ，以质心C 为坐标原点建立坐标系xcy ，如右图所示，且依质心定理有,m m m m m mx x y y m m ''=-=-''。
由于冲量作用在圆圈切线方向，故：0C υ=。
即质心不动。
当,m m '绕转过θ时，有：cos sin m m mm x x r y y r θθ''-=⎧⎨-=⎩并代入m m m mmx x m m y y m ''⎧=-⎪⎪'⎨⎪=-⎪'⎩ 得：cos sin m m m x r m m m y r m m θθ''⎧=-⎪⎪'+⎨⎪=-⎪'+⎩得：222()mr x y m m+='+ 即圆圈中心C 作圆周运动。