做题笔记（Physics）

记号约定：

• 加粗的字母（如 \(\mathbf{v}, \mathbf{0}\)）：向量。
• \(\operatorname{norm}(\mathbf{v})\)：与 \(\mathbf{v}\) 同向的单位向量，即 \(\dfrac{\mathbf{v}}{|\mathbf{v}|}\)。
• \(\dot{r}\)：指 \(r\) 对时间求导。形式化的，指 \(\dfrac{\mathrm{d} r}{\mathrm{d} t}\)。
  • \(\ddot{r}\)：指 \(\dot{r}\) 对时间求导。当然，这等同于 \(\dfrac{\mathrm{d}^2 r}{\mathrm{d} t^2}\)。

#1 \(N\) 个点的重心

设这 \(N\) 个点为 \(\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \cdots, \mathbf{v}_N\)，它们的重心为 \(\mathbf{v}\)。

点的质量全部相等

由重心的性质^[1] 得

\[\sum \mathbf{v}_i - \mathbf{v} = \mathbf{0} \]

则

\[\mathbf{v} = \dfrac{1}{N} \sum \mathbf{v}_i \]

点的质量不全相等

设第 \(i\) 个点的质量为 \(m_i\)。我们把这个点拆成 \(m_i\) 个质量为 \(1\) 的点，那么相当于有 \(\sum m_i\) 个点，每个点质量均相等，于是就是上述情况。那么

\[\mathbf{v} = \dfrac{\sum m_i \mathbf{v}_i}{\sum m_i} \]

#2 摩擦角法

设接触面有相对滑动，木块受到的支持力大小为 \(|\mathbf{N}| = N\)，受到的摩擦力大小为 \(|\mathbf{f}| = f\)，则支持力和摩擦力的合力（记为 \(\mathbf{F} = \mathbf{f} + \mathbf{N}\)）与接触面的夹角不变。形式化的，\(\alpha = \langle \mathbf{F}, \mathbf{f} \rangle\) 不变。

原因：\(f = \mu N\)，那么 \(\tan(\alpha) = \dfrac{N}{f} = \dfrac{1}{\mu}\) 是定值。

这样就有方向不变的力，可以简化问题。

#3

竖直轻杆 \(AO\) 的上端 \(A\) 上有一定滑轮，轻杆 \(OB\) 在 \(O\) 处用铰链连接。一轻绳系于 \(B\) 点，跨过定滑轮，受到向左上的拉力 \(\mathbf{T}\)，使得 \(\theta = \angle AOB \in (0, \pi)\) 缓慢变小。另一轻绳系于 \(B\) 点，另一端悬挂一重物，重力为 \(G\)。求 \(BO\) 受到的压力 \(\mathbf{N}\) 和 \(\mathbf{T}\)。

吐槽一下：原题面写的很模糊，导致我补题时理解题意用了 15 min。

“缓慢变小”可以近似为 \(B\) 点的合外力为 \(\mathbf{0}\)。

首先要把 \(\mathbf{N}\) 转化成 \(BO\) 提供的支持力 \(\mathbf{N}'\)。把图画准一点，可以观察到有相似三角形。证明显然。

于是有

\[\dfrac{|\mathbf{G}|}{OA} = \dfrac{|\mathbf{N}|}{OB} = \dfrac{|\mathbf{T}|}{AB} \]

得

\[|\mathbf{N}| = \dfrac{OB}{OA} |\mathbf{G}| \]

于是

\[\mathbf{N} = \dfrac{OB}{OA} |\mathbf{G}| \cdot \operatorname{norm} \left( \overrightarrow{BO} \right) \]

可以发现 \(|\mathbf{N}|\) 为常数。\(|\mathbf{T}|\) 就用余弦定理：

\[\begin{aligned} \mathbf{T}^2 &= \mathbf{G}^2 + \mathbf{N}^2 - 2 |\mathbf{G}| |\mathbf{N}| \cos(\theta) \\ &= \mathbf{G}^2 + \dfrac{OB^2}{OA^2} \mathbf{G}^2 - \dfrac{2OB}{OA} \mathbf{G}^2 \cos(\theta) \\ &= \dfrac{OA^2 + OB^2 - 2OA \cdot OB \cos(\theta)}{OA^2} \mathbf{G}^2 \end{aligned} \]

则

\[\mathbf{T} = \dfrac{|\mathbf{G}|}{OA} \sqrt{OA^2 + OB^2 - 2OA \cdot OB \cos(\theta)} \cdot \operatorname{norm} \left( \overrightarrow{BA} \right) \]

可以发现 \(|\mathbf{T}|\) 一直变小。

#4 受力分析

1. 根据运动状态，得出合外力。
2. 找出物体外力的来源（斜面、地球等）。
3. 分析每个来源给的合外力。
   • 例 1：地球给的外力 \(\mathbf{G}\) 竖直向下，大小恒为 \(mg\)。
   • 例 2：斜面给的外力有支持力 \(\mathbf{N}\) 和摩擦力 \(\mathbf{f}\)，都可变。所以斜面给的合外力可以灵活调整。
   • Tips：可以灵活调整的合外力尽量放后面分析，根据已有的分力和总的合外力来确定。
4. 继续细分，把合外力按可能的方向分解。

#5

小幸同学注意到，如果水龙头开的适当大，水龙头下面的水柱会出现一种稳定的分布，中间没有气泡，就像一段玻璃柱一样。他猜想这些水下落的时候互不影响，各自以重力加速度 \(g\) 匀加速下落，离水龙头越远的地方水速越快，考虑到水的体积几乎不可压缩，如果水流出水龙头时速度竖直向下，速度大小为 \(v_0\)，截面积为 \(S_0\)，求水龙头下方 \(h\) 处的水流截面积。（用 \(S_0\)、\(g\)、\(h\)、\(v_0\) 表示）

注意到流速（单位时间的流量）相等。

证明：考虑把 \([l, r]\) 处当作一个容器。因为水柱不会随时间变化，所以这个容器内水的质量不变，所以流入的速度一定等于流出的速度，那么 \(l\) 处和 \(r\) 处流速相等。\(\square\)

发现流速为 \(Q = Sv\)，其中 \(S\) 为截面积，\(v\) 为水流速度。

水龙头下方 \(h\) 处的速度为 \(v = \sqrt{v_0^2 + 2gh}\)，那么有

\[S_0 v_0 = Sv \]

解得

\[S = \dfrac{S_0 v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gh}} \]

---

物理的精髓在于找不变量 / 等量关系。找到这些东西，对着它们列方程，你就能分析明白。

#6

一个直径为 \(R\) 的圆形水杯水平放在车上，车水平行驶。在某一时刻，里面的水在左右两边有 \(H\) 的高度差，求车的加速度。

对水中的一个小水滴分析。 首先它受重力 \(\mathbf{G}\)，这时它的加速度竖直向下，肯定不对。所以应当有另一个力来调整加速度。为什么不是很多力？因为向水滴施力的物体只有地球和其它水滴。地球施了重力，就只剩其它水滴了。

设其它水滴给这个水滴的外力为 \(\mathbf{N}\)。发现 \(\mathbf{N}_y\) 需要抵消 \(\mathbf{G}\)，于是 \(\mathbf{N}_y = |\mathbf{G}|\)。再设 \(\mathbf{N}\) 与竖直方向夹角为 \(\theta\)，则 \(|\mathbf{N}| = \dfrac{|\mathbf{G}|}{\cos(\theta)}\)，则 \(\mathbf{N}_x = |\mathbf{G}| \tan(\theta)\)，则 \(a = g \tan(\theta)\)。

接下来算 \(\tan(\theta)\)。由相似，\(\tan(\theta) = \dfrac{H}{R}\)，则 \(a = \dfrac{gH}{R}\)。

#7

重力为 \(G\) 的木块与水平地面间的动摩擦系数为 \(\mu\)。给它施加一个向右的外力 \(F(x)\) 使它匀速运动。给定 \(F(x)\) 与地面的夹角 \(x \in (-\pi / 2, \pi / 2]\)，求 \(F(x)\) 的大小。

这题本身不难，但一定要规定好正方向。我们规定向上是正方向。

画一下受力分析（你如果熟练的话甚至不用画出来）：

对着它列方程组：

\[\begin{cases} N + F \sin(x) - G = 0 \\ F \cos(x) - f = 0 \\ f = \mu N \end{cases} \]

解得

\[F(x) = \dfrac{\mu G}{\mu \sin(x) + \cos(x)} \]

为了方便分析单调性，我们用一下辅助角公式：

\[F(x) = \dfrac{\mu G}{\sqrt{1 + \mu^2} \sin(x + y)} \]

其中

\[\begin{cases} \cos(y) = \dfrac{\mu}{\sqrt{1 + \mu^2}} \\ \sin(y) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + \mu^2}} \end{cases} \]

边界值

\(F\) 在 \(-y\) 处无定义。感性理解一下，\(F(-y) = \dfrac{\mu G}{0} \to +\infty\)。所以考虑求 \(\lim \limits_{x \to -y^+} F(x)\)，发现就是 \(+\infty\)。这意味着在这个角度下，你需要使出 \(+\infty\) 的力才能让它匀速运动，那么你永远无法让它匀速运动。

\(F(x) < 0 \iff x < -y\)，意味着 \(x \in (-\pi / 2, -y)\) 时，你永远无法让它匀速运动。

正负

注意到 \(F(x)\) 不能是负数，但是这个形式显然会有负数的情况。考虑 \(F(x) < 0\) 的意义，发现这相当于让外力向左，意味着向右的外力在这个角度下永远无法让它匀速运动。

单调性

显然，\(F(x)\) 在 \((-y, \pi / 2 - y)\) 上减，在 \((\pi / 2 - y, \pi / 2)\) 上增。所以最小值在 \(\pi / 2 - y\) 取到，意味着这个角度是最省力的。

物体离地

发现物体可能离地，即 \(F(x) \sin(x) \ge G\)，解得 \(x = \pi / 2\)（注意定义域）。这说明 \(F\) 竖直向上时物体会离地，此时 \(F(x) = G\)，而这样物体会向上匀速运动，确实是对的。

另一方面，\(\pi / 2\) 恰好是定义域的边界。这说明对于任意在定义域内的 \(x\)，总存在一个大小，使得这个力可以让木块匀速运动。

#8

如图，\(\mathrm{A}\)、\(\mathrm{B}\) 两物体相互接触，但不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略。两个物体的质量分别为 \(m_\mathrm{A} = 6 \,\mathrm{kg}, m_\mathrm{B} = 10 \,\mathrm{kg}\)。推力 \(F_\mathrm{A} = (12 - 2t) \,\mathrm{N}, F_\mathrm{B} = (4 + 2t) \,\mathrm{N}\)，其中 \(t \ge 0 \,\mathrm{s}\) 为时间。求 \(\mathrm{B}\) 的加速度 \(a_\mathrm{B}\)，用 \(t\) 表示。

Solution 1

首先我们要感受一下两物体的运动状态。最开始 \(F_\mathrm{A} > F_\mathrm{B}\)，所以 \(\mathrm{A}\) 应当推着 \(\mathrm{B}\) 走，也就是说 \(a_\mathrm{A} = a_\mathrm{B}\)。但这样感觉是不靠谱的，正确的感觉方法是：在 \(t = 0\) 时 \(\dfrac{F_\mathrm{A}}{m_\mathrm{A}} > \dfrac{F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{B}}\)，所以 \(\mathrm{A}\) 最开始应当推着 \(\mathrm{B}\) 走，然后后面 \(\mathrm{B}\) 又会领跑。这样确实是对的。

为什么直接比较 \(F_\mathrm{A}\) 和 \(F_\mathrm{B}\) 不靠谱？假设 \(m_\mathrm{A} = 100 \,\mathrm{kg}, m_\mathrm{B} = 1 \,\mathrm{kg}, F_\mathrm{A} = 100 \,\mathrm{N}, F_\mathrm{B} = 99 \,\mathrm{N}\)，这时因为 \(m_\mathrm{B} \ll m_\mathrm{A}\) 而 \(F_\mathrm{B} \approx F_\mathrm{A}\)，所以 \(\mathrm{B}\) 会飞出去，即 \(a_\mathrm{B} \gg a_\mathrm{A}\)。直接比较的方法就失效了。

那我们先整体法，求出 \(\mathrm{A}\) 推着 \(\mathrm{B}\) 走时的加速度：\(a_\mathrm{A} = a_\mathrm{B} = \dfrac{F_\mathrm{A} + F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{A} + m_\mathrm{B}} = 1 \,\mathrm{m / s^2}\)。

接着隔离法。考虑 \(F_\mathrm{A}\) 对 \(a_\mathrm{A}\) 的贡献，发现当 \(\dfrac{F_\mathrm{A}}{a_\mathrm{A}} < 1 \,\mathrm{m / s^2} \iff t > 3 \,\mathrm{s}\) 时，\(\mathrm{A}\) 就落后了，无法推动 \(\mathrm{B}\)，此时 \(a_\mathrm{B} = \dfrac{F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{B}} = \dfrac{2 + t}{5} \,\mathrm{m / s^2}\)。在 \(t \le 3 \,\mathrm{s}\) 时，\(a_\mathrm{B} = 1 \,\mathrm{m / s^2}\)。

实际上也可以考虑 \(F_\mathrm{B}\) 对 \(a_\mathrm{B}\) 的贡献。当 \(\dfrac{F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{B}} > 1 \,\mathrm{m / s^2}\) 时 \(\mathrm{B}\) 就会领跑，然后做下去即可。

Solution 2

我们也可以考虑临界状态。发现 \(N_\mathrm{AB} = 0\) 时为临界。这个状态非常的好，因为它没有 \(N_\mathrm{AB}\) 来捣乱，同时 \(a_\mathrm{A} = a_\mathrm{B}\)。

好事啊。没有 \(N_\mathrm{AB}\) 的影响，我们就可以放心的写出 \(a_\mathrm{A} = \dfrac{F_\mathrm{A}}{m_\mathrm{A}}, a_\mathrm{B} = \dfrac{F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{B}}\)。于是有 \(\dfrac{6 - t}{3} = \dfrac{2 + t}{5} \iff t = 3 \,\mathrm{s}\)。那么

\[a_\mathrm{B} = \begin{cases} 1 \,\mathrm{m / s^2}, &t < 3 \\ \dfrac{2 + t}{5} \,\mathrm{m / s^2}, &t \ge 3 \end{cases} \]

---

这两种做法虽然出发点很不一样，但是推出来的条件却是等价的。那我场上怎么错的？ Solution 1 的取等条件是 \(\dfrac{F_\mathrm{A}}{m_\mathrm{A}} = \dfrac{F_\mathrm{A} + F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{A} + m_\mathrm{B}}\)，而 Solution 2 的取等条件是 \(\dfrac{F_\mathrm{A}}{m_\mathrm{A}} = \dfrac{F_\mathrm{B}}{m_\mathrm{B}}\)。因为和分比性质（应该是叫这个名字），这两个条件等价。所以选哪个做法都能做。

破案了，3 不知道为啥变成 6 错的。

#9

如图，\(\mathrm{A}\) 与 \(\mathrm{B}\) 叠放在一起，置于固定的，倾角为 \(\alpha\) 的斜面上。\(\mathrm{A}\) 与斜面之间的动摩擦系数为 \(\mu_1\)，\(\mathrm{A}\) 与 \(\mathrm{B}\) 之间的动摩擦系数为 \(\mu_2\)。若两滑块都从静止开始下滑，过程中保持相同的加速度从斜面滑下，求出 \(\mathrm{B}\) 受到的摩擦力 \(f_1\)，并比较 \(\mu_1\) 和 \(\mu_2\) 的关系。

神人 tldraw 不支持任意角度旋转。

这题的难点在于受力分析，分析明白就好做了。当然，我们还是先整体法算加速度 \(a\)。把 \(\mathrm{A}\) 和 \(\mathrm{B}\) 视为一个整体，可以得

\[a = g(\sin(\alpha) - \mu_1 \cos(\alpha)) \]

然后来受力分析，显然要先分析 \(\mathrm{B}\)，因为它简单。我们使用 #4 的方法。先把重力 \(mg\) 和支持力 \(N_1\) 画出来，\(f_1\) 可变，放到后面分析。

接着要搞清楚 \(f_1\) 的方向。注意到 \(f_1\) 是静摩擦力，所以它是缺啥补啥。于是我们要搞清楚缺啥。考虑加速度对不对的上，发现如果没有 \(f_1\)，加速度为 \(g \sin(\alpha)\)，显然 \(> g(\sin(\alpha) - \mu_1 \cos(\alpha)) = a\)，所以 \(f_1\) 应当朝上。那么 \(\mathrm{B}\) 的受力分析就完整了。

据此分析 \(\mathrm{A}\)，列方程即可。可以解得 \(f_1 = \mu_1 mg \cos(\alpha) \le \mu_2 mg \cos(\alpha)\)，于是 \(\mu_1 \le \mu_2\)。

#10

如图，木板静止在水平地面上，小物块静止在木板的右端。\(0\) 时刻对木板施加水平向右的拉力 \(F\)，一段时间后撤去 \(F\)，木板的 \(v-t\) 图如图所示。

已知：

• 木板的质量 \(M = 3 \,\mathrm{kg}\)。
• 小物块的质量 \(m = 2 \,\mathrm{kg}\)。
• 物块始终没有离开木板。
• 重力加速度 \(g = 10 \,\mathrm{m / s^2}\)。

求：

• 物块与木板之间的动摩擦系数 \(\mu_1\)。
• 地面与木板之间的动摩擦系数 \(\mu_2\)。
• 木板停下的时间 \(t\)。
• \(F\) 的大小。

这题的重点在于搞清楚两个物体的运动状态。

木板的运动状态是已知的，我们先对着这个分析。首先 \(a_1\) 对应的是施加 \(F\) 的时间段，此时木板加速。发现减速时 \(v-t\) 图折了一下，这是比较奇怪的。发现如果木板和物块全程共速，那么不可能额外折一下。所以一定是物块的速度不大于木板，这样木板开始减速时，物块可以提供额外的摩擦力，增大加速度。

所以物块在 \(6\) 时刻前都不和木板共速。因为木板始终不慢于物块，物块一直在加速，加速度显然恒定（因为动摩擦力恒定）。所以物块的 \(v-t\) 图是：

那就好办了。先求 \(\mu_1\)。物块在 \([0, 6]\) 时刻全靠动摩擦力 \(\mu_1 mg\) 加速，而加速度为 \(a_4 = 1 \,\mathrm{m / s^2}\)，那么 \(\mu_1 = 0.1\)。

再求 \(\mu_2\)。它和木板有关，所以考虑 \([5, 6]\) 时刻的木板（因为这个时刻没有 \(F\)，且物块提供的摩擦力已知），发现它靠物块的动摩擦力 \(\mu_1 mg\) 和地板的动摩擦力 \(\mu_2 (M + m) g\) 减速，而加速度为 \(a_2 = 4 \,\mathrm{m / s^2}\)，那么 \(\mu_2 = 0.2\)。

然后我们求 \(F\)。考虑 \([0, 5]\) 时刻的木板（原因和上面类似），发现此时木板的阻力是物块的动摩擦力 \(\mu_1 mg\) 和地板的动摩擦力 \(\mu_2 (M + m) g\)，推力是 \(F\)。考虑到加速度为 \(a_1 = 2 \,\mathrm{m / s^2}\)，得 \(F = 18 \,\mathrm{N}\)。

最后是 \(t\)。发现 \(a_3\) 的时间段，木板和物块共速，所以直接整体法得到 \(a_3 = \mu_2 g = 2 \,\mathrm{m / s^2}\)。于是 \(t = 6 + \dfrac{v_6}{a_3} = 9 \,\mathrm{s}\)。

#11

如图，两端开口的竖直球筒中静置着一个羽毛球。球筒和羽毛球初始在空中静止。\(0\) 时刻开始用手带动球筒竖直向下做匀加速直线运动（加速度为 \(a\)），持续一段时间后忽然停止，球筒速度立刻变为 \(0\) 并保持静止，而羽毛球从球筒下端滑出。

已知：

• 羽毛球质量为 \(m\)，可以视为质点。
• 羽毛球与球筒之间的最大静摩擦力 \(f_{\mathrm{m}} = 3.2mg\)。
• 羽毛球与球筒之间的滑动摩擦力 \(f = 3mg\)。
• 羽毛球离球筒的上下两端的距离分别为 \(d_1, d_2\)（\(d_1 > d_2\)）。
• 重力加速度为 \(g\)。
• 忽略空气阻力。
• 球筒离地面足够高。
• 全过程球筒始终竖直。

求：\(a\) 的取值范围。

翻译一下题目。实际上题目条件是：存在加速时间 \(t\)，使得按题目描述的方式加速 \(t\) 秒可以让羽毛球从球筒下端滑出。

显然有两种情况：加速时羽毛球和球筒共速 / 不共速。

共速

那么羽毛球的加速度也是 \(a\)，那么 \(ma = mg + F_f \le mg + f_{\mathrm{m}}\)（其中 \(F_f\) 是摩擦力），得到 \(a \le g + \dfrac{f_{\mathrm{m}}}{m} = 4.2g\)。

考虑如何才能让羽毛球滑出来。停止加速后，羽毛球有 \(v_{01} = at\) 的初速度，然后它会以 \(a_1 = \dfrac{f - mg}{m} = 2g\) 的加速度减速，而想要滑出来就需要 \(v_{01}^2 > 2a_1d_2\)。因为 \(a_1, d_2\) 都是常数，所以在 \(t \to +\infty\) 时这个一定可以实现。

所以 \(a \le 4.2g\) 都是可行的。

不共速

那么羽毛球和球筒有相对滑动，羽毛球的加速度为 \(a_2 = g + \dfrac{f}{m} = 4g\)。那么停止加速后羽毛球的初速度为 \(v_{02} = a_2 t = 4gt\)，羽毛球在球筒中滑动了 \(x = \dfrac{1}{2} at^2 - \dfrac{1}{2} a_2 t^2 = \dfrac{t^2}{2} (a - 4g)\) 的距离。我们希望羽毛球从下端出来，所以 \(x < d_1\)。

那么羽毛球此时离下端有 \(x + d_2\) 的距离，那么需要 \(v_{02}^2 > 2a_1 (x + d_2)\)。

于是有

\[\begin{cases} \dfrac{t^2}{2} (a - 4g) < d_1, \\ (4gt)^2 > 4g \left( \dfrac{t^2}{2} (a - 4g) + d_2 \right) \end{cases} \]

解得

\[\dfrac{2d_2}{12g - a} < t^2 < \dfrac{2d_1}{a - 4g} \]

那么

\[\dfrac{2d_2}{12g - a} < \dfrac{2d_1}{a - 4g} \]

即

\[a < \dfrac{4g(3d_1 + d_2)}{d_1 + d_2} \]

---

那么只需 \(a < \dfrac{4g(3d_1 + d_2)}{d_1 + d_2}\)。

#12

已知：

• \(\triangle ABC\) 质量均匀分布。

证明：\(\triangle ABC\) 的重心 \(G\) 是三条中线的交点。

因为我们不会找一个面的重心，我们只会找多个点或一条线的重心，但考虑到重心是可以分开计算再合并的，所以我们考虑微元法。如图，我们把 \(\triangle ABC\) 分成无穷细的小条。

因为小条足够细，所以我门可以忽略它不齐的棱角，于是每个小条的重心都在它的中点。而这些中点共线（中线），于是这些点的重心一定在这条中线上，于是 \(G\) 一定在这条中线上。

我们可以按照这种方式，分别证明 \(G\) 在另外两条中线上。于是 \(G\) 就是三条中线的交点。\(\square\)

---

一般找重心的方式有：

• 建系用坐标算。
• 找到重心所在的线 / 面上，用多个线 / 面来定位。

而且我们遇到不会找的物体，我们要尝试把它割补成熟悉的物体。

#13 负质量

如图，阴影部分是由半径为 \(R\) 的 \(\odot O_1\) 和半径为 \(\dfrac{R}{2}\) 的 \(\odot O_2\) 两部分围成的面积，且两圆内切。

已知：

• 阴影部分的质量均匀分布。

求：阴影部分的重心 \(C\) 的位置。

发现我们可以求出 \(\odot O_1\) 和 \(\odot O_2\) 的重心，但是我们怎么在 \(\odot O_1\) 中把 \(\odot O_2\) 扣掉呢？

做法是给 \(\odot O_2\) 赋予一个负的质量 \(-M / 4\)（其中 \(M\) 是 \(\odot O_1\) 的质量），然后把这 2 个圆合并起来。

具体的，以 \(\overrightarrow{O_1 O_2}\) 为正方向，\(O_1\) 为原点建立一维坐标系，则

\[x_C = \dfrac{M \cdot 0 + \left( -\frac{M}{4} \right) \cdot \frac{R}{2}}{M + \frac{M}{4}} = -\dfrac{R}{6} \]

#14

一根弹簧的劲度系数为 \(k\)，若减去原长的 \(\dfrac{1}{3}\)，求剩下部分的劲度系数 \(k'\)。

那我们把原弹簧分成 2 个部分——剩下的（\(k_1\)）和减去的（\(k_2\)）。发现这样难以处理，因为我们不知道 \(k_1\) 和 \(k_2\) 的关系。

发动人类智慧。因为我们希望拆分出来的几段有显而易见的关系，而我们可以合并（串联）两个弹簧，所以我们把原弹簧分成 3 部分，劲度系数都为 \(k_1\)。这样，3 部分的关系就显而易见（相等），且合并前 2 个就可以得到答案。

算算 \(k_1\)。由弹簧串联的性质，

\[\dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_1} = \dfrac{1}{k} \]

得 \(k_1 = 3k\)，那么 \(k' = \dfrac{1}{1 / k_1 + 1 / k_1} = \dfrac{3}{2} k\)。

#15

把一个弹簧的一端悬挂起来，另一端自然下垂。

已知该弹簧：

• 质量均匀分布。
• 质量为 \(m\)。
• 劲度系数为 \(k\)。
• 原长为 \(l\)。

求：该弹簧的总伸长量。

Solution 1

当时我的第一想法是微元法。

把这个弹簧拆成 \(n\) 份，借鉴 #14 容易得出每一份的劲度系数是 \(nk\)，质量显然是 \(\dfrac{m}{n}\)。

那么从下往上第 \(i\) 份弹簧的伸长量在不考虑自重的情况下取到最小值，为 \(x_i = \dfrac{(i - 1) \frac{m}{n} g}{nk} = \dfrac{(i - 1) mg}{n^2 k}\)。最大值在考虑自重的情况下取到，为 \(X_i = \dfrac{i \frac{m}{n} g}{nk} = \dfrac{img}{n^2 k}\)。

于是总伸长量的最小值为

\[x = \sum x_i = \dfrac{(n - 1) mg}{2nk} \]

最大值为

\[X = \sum X_i = \dfrac{(n + 1) mg}{2nk} \]

注意到 \(\lim \limits_{n \to +\infty} (x) = \lim \limits_{n \to +\infty} (X) = \dfrac{mg}{2k}\)，所以所求的答案也是 \(\dfrac{mg}{2k}\)。

Solution 2

我们从平均的角度入手。

发现最下面的部分张力为 \(0\)，最上面的部分张力为 \(mg\)，而从下到上张力均匀增加（因为所挂的质量均匀增加），所以平均张力 \(\bar{T} = \dfrac{0 + mg}{2} = \dfrac{mg}{2}\)，则总伸长量为 \(\dfrac{\bar{T}}{k} = \dfrac{mg}{2k}\)。

#16

如图，绳索绕在绞盘的固定柱上。当绳子一端承受负荷巨大的拉力 \(T_A\) 时，人在另一端可以用小的多的拉力 \(T_B\) 拽住绳子。

已知：

• 绳和圆柱的动摩擦系数为 \(\mu\)。
• 最大静摩擦力等于动摩擦力。
• 绳子绕圆柱的张角为 \(\Theta\)。

求：\(\min(T_B)\)。

考虑微元法来分析。

我们截取无穷短的一段绳子来分析。它两边的张力一定不同（因为整个绳子两端受的力不同），同时还有支持力和摩擦力。

因为绳子没有移动，所以显然受力平衡。因为我们要求最小值，所以在临界时，静摩擦力应取到最大值，则 \(f = \mu N\)。按照这些列出方程：

\[\begin{cases} N = (2T + \Delta T) \sin \left( \dfrac{\Delta \theta}{2} \right), \\ f = \Delta T \cos \left( \dfrac{\Delta \theta}{2} \right), \\ f = \mu N \end{cases} \]

注意到：（假设 \(x\) 足够小）

• \(\sin(x) = x\)。
• \(\cos(x) = 1\)。

那么方程变为

\[\begin{cases} N = T \Delta \theta + \dfrac{1}{2} \Delta T \Delta \theta \\ f = \Delta T, \\ f = \mu N \end{cases} \]

注意到两个小量 \(\Delta T, \Delta \theta\) 相乘特别的小，可以忽略。所以方程变为

\[\begin{cases} N = T \Delta \theta, \\ f = \Delta T, \\ f = \mu N \end{cases} \]

化简得 \(\Delta T = \mu T \Delta \theta\)。这有啥用呢？发现有这个以后，我们可以沿着绳子从 \(T_A\) 一路推回到 \(T_B\)，所以这个限制实际上固定了 \(T_B\)。一般遇到这种情况，我们会把它当作微分方程来求解。

把这个方程变成

\[\dfrac{\mathrm{d} T}{T} = \mu \,\mathrm{d} \theta \]

两边积分得

\[\int_{T_B}^{T_A} \dfrac{\mathrm{d} T}{T} = \mu \int_0^{\Theta} \mathrm{d} \theta \]

解得

\[T_B = T_A \cdot \mathrm{e}^{-\mu \Theta} \]

#17 虚功原理

如图所示，一根绳索水平静止地套在一个圆锥上。

已知：

• 绳子长为 \(L\)。
• 绳子质量为 \(M\)。
• 绳子质量均匀分布。
• 圆锥顶角为 \(\alpha\)。
• 圆锥表面光滑。

求：绳子中的张力 \(T\)。

当然可以微元法，但是微元法太麻烦了。

我们从能量的角度入手。绳子能停在这里，说明此处的能量最低。具体的，此处的重力势能和弹性势能之和最低。因为能量 \(E\) 最低，而一般函数的最低点的导数为 \(0\)，所以此处的 \(E' = 0\)。这意味着如果我们给绳子一个无穷小的位移，那么它的能量不变。

那我们就给绳子一个无穷小的位移，把它从黑色移到蓝色。

我们考虑能量的变化。发现能量的变化是以做功的形式体现出来的，而只有 2 个力做了功：

• 重力：下降了 \(\Delta h\) 的高度，则做 \(Mg \Delta h\) 的功。
• 张力：周长增大了 \(2 \pi \Delta r\)，而张力的作用是把绳子往里拉，所以做负功 \(-T \cdot 2 \pi \Delta r\)。

那么 \(Mg \Delta h - T \cdot 2 \pi \Delta r = 0\)，得到 \(T = \dfrac{Mg \Delta h}{2 \pi \Delta r}\)。注意到 \(\dfrac{\Delta h}{\Delta r} = \cot(\alpha / 2)\)，那么 \(T = \dfrac{Mg}{2 \pi} \cot(\alpha / 2)\)。

---

所以说，静力学问题也可以用动力学的角度思考。

#18

两个圆环用细线连着，静止地套在一个竖直固定着的大圆环上。

已知：

• 两个圆环的重力分别是 \(G_1, G_2\)。
• 大圆环半径为 \(R\)。
• 大圆环表面光滑。
• \(\angle G_1 OG_2 = \alpha\)。

求：\(G_1 O\) 与竖直方向的夹角 \(\theta\)。

先受力分析。注意要保留力的作用点，不要都画到一个点上。

选择一个参考点列力矩平衡的方程。发现这里面最头疼的是 \(N_1, N_2\)，因为 \(G_1, G_2\) 已知，且两个 \(T\) 反向，可以互相消去。所以我们把参考点放到 \(N_1, N_2\) 的交点 \(O\)，因为这样 \(N_1, N_2\) 的系数就变成了 \(0\)，我们就不用管它们了。

导角后列方程：

\[R \cdot G_1 \sin(\theta) - R \cdot T \cos(\alpha / 2) + R \cdot T \cos(\alpha / 2) - R \cdot G_2 \sin(\alpha - \theta) = 0 \]

展开 \(\sin(\alpha - \theta)\)，化简成

\[(G_1 + G_2 \cos(\alpha)) \sin(\theta) = G_2 \sin(\alpha) \cos(\theta) \]

解得

\[\theta = \tan^{-1} \left( \dfrac{G_2 \sin(\alpha)}{G_1 + G_2 \cos(\alpha)} \right) \]

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列力矩平衡的方程时，最重要的是选好参考点。复杂的系统中难免有一些未知大小的力（连方向都不知道就不用做了），这时我们就要尝试让这些力消失（系数变为 \(0\)）。发现力矩 \(M = |\mathbf{r}| |\mathbf{F}| \sin \langle \mathbf{r}, \mathbf{F} \rangle\)，如果我们让 \(\langle \mathbf{r}, \mathbf{F} \rangle = 0\)，那 \(\mathbf{F}\) 这一项就消失了。

于是，如果我们想让 \(\mathbf{F}_1, \mathbf{F}_2\) 同时消失，我们就选取 \(\mathbf{F}_1, \mathbf{F}_2\) 所在直线的交点 \(O\)，那样这两个力的系数就是 \(0\) 了。

#19

有一个杆 \(AB\)，\(A\) 端顶在竖直的粗糙墙壁上，\(B\) 端用一根绳悬挂，绳的另一端固定在墙上 \(C\) 点，木杆水平，绳与杆的夹角为 \(\theta\)。杆保持平衡时，杆上有一点 \(P\) 存在，使得在 \(PB\) 上悬挂一个任意重力 \(G\) 的重物都不会破坏平衡。

已知：

• \(AB = L\)。
• 杆的重力为 \(G_0\)。
• 杆与墙的摩擦系数为 \(\mu\)。

求：\(\max(PA)\)。

考虑临界。此时 \(G \to \infty\) 时会导致平衡被破坏，也就是 \(f\) 变为滑动摩擦力，那么此时 \(f = \mu N\)。

进行受力分析。这里为了构造出三力平衡，所以我们把 \(\mathbf{G}\) 和 \(\mathbf{G}_0\) 合并成新的 \(\mathbf{G}'\)，再把 \(\mathbf{N}\) 和 \(\mathbf{f}\) 合成全反力 \(\mathbf{F}\)。但是因为 \(G \to \infty\)，所以实际上 \(\mathbf{G}' = \mathbf{G}\)。

那么 \(\mathbf{F}, \mathbf{G}\) 和 \(\mathbf{T}\) 所在的直线共点 \(O\)。发现 \(\angle OAB, \angle OBA\) 和边 \(AB\) 都已知，那么 \(\triangle OAB\) 可解，那么 \(PA\) 一定能求出来。

具体求法就是：设 \(PA = x\)，则 \(OP = \mu x\)，那么 \(PB = OP \cot(\theta) = \mu x \cot(\theta)\)。又知 \(PA + PB = AB\)，则 \(x + \mu x \cot(\theta) = L\)，解得 \(PA = x = \dfrac{L}{1 + \mu \cot(\theta)}\)。

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这里有一个细节：我们直接钦定 \(\mathbf{G}\) 在 \(\mathbf{G}_0\) 左边。这是为何呢？因为在右边时，\(\langle \mathbf{F}, \mathbf{N} \rangle < \theta\)，那么 \(f < \mu N\) 一定可行。

#20

无底圆桶放在水平桌面上，圆桶内放甲、乙两球。圆桶没有翻倒。

已知：

• 两个球完全相同。
• 每球的质量均匀分布。
• 每球重力为 \(G_球\)。
• 每球半径为 \(r\)。
• 桶的半径为 \(R\)。
• \(r < R < 2r\)。
• 桶的重力为 \(G\)。
• 忽略摩擦力。

求：\(\min(G)\)。

遇到极值问题就考虑临界。临界时所有约束都取等了，有好多好多方程呢。

这里面物体还不少，但是所求的 \(G\) 和桶关系最大。我们先分析桶，等到缺东西了再深入分析。

因为桶没有翻倒，所以考虑列力矩平衡的方程。先搞清楚支持力的作用点。发现它如果倾倒也是向左，所以支持力 \(N_地\) 一定作用在 \(E\) 点。又考虑到 \(N_地\) 所在的直线上还有点 \(A\)，点 \(A\) 上还有一个力 \(N\)，所以选 \(A\) 作为参考点。

这样我们只需操心 \(G\) 和 \(C\) 点上的力 \(N\)。发现 \(AB, AC\) 都很难求，但是力是可以沿着作用线平移的。把 \(G\) 和 \(N\) 平移成这样：

接下来的问题就是平移后 \(A\) 与 \(N\) 的作用点的距离。作出图中蓝色的 \(\mathrm{Rt} \triangle\)，发现所求的距离是 \(2r \sin(\theta)\)。于是列出方程：

\[G \cdot R = N \cdot 2r \sin(\theta) \]

解得

\[G = \dfrac{N \cdot 2r \sin(\theta)}{R} \]

发现我们要同时消去 \(N\) 和 \(\sin(\theta)\)。感觉每一个都很难消，但是合到一起就好办了。我们考虑一次把 \(N \sin(\theta)\) 消去。

感觉桶有关的条件已经用完，接下来该球了。同样的，我们能少分析就少分析，我们先分析上面的球，因为它只受 3 个力。

把力沿着两圆心的连线分解，发现 \(N \sin(\theta) = G_球 \cos(\theta)\)，而实际上我们能轻松地求出 \(\cos(\theta)\)。回过头来考虑那个蓝色的 \(\mathrm{Rt} \triangle\)，发现 \(\theta\) 的邻边是 \(2R - 2r\)，斜边是 \(2r\)，则 \(\cos(\theta) = \dfrac{R - r}{r}\)。代入得

\[G = \dfrac{2G_球 (R - r)}{R} \]

#21

两个圆柱体置于同一水平面上。水平拉力 \(P\) 始终作用在大圆柱上的最高点，使得大圆柱翻过了小圆柱。

已知：

• 小圆柱的半径为 \(r_1\)。
• 大圆柱的半径为 \(r_2\)。
• 所有接触处的动摩擦系数均为 \(\mu\)。

求：\(\mu\) 满足的条件。

求 \(\mu\) 满足的条件，一般求出来的都是 \(\mu\) 的下界。于是我们考虑临界情况。

思考一下大圆柱怎么样才能翻过小圆柱。首先小圆柱不能打滑（\(B\) 点不能打滑），因为一打滑大圆柱就掉回去了。其次接触点 \(C\) 也不能打滑，不然大圆柱也会自己掉回去。

我们进行受力分析：

因为大圆柱要翻过小圆柱，所以要关注力矩平衡。临界状态下力矩一定平衡。我们先研究大圆柱，选择 \(O_2\) 作为参考点，得到 \(f_C = P\)。然后是小圆柱，选择 \(O_1\) 作为参考点得到 \(f_B = f_C\)。

既然如此，因为 \(B, C\) 处的动摩擦系数都相同，且摩擦力为定值，所以压力 \(N\) 越小越容易打滑。以 \(O_3\) 为参考点得到 \(N_B - G_1 = N_C\)，那么 \(N_C < N_B\)，那么 \(C\) 处更容易打滑，那么只需 \(\mu \ge \dfrac{f_C}{N_C}\)。

这启发我们思考摩擦角。注意到大圆柱翻过去的全程小圆柱没有动（因为没打滑），所以小圆柱受力平衡。那么全反力 \(\mathbf{N}_C + \mathbf{f}_C\) 所在的直线一定过 \(B\)。于是摩擦角 \(\theta = \angle BCO_1 = \angle ACO_2 = \angle CAO_2\)。注意到 \(AD, BD\) 都能算出来，代入得 \(\tan(\theta) = \sqrt{\dfrac{r_1}{r_2}}\)，那么 \(\mu \ge \sqrt{\dfrac{r_1}{r_2}}\)。

#22 做功的计算

我们都知道 \(W = \mathbf{F} \cdot \mathbf{s}\)，其中 \(W\) 是做的功，\(\mathbf{F}\) 是合外力，\(\mathbf{s}\) 是位移。这个公式在物体做匀加速直线运动时正确，但是如果合外力 \(\mathbf{F}\) 在变化，物体的路径不是直线怎么办？

\(\mathbf{F}\) 变化

一个劲度系数为 \(k\)，原长为 \(l_0\) 的轻弹簧从长度 \(l_0\) 被拉开到 \(l_0 + x\)。求弹簧张力 \(T\) 做的功。

注意到此时 \(T\) 的大小一直在随着伸长量变化。这时我们把每时每刻的 \(T\) 都积起来（当然不用时间作为变量）：

\[W = \int_0^x kx \,\mathrm{d} x = \dfrac{1}{2} kx^2 \]

---

所以如果 \(\mathbf{F}\) 一直在变，但是路径是直线，那就沿着路径把 \(\mathbf{F}\) 积起来。

\(\mathbf{F}\) 变化且路径 \(C\) 不是直线

借鉴上面的思路。我们考虑在某一段位移 \(\mathrm{d} \mathbf{s}\) 中 \(\mathbf{F}\) 的贡献，发现就是 \(\mathbf{F} \cdot \mathrm{d} \mathbf{s}\)（这是功的定义式）。把这玩意沿着路径积起来：

\[W = \int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d} \mathbf{s} \]

如何计算？对每个分量分别积分。设 \(\mathbf{F} = (F_x, F_y, F_z), \mathrm{d} \mathbf{s} = (\mathrm{d} x, \mathrm{d} y, \mathrm{d} z)\)，那么

\[W = \int_C (F_x \,\mathrm{d} x + F_y \,\mathrm{d} y + F_z \,\mathrm{d} z) \]

保守力

保守力就是做功只和起点与终点有关的力，如万有引力、库仑力、弹簧弹力等。

容易发现，所有恒力都是保守力，因为

\[W = \int_C \mathbf{F} \cdot \mathrm{d} \mathbf{s} = \mathbf{F} \cdot \int_C \mathrm{d} \mathbf{s} = \mathbf{F} \cdot \Delta \mathbf{s} \]

其中 \(\Delta \mathbf{s}\) 是位移矢量。

那万有引力这种东西怎么就是保守力了呢？假设一个卫星（在 \(\mathbf{r}\) 的位置，原点为地心）要从 \(A\) 点到 \(B\) 点。我们微元法，考虑一个微小的位移 \(\mathrm{d} \mathbf{r}\)，发现它做的功是

\[\mathrm{d} W = -\dfrac{G m_1 m_2}{\mathbf{r}^2} \operatorname{norm}(\mathbf{r}) \cdot \mathrm{d} \mathbf{r} \]

把 \(\mathrm{d} \mathbf{r}\) 分解到沿 \(\mathbf{r}\) 和垂直于 \(\mathbf{r}\)。发现垂直于 \(\mathbf{r}\) 的分量没有贡献，沿 \(\mathbf{r}\) 的分量的贡献是 \(\mathrm{d} r\)（\(\mathrm{d} \mathbf{r}\) 的地心距离变化），于是

\[\mathrm{d} W = -\dfrac{G m_1 m_2}{\mathbf{r}^2} \,\mathrm{d} r \]

两边积分得

\[W = \int_{r_A}^{r_B} -\dfrac{G m_1 m_2}{\mathbf{r}^2} \,\mathrm{d} r = G m_1 m_2 \left( \dfrac{1}{r_B} - \dfrac{1}{r_A} \right) \]

只和起点和终点有关。

#23

6 根刚性棒光滑铰合成正六边形 \(ABCDEF\)，顶边 \(AB\) 水平固定在天花板上。现在底边 \(DE\) 的中点加一个竖直方向的力 \(F\)，使得 \(ABCDEF\) 维持平衡。

已知：

• 每根棒质量均匀分布。
• 每根棒质量均为 \(m\)。

求：\(F\) 的大小。

这题的关键在于发现内力都不做功。因为牛顿第三定律，任何内力 \(\mathbf{N}\) 做的功都会被反作用力 \(-\mathbf{N}\) 做的功抵消。

于是我们只关心重力和 \(F\) 做的功。对于一个向上的虚位移 \(\Delta x\)，重力做 \(W_G = -6mg \cdot \dfrac{\Delta x}{2}\) 的功，因为重心移动了 \(\dfrac{\Delta x}{2}\)。\(F\) 则做 \(W_F = F \Delta x\) 的功。

因为这是虚位移，所以做的虚功之和为 \(0\)。那么 \(W_G + W_F = 0\)，解得 \(F = 3mg\)。

#24

一个长方体静止地放在半圆柱的顶面上，长方体底面恰水平。

已知：

• 长方体高度为 \(h\)。
• 半圆柱半径为 \(R\)。
• 长方体与半圆柱之间的静摩擦力固定且足够大。

求：长方体的平衡的种类。

从能量入手，我们考虑它做微小位移后的能量变化。

首先要搞清楚微小位移做出来是啥样。发现静摩擦力固定且足够大，这意味着接触面不会打滑，那么它的位移一定是向两边滚了一点。设滚了 \(\Delta \theta\) 的角度，其中 \(\Delta \theta\) 是小量。

设滚之前的重心是 \(C\)，滚之后是 \(C'\)。显然 \(C\) 离地面的高度 \(h_C = R + \dfrac{h}{2}\)，我们探究 \(C'\) 离地面的高度 \(h_{C'}\) 是多少。做法是把 \(OA, AB, BC'\) 分别投影到竖直方向再加起来，得到

\[h_{C'} = R \cos(\Delta \theta) + R \Delta \theta \sin(\Delta \theta) + \dfrac{h}{2} \cos(\Delta \theta) \]

我们来近似。显然 \(\sin(\Delta \theta) = \Delta \theta\)，那能不能直接用 \(\cos(\Delta \theta) = 1\) 呢？不能，因为 \(h_{C'}\) 达到了二阶小量的量级，所以 \(\cos(\Delta \theta)\) 也要保留至少二阶小量。使用 \(\cos(x)\) 的 Taylor 展开，得 \(\cos(\Delta \theta) = 1 - \dfrac{1}{2} \Delta \theta^2\)。全部代入得

\[h_{C'} = R + \dfrac{h}{2} + \dfrac{1}{4} (2R - h) \Delta \theta^2 \]

• \(2R > h\)：因为做微小位移后重心变高（\(h_{C'} > h_C\)），所以能量变多，所以是稳定平衡。

• \(2R < h\)：反之，是不稳定平衡。

• \(2R = h\)：随遇平衡？不是的。此时二阶小量系数为 \(0\)，那么我们需要保留到更高阶小量。利用 \(\sin(x)\) 和 \(\cos(x)\) 的 Taylor 展开，我们得以算出

  \[h_{C'} = R + \dfrac{h}{2} + \dfrac{1}{4} (2R - h) \Delta \theta^2 + \dfrac{1}{48} (h - 6R) \Delta \theta^4 \]

  代入 \(h = 2R\)，发现 \(h_{C'} < h_C\)，所以这是不稳定平衡。

#25 动能

考虑一个质量为 \(m\) 的物体在恒定外力 \(F\) 作用下从静止加速到 \(v\) 的速度。\(F\) 做的功为

\[\begin{aligned} W &= Fs \\ &= F \cdot \left( \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{F}{m} \cdot t^2 \right) \\ &= F \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{F}{m} \cdot \left( \dfrac{v}{F / m} \right)^2 \\ &= F \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{F}{m} \cdot \dfrac{m^2 v^2}{F^2} \\ &= \dfrac{1}{2} m v^2 \\ \end{aligned} \]

那如果这个物体有一个初速度 \(v_0\)（和 \(F\) 同向）呢？此时

\[\begin{aligned} W &= Fs \\ &= F \cdot \dfrac{v^2 - v_0^2}{2a} \\ &= F \cdot \dfrac{v^2 - v_0^2}{2F / m} \\ &= \dfrac{m(v^2 - v_0^2)}{2} \\ &= \dfrac{1}{2} mv^2 - \dfrac{1}{2} mv_0^2 \end{aligned} \]

发现这两个 \(W\) 都只和初末速度有关，所以我们定义一个质量为 \(m\)，速度为 \(v\) 的物体有 \(\dfrac{1}{2} mv^2\) 的动能。

#26

一个质点在 \(A\) 点被抛出，越过了距离 \(A\) 点 \(L\) 处的一个高度为 \(H\) 的障碍物。

已知：

• 质点抛出的初速度为 \(v_0\)。

求：\(\min(v_0)\)。

这其实是简单题，但是有一个厉害的做法，所以记录一下。

Solution 1

显然要考虑临界，临界是质点恰好擦到障碍物的顶端。这题标准的做法是把斜抛运动看成匀速直线运动（\(\mathbf{v}_0\)）和匀加速直线运动（\(\mathbf{g}\)）的合成。

如图，\(\triangle ABC\) 是 \(\mathrm{Rt} \triangle\)，使用勾股定理得

\[(v_0 t)^2 = L^2 + \left( H + \dfrac{1}{2} gt^2 \right)^2 \]

因为我们要最小化 \(v_0\)，所以要把 \(t\) 看做未知数，让 \(t\) 有正根。我们主元 \(t\)：

\[(L^2 + H^2) + (gH - v_0^2) t^2 + \dfrac{1}{4} g^2 (t^2)^2 = 0 \]

因为要有正根，而两根之积为 \(L^2 + H^2 > 0\)，所以只需

\[\begin{cases} \Delta = (gH - v_0^2)^2 - g^2 (L^2 + H^2) \ge 0, \\ v_0^2 - gH \ge 0 \end{cases} \]

解得

\[v_0^2 \ge g(H + \sqrt{L^2 + H^2}) \]

Solution 2

首先也是考虑临界。然后我们不分解位移，我们分解末速度 \(\mathbf{v}\)：

考虑这个三角形的面积，发现它是 \(S = \dfrac{1}{2} v_x gt = \dfrac{g}{2} \cdot v_x t\)，而 \(v_x t\) 是水平位移 \(L\)，所以 \(S = \dfrac{gL}{2}\) 为定值。

于是我们有一个面积固定的三角形，要最小化 \(v_0\) 这条边。这是困难的，因为 \(v\) 一定和 \(v_0\) 有关系，所以我们要搞出这个关系。从能量入手，初始能量为 \(E_0 = \dfrac{1}{2} mv_0^2\)，末能量为 \(E = \dfrac{1}{2} mv_0^2 + mgH\)，利用机械能守恒定律得 \(v = \sqrt{v_0^2 - 2gH}\)。

所以我们最小化 \(v_0\) 的同时也最小化了 \(v\)。一个面积固定的三角形，让其中的两条邻边都最短，则这两条邻边互相垂直。于是 \(\mathbf{v} \perp \mathbf{v}_0\)，那么 \(S = \dfrac{1}{2} v_0 v = \dfrac{1}{2} v_0 \sqrt{v_0^2 - 2gH}\)，则 \(v_0 \sqrt{v_0^2 - 2gH} = gH\)，解得 \(v_0 = \sqrt{g(H + \sqrt{L^2 + H^2})}\)。

#27 包络线

一个物体向外抛出。

已知：

• 初速度的大小为 \(v_0\)。
• 初速度的方向任意。

求：一条曲线 \(C\)，使得 \(C\) 以下的部分都会被物体打中，其它部分都不会被打中。

我们把斜抛运动的轨迹方程拿出来：

\[y = x \tan(\theta) - \dfrac{g}{2v_0^2 \cos^2(\theta)} x^2 \]

对于一个点 \((x_0, y_0)\)，如果它能被打中，那么一定存在一个 \(\theta\) 使得 \((x_0, y_0)\) 满足上面的方程。反过来，关于 \(\theta\) 的方程

\[y_0 = x_0 \tan(\theta) - \dfrac{g}{2v_0^2 \cos^2(\theta)} x_0^2 \]

有解。

我们先消元，把 \(\cos(\theta)\) 消成 \(\tan(\theta)\)：

\[y_0 = x_0 \tan(\theta) - \dfrac{g}{2v_0^2} (1 + \tan(\theta)) x_0^2 \]

整理得

\[-\dfrac{gx_0^2}{2v_0^2} \tan^2(\theta) + x_0 \tan(\theta) - \left( y + \dfrac{gx_0^2}{2v_0^2} \right) = 0 \]

猜测临界情况（曲线 \(C\)）上的点只有唯一解，所以

\[\Delta = x_0^2 - \dfrac{2gx_0^2}{v_0^2} \left( y + \dfrac{gx_0^2}{2v_0^2} \right) = 0 \]

化简得

\[y_0 = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{gx_0^2}{2v_0^2} \]

那么

\[C : y = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g}{2v_0^2} x^2 \]

#28

一个质点在斜面的最低点 \(O\) 被抛出，落到了 \(A\) 点。

已知：

• 质点的初速度为 \(v_0\)。
• 斜面的倾角为 \(\alpha\)。
• 初速度的倾角为 \(\theta\)。

求：\(\max(OA)\) 和此时的 \(\theta\)。

Solution 1

数学不好怎么办？

声明：Solution 1 中的 \(\theta\) 指 \(\mathbf{v}_0\) 与斜面的夹角。

先导角：

设 \(OA = s\)，用正弦定理可得

\[\dfrac{v_0 t}{\cos(\alpha)} = \dfrac{\frac{1}{2} gt^2}{\sin(\theta)} = \dfrac{s}{\cos(\alpha + \theta)} \]

我们把没用的 \(t\) 消去。注意到

\[\dfrac{s}{\cos(\alpha + \theta)} \cdot \dfrac{\frac{1}{2} gt^2}{\sin(\theta)} = \left( \dfrac{v_0 t}{\cos(\alpha)} \right)^2 \]

则

\[\dfrac{gs}{2 \cos(\alpha + \theta) \sin(\theta)} = \dfrac{v_0^2}{\cos^2(\alpha)} \]

则

\[\begin{aligned} s &= \dfrac{v_0^2}{\cos^2(\alpha)} \cdot \dfrac{2 \cos(\alpha + \theta) \sin(\theta)}{g} \\ &= \dfrac{\sin(\alpha + 2 \theta) - \sin(\alpha)}{g \cos^2(\alpha)} v_0^2 \end{aligned} \]

显然 \(\alpha + 2 \theta = \dfrac{\pi}{2}\) 时最优，此时 \(\theta = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\alpha}{2}\)，代入上式得 \(\max(OA) = \dfrac{1 - \sin(\alpha)}{g \cos^2(\alpha)} v_0^2\)。

Solution 2

声明：Solution 2 中的 \(\theta\) 指 \(\mathbf{v}_0\) 与地面的夹角。

如图，以 \(A\) 为原点建直角坐标系。

发现知道 \(v_0\) 就知道包络线了，而包络线上的点一定是最远点。于是最远的 \(A\) 点一定是包络线和斜面的交点。联立包络线和斜面的方程：

\[\begin{cases} y = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g}{2v_0^2} x^2, \\ y = x \tan(\alpha) \end{cases} \]

解得

\[\begin{cases} x_A = \dfrac{1 - \sin(\alpha)}{g \cos(\alpha)} v_0^2, \\ y_A = \dfrac{1 - \sin(\alpha)}{g \cos^2(\alpha)} v_0^2 \sin(\alpha) \end{cases} \]

那么 \(\max(OA) = \dfrac{x_A}{\cos(\alpha)} = \dfrac{1 - \sin(\alpha)}{g \cos^2(\alpha)} v_0^2\)。

我们把它代入斜抛运动的轨迹方程 \(-\dfrac{gx^2}{2v_0^2} \tan^2(\theta) + x \tan(\theta) - \left( y + \dfrac{gx^2}{2v_0^2} \right) = 0\) 里。这里要聪明一点，我们先把 \(y_A = x_A \tan(\alpha)\) 代入：

\[-\dfrac{gx_A^2}{2v_0^2} \tan^2(\theta) + x_A \tan(\theta) - x_A \left( \tan(\alpha) + \dfrac{gx_A}{2v_0^2} \right) = 0 \]

消去一个 \(x_A\)：

\[-\dfrac{g}{2v_0^2} x_A \tan^2(\theta) + \tan(\theta) - \left( \tan(\alpha) + \dfrac{g}{2v_0^2} x_A \right) = 0 \]

再代入 \(x_A = \dfrac{1 - \sin(\alpha)}{g \cos(\alpha)} v_0^2\)：

\[\dfrac{1 - \sin(\alpha)}{2 \cos(\alpha)} \tan^2(\theta) - \tan(\theta) + \left( \tan(\alpha) + \dfrac{1 - \sin(\alpha)}{2 \cos(\alpha)} \right) = 0 \]

代入 \(\dfrac{1 - \sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} = \tan \left( \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\alpha}{2} \right)\)：

\[\tan \left( \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\alpha}{2} \right) \tan^2(\theta) - 2 \tan(\theta) + \left( 2 \tan(\alpha) + \tan \left( \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\alpha}{2} \right) \right) = 0 \]

自己算去吧。 解得 \(\tan(\theta) = \tan \left( \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\alpha}{2} \right)\)，则 \(\theta = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\alpha}{2}\)。

#29 极坐标系

对于人眼而言，它是通过一个物体的方向和距离定位这个物体的。我们也可以仿照这个方法定位物体，这就是极坐标系。

我们取一个极点（类似人眼）\(O\)。因为方向是靠夹角确定的，所以我们需要一个极轴（射线）来参照。对于一个点 \(A\)，它的位置由方向 \(\theta\)（\(OA\) 与极轴的夹角）和距离 \(r\) 确定，记为 \(\overrightarrow{OA} = \mathbf{r} = (r, \theta)\)^[2]。

假设 \(A\) 在运动。发现它在运动其实就是 \(r\) 和 \(\theta\) 在改变，所以我们有必要定义出两个辅助的单位向量 \(\mathbf{e}_r, \mathbf{e}_\theta\)，分别和 \(\mathbf{r}\) 平行与垂直。

\(\mathbf{e}_\theta\) 有何用？\(\mathbf{e}_\theta\) 是 \(\mathbf{r}\) 的切向，所以任何在 \(\mathbf{e}_\theta\) 上的速度 / 加速度分量改变的都是方向。

这时 \(\mathbf{r} = r \cdot \mathbf{e}_r\)。

\(A\) 的速度

我们实际上要求的就是 \(\dot{\mathbf{r}}\)。显然有 \(\dot{\mathbf{r}} = \dot{r} \mathbf{e}_r + r \dot{\mathbf{e}_r}\)，所以我们只需求 \(\dot{\mathbf{e}_r}\)。

首先 \(\mathbf{e}_r\) 的变化只能是旋转，因为它是单位向量。在 \(\theta\) 变化了 \(\Delta \theta\) 时，由上图可以发现 \(|\Delta \mathbf{e}_r| = \Delta \theta\)（弧长为 \(1\)，圆心角为 \(\Delta \theta\)），而 \(\Delta \mathbf{e}_r\) 可以近似平行于 \(\mathbf{e}_\theta\)，所以 \(\Delta \mathbf{e}_r = \Delta \theta \cdot \mathbf{e}_\theta\)。于是可得 \(\dot{\mathbf{e}_r} = \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta\)。

于是

\[\begin{aligned} \mathbf{v} = \dot{\mathbf{r}} &= \dot{r} \mathbf{e}_r + r \dot{\mathbf{e}_r} \\ &= \dot{r} \mathbf{e}_r + r \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta \end{aligned} \]

这个式子实际上有其物理意义。\(\dot{r} \mathbf{e}_r\) 是 \(\mathbf{r}\) 长度的变化量，而 \(r \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta\) 表示的是 \(\mathbf{r}\) 方向的变化量。

\(A\) 的加速度

也就是求 \(\dot{\mathbf{v}}\)。大力求导即可：

\[\begin{aligned} \dot{\mathbf{v}} &= \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} (\dot{r} \mathbf{e}_r + r \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta) \\ &= \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} (\dot{r} \mathbf{e}_r) + \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} (r \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta) \\ &= (\ddot{r} \mathbf{e}_r + \dot{r} \dot{\mathbf{e}_r}) + (\dot{r} \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \ddot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \dot{\theta} \dot{\mathbf{e}_\theta}) \\ &= \ddot{r} \mathbf{e}_r + 2 \dot{r} \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \ddot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \dot{\theta} \dot{\mathbf{e}_\theta} \end{aligned} \]

现在的问题是求 \(\mathbf{e}_\theta\)。画出类似的图，同理可得 \(\dot{\mathbf{e}_\theta} = -\dot{\theta} \mathbf{e}_r\)。

为什么是负的？因为 \(\dot{\mathbf{e}_\theta}\) 与 \(\mathbf{e}_r\) 反向。

于是

\[\begin{aligned} \mathbf{a} = \dot{\mathbf{v}} &= \ddot{r} \mathbf{e}_r + 2 \dot{r} \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \ddot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \dot{\theta} \dot{\mathbf{e}_\theta} \\ &= \ddot{r} \mathbf{e}_r + 2 \dot{r} \dot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \ddot{\theta} \mathbf{e}_\theta + r \dot{\theta} \cdot (-\dot{\theta} \mathbf{e}_r) \\ &= (\ddot{r} - r \dot{\theta}^2) \mathbf{e}_r + (2 \dot{r} \dot{\theta} + r \ddot{\theta}) \mathbf{e}_\theta \end{aligned} \]

#30 曲率半径

我们现在会圆周运动，但如果轨迹不是圆周，而是任意曲线怎么办？

假设物体在 \(A\) 点，发现此时它的微小位移可以近似成圆弧。把圆弧补成圆，就得到了轨迹在 \(A\) 点的曲率圆。在大部分时间，我们不太在意这个圆的位置，但是我们一定在意它的半径 \(\rho\)。有了半径，我们就可以把轨迹分成一个个小圆弧，把这些小圆弧当作圆周运动来处理。

现在问题在于如何求 \(\rho\)？

物理方法

发现 \(\rho\) 一定和凹凸性相关，所以我们一定要研究加速度 \(\mathbf{a}\)。如下图，\(|\Delta \mathbf{v}_\mathrm{n}| = v \cdot \Delta \alpha\)，得到 \(|\mathbf{a}_\mathrm{n}| = v \,\mathrm{d} \alpha = v \omega\)。

（图中没画轨迹。）

因为我们把这一段轨迹当做圆周运动（半径为 \(\rho\)）处理，所以易得 \(\omega = \dfrac{v}{\rho}\)，于是 \(|\mathbf{a}_\mathrm{n}| = \dfrac{v^2}{\rho}\)，解得 \(\rho = \dfrac{v^2}{|\mathbf{a}_\mathrm{n}|}\)。

迁移到数学

把上面的公式的 \(v\) 和 \(\mathbf{a}\) 换掉，得到 \(\rho = \dfrac{\dot{\mathbf{r}}^2}{|\ddot{\mathbf{r}}| \sin \langle \dot{\mathbf{r}}, \ddot{\mathbf{r}} \rangle}\)。

对于一个曲线 \(C : y = f(x)\)，我们考虑求 \(C\) 在 \(\mathbf{r} = (t, f(t))\) 处的曲率半径 \(\rho(t)\)。首先要求出 \(\dot{\mathbf{r}} = (1, f'(t))\) 和 \(\ddot{\mathbf{r}} = (0, f''(t))\)。

接着考虑夹角怎么办。把 \(\dot{\mathbf{r}}\) 和 \(\ddot{\mathbf{r}}\) 画出来：

发现 \(\sin \langle \dot{\mathbf{r}}, \ddot{\mathbf{r}} \rangle = \dfrac{1}{|\dot{\mathbf{r}}|} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + f'^2(t)}}\)。那么

\[\begin{aligned} \rho &= \dfrac{\dot{\mathbf{r}}^2}{|\ddot{\mathbf{r}}| \sin \langle \dot{\mathbf{r}}, \ddot{\mathbf{r}} \rangle} \\ &= \dfrac{1 + f'^2(t)}{\frac{f''(t)}{\sqrt{1 + f'^2(t)}}} \\ &= \dfrac{\left( 1 + f'^2(t) \right)^{3 / 2}}{f''(t)} \end{aligned} \]

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1. 把这个系统的重心处用绳子吊起，该系统静止。 ↩︎

2. 也可以用 \(\rho\) 表示距离，而且这样做的人还不少。 ↩︎