JQX/进取芯 席明纳第19期（2025.11.06）

一些做功与能量问题新观点

浑南高中部K2304班 吴尚达
能量是高中物理的核心物理量之一，其转化通过力的做功实现，力做功也必然涉及能量之间的互相转化。

一、机械能，保守力与非保守力
机械能是指物体由于其运动和位置而具有的能量，它是一个由相互作用的物体组成的系统的动能和势能的总和，即 $E = E_k + E_p$。
保守力指做功与路径无关的力，如重力、引力等，保守力的做功只与其位移有关，那么只要知道保守力关于位移的函数，我们就能通过积分得到它对于一段位置变化做的功，进而得到它的势能函数。对于常见的一次函数形式的保守力，积分势能的过程如下:
qiusir说：“保守力的英文是conservative force，与‘守恒’同源，故也称守恒力，在日本教材中也称‘保存力’，这种力的作用效果是保存能量，使其仅在系统内部发生转化，动能和势能通过做功重新分配而不与外界发生能量的流动”也就是说，能量在一个孤立封闭系统内部转化，我们把这种系统称为保守系统。
非保守力与保守力的定义相反，如果做功的力是非保守力，比如摩擦力，那么它会把系统的能量耗散出去，这就是一个开放系统。

让我们看一道个人很喜欢的例题：
【例零】如图所示，一盛水容器绕竖直中心轴以角速度 $\omega$ 匀速转动，求水面的函数。

我们以旋转的桶为参考系，那么液面就是静止的，由于参考系是非惯性参考系，我们需要引入惯性离心力，同时引入离心势能的概念，这样水面上一定质量的液体，它的势能为重力势能与离心势能的总和。对于一个液面，它一定是一个等势面（如果同一液面上存在较高势能的点和较低势能的点，那么较高势能点处的液滴就会向较低势能方向运动，最终形成一个等势面），对于这个等势面，我们可以定义它的势能为任意常数，这里定义为零，对其能量列式如下：

（如果定义水面的势能为常数 $c$，则对应的函数应多一项 $+c/mg$，液面形状依旧是抛物线）
qiusir还提出了受力分析的解法：

二、力的“作用质点”的位移

【例一】光滑水平地面上用恒力 $F$ 拉动静止的物体 $m$, 夹角为 $\theta$，物体前进位移 $s$, 求这段过程中恒力 $F$ 所做的功 $W$

对于这道题，qiusir给出了比较标准的叙述方法：
这道典型例题中，可以认为力是一直作用在同一个作用点 $P$ 上的，但如果力的作用点是时刻变化的呢？

【例二】如图为打印机滚轮辅助进纸装置，轮子半径为 $R$，绕过 $O$ 点的固定轴以角速度 $\omega$ 匀速转动, 带动下方纸张以速度 $v$ 运动, 试求转动一周摩擦力 $f$ 所做的功。

经过一定时间图中 $A$ 点将不再与白纸接触，摩擦力的作用点不再是 $A$ 点，那么是否可以认为摩擦力的作用点的位移为零呢？因为纸获得的动能，所以显然 $f$ 做的功不为零。

通过“作用质点”来解释这一现象：
对于任意系统，当我们将其离散化，都可以得到无数个无穷小的质点（质量元），作用质点是指某一时刻力作用的系统的一质量元。力的做功其实是由很多个微小的做功过程组成的，当力的作用质点可认定不变时，它就是我们所说的作用点，从而通过其位移计算出做功，但当力的直接作用点发生变化时，则需要通过积分转化来求做功。

三、惯性系与非惯性系的影响
动能定理，机械能守恒是在牛顿第二定律成立的基础上推导出来的。牛顿第二定律在任意惯性系中仍然成立，所以以其为基础的能量动量方面的定理自然也是成立的。
故：在地面系下，如果动量守恒，则在另一惯性系下，动量仍是守恒的；在地面系下，如果机械能是守恒的，则在另一惯性系下，机械能照样是守恒的。
当然也可以通过一些矢量推导（以下推导中 $F$、$\Delta x$ 均为矢量）证明出来：
A，B，C三个可视为质点物体（可拓展至 $n$ 个）与地球构成一个系统，三个物体分别受外力 $F_a$，$F_b$，$F_c$ 的作用，在一个与地面保持静止的参考系 $S$ 中观测到此系统在运动过程中动量守恒，机械能也守恒，$S'$ 是相对于 $S$ 做匀速直线运动的参考系
由 $S$ 系中动量守恒可知合外力 $F_a + F_b + F_c$ 为零由于受力与参考系无关，所以在 $S'$ 系下合外力 $F_a + F_b + F_c$ 依旧为零，合力对系统做总冲量为0，动量守恒得证。
设很短时间 $\Delta t$ 内 ABC 三个物体的位移分别为 $\Delta x_a$ $\Delta x_b$ $\Delta x_c$，$S$ 系中机械能守恒，故可知合外力总功为零，即
$F_a \Delta x_a + F_b \Delta x_b + F_c \Delta x_c = 0$
设同一时间间隔 $\Delta t$ 内 $S'$ 系相对 $S$ 系的位移为 $\Delta x'$ 则由相对运动知识可知：
A在 $S$ 系下的位移 $\Delta x_a = \Delta x_a' + \Delta x'$
A在 $S'$ 系下的位移 $\Delta x_a' = \Delta x_a - \Delta x'$
B，C同理
故在 $S'$ 系中三个力做功之和为
$W = F_a \Delta x_a' + F_b \Delta x_b' + F_c \Delta x_c'$
$= F_a (\Delta x_a - \Delta x') + F_b (\Delta x_b - \Delta x') + F_c (\Delta x_c - \Delta x')$
$= (F_a \Delta x_a + F_b \Delta x_b + F_c \Delta x_c) - (F_a + F_b + F_c) \Delta x' = 0$
$S'$ 系中机械能守恒得证。
【例三】如图所示，火车以速度 $v$ 向前做匀速运动，内有一光滑桌面，上有一轻质弹簧，右端有一质量为 $m$ 的物体（不连接弹簧），一端固定于车厢壁，用手压缩一段后放手，物体被弹开（仍在桌面上），离开弹簧时相对车厢的速度为 $u$。问：从放手到物体离开弹簧的瞬间，车厢壁对弹簧做了多少功？
应用上述知识，给出解答如下：

如果以非惯性系作为参考系，由于非惯性系中牛顿第二定律不再成立，需要引入惯性力，若引入的惯性力是保守力，则该系统依旧为保守系统，引入惯性力对应的势能后能量守恒
【例四】如图所示，一光滑细杆绕竖直轴以匀角速度转动，细杆与竖直轴夹角 $\theta$ 保持不变，一个相对细杆静止的小环自离地面 $h$ 高处沿细杆下滑，求小环滑到细杆下端时的速度 $v$

以细杆为参考系引入惯性离心力 $F$（科里奥利力方向与圆环运动方向垂直不做功，这里忽略不计），由保守系统能量守恒列式如下：

四、虚功原理
对于一个平衡系统，可以假设其发生了一个极为微小的变化，某个力做了一个微小的功 $dW$ 使系统的势能发生了一个微小的变化 $dE$ 然后由 $dW = dE$ 求出我们所需要的量，一般常用于求解一些力的大小。
【例五】如图所示，一个半径为 $R$ 的 $1/4$ 光滑球面固定在水平桌面上，球面上放置一光滑均匀铁链，其 $A$ 端受到一水平向左的拉力 $T$, $B$ 端恰与桌面不接触，铁链单位长度的质量为 $\lambda$，求 $T$ 的大小

对铁链应用虚功原理，假设铁链在 $A$ 点拉力的作用下水平向左发生微小位移 $dl$，则拉力所做的功等于将 $B$ 点对应质量 $dm = \lambda \cdot dl$ 抬升到了 $A$ 点，所以

当然，本题也可以使用微元法求解：

qiusir：“类似的题目也曾在高一的某次考试中出现。用几何分析的方法十分复杂繁琐，如果能巧妙的运用虚功原理，将大大节省做题时间”

【例六】如图，一长为 $L$ 的匀质细杆 $AB$ 由固定的两个水平细轴 $C$、$D$ 支撑在竖直平面内，$CD$ 间距为 $d$，$d \leq L/2$，杆的 $A$ 端置于轴 $C$ 下, 杆与轴之间静摩擦系数为 $\mu$, 杆与水平面夹角为 $\theta$，为使杆保持平衡， $L$ 比 $d$ 的值必须满足什么条件

应用虚功原理，解答如下：
（这种情况下，约掉 $d\theta$ 后，虚功原理与力矩平衡方程是相同的）

JQX|Jin

【下期预告】
从一道小题的细节入手，从牛顿定律、动量定理和动能定理等角度解构非弹性碰撞，涉及形变、摩擦力的功、弹力的功···

JQX/进取芯 席明纳第18期（2025.10.30）

摆线的等时性与变分法

JQX|Xiao
一：摆线的等时性
摆线在弧长方向满足简谐振动，因此与弹簧振子相同，震动周期与振幅无关，因此满足等时性。下面从能量的角度证明沿摆线下落的物体满足简谐振动。摆线方程为：$x=R(\theta-\sin\theta),\qquad y=R(1-\cos\theta)$,把最低点作为势能零点：最低点对应$\theta=\pi$。
记从最低点到轨道上一点P的弧长为$s\ge 0$，向上为正；P的高度为$h\ge 0$。
1) 弧长微分
$x'(\theta)=\frac{dx}{d\theta}=R(1-\cos\theta),\; y'(\theta)=\frac{dy}{d\theta}=R\sin\theta,\; ds=\sqrt{(dx)^2+(dy)^2}=\sqrt{(x')^2+(y')^2}\,d\theta=2R\sin\frac{\theta}{2}\,d\theta.$
因此从 $\theta=\pi$ 到任意 $\theta$ 的弧长为
$s(\theta)=\int_{\pi}^{\theta}2R\sin\frac{\varphi}{2}\,d\varphi=4R\cos\frac{\theta}{2}.$
2) 从最低点计的高度
$h(\theta)=y(\theta)-y(\pi)=R(1-\cos\theta)-2R=2R\cos^2\frac{\theta}{2}.$
3) $h$ 与 $s$ 的关系
由 $s=4R\cos\frac{\theta}{2}$ 得 $\cos\frac{\theta}{2}=\frac{s}{4R}$，代入上式：
$h=\frac{s^{2}}{8R}.$
4) 能量方程
设质点质量为 m，切向速度 $v=\dot s$。能量守恒：$E=\frac12 m v^2 + m g h =\frac12 m \dot s^{\,2} + m g\frac{s^2}{8R} =\frac12 m \dot s^{\,2}+\frac12\,k' s^2,$。其中$k'=\frac{m g}{4R}$
这恰是一维简谐振动的能量形式，角频率$\omega=\sqrt{\frac{k'}{m}}=\sqrt{\frac{g}{4R}}.$。利用简谐振动周期公式$T=\frac{2\pi}{\omega}=4\pi\sqrt{\frac{R}{g}},\qquad t=\frac{T}{4}=\pi\sqrt{\frac{R}{g}}.$
周期与起点高度无关，所以摆线满足等时性。
二：变分法
牛顿只用了一晚就解决了约翰·伯努利对于最速降线的挑战的故事一直为人津津乐道，当时共有五个人给出了最速降线的解决办法。除了约翰·伯努利的巧妙办法外，他的哥哥雅各布·伯努利更是开启了变分法的开端，几十年后欧拉和拉格朗日把这个方法系统化为变分法，并提出欧拉-拉格朗日方程。下面用E-L方程来证明最速降线为摆线。
1、时间泛函
最速降线问题为一个小球在重力作用下从高处滑向低处，其运动轨迹曲线为 $y = y(x)$。根据能量守恒定律，小球在任意位置的速度为 $v = \sqrt{2gy}$。设微元弧长为 $dl = \sqrt{dx^2 + dy^2} = \sqrt{1 + y'^2}\,dx$，则走过这段微小弧长所用的时间元为 $dt = \frac{dl}{v} = \frac{\sqrt{1 + y'^2}}{\sqrt{2gy}}\, dx$。因此，小球滑完全程的总时间可以表示为一个积分泛函 $T = \int_{x_1}^{x_2} \frac{\sqrt{1 + y'^2}}{\sqrt{2gy}}\, dx$，我们要求解的就是能使 T 最小的曲线 $y(x)$。
2、求解E-L方程
为了求出极值曲线 $y(x)$，我们引入一个在边界点为零的微小扰动函数 $\eta(x)$，并构造一条扰动后的曲线 $\bar{y}(x) = y(x) + \varepsilon \eta(x)$。其中 $\varepsilon$ 为微小常数，且边界条件满足 $\eta(x_1) = \eta(x_2) = 0$，以保证扰动不改变曲线的端点位置。
原时间泛函可以写为 $T[y] = \int_{x_1}^{x_2} F(x, y, y')\, dx$，其中被积函数为 $F(x, y, y') = \frac{\sqrt{1 + y'^2}}{\sqrt{2gy}}$。将扰动后的曲线 $\bar{y} = y + \varepsilon \eta$ 及其导数 $\bar{y}' = y' + \varepsilon \eta'$ 代入，泛函就变成了关于 $\varepsilon$ 的函数 $T(\varepsilon) = \int_{x_1}^{x_2} F(x, y + \varepsilon\eta, y' + \varepsilon\eta')\, dx$。
为了求得泛函的极值，我们需要其对 $\varepsilon$ 的一阶变分为零，即 $\frac{dT}{d\varepsilon}\Big|_{\varepsilon=0} = 0$。首先计算导数：$\frac{dT}{d\varepsilon} = \int_{x_1}^{x_2} \left( \frac{\partial F}{\partial y}\eta + \frac{\partial F}{\partial y'}\eta' \right) dx$。当 $\varepsilon = 0$ 时，此式依然成立。
我们对积分的第二项使用分部积分法（$\int u\,dv=uv-\int v\,du$）。令 $u=\frac{\partial F}{\partial y'}$ 且 $dv=\eta'\,dx$，则可得到 $v=\eta$ 和 $du=\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)dx$。于是，积分项变为 $\int_{x_1}^{x_2}\frac{\partial F}{\partial y'}\,\eta'\,dx =\left[\frac{\partial F}{\partial y'}\,\eta\right]_{x_1}^{x_2} -\int_{x_1}^{x_2}\eta\,\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)dx$。
由于边界处的扰动为零，即 $\eta(x_1)=\eta(x_2)=0$，所以 $\left[\frac{\partial F}{\partial y'}\,\eta\right]_{x_1}^{x_2}$ 这一项为零。最终我们得到 $\frac{dT}{d\varepsilon}\Big|_{\varepsilon=0} = \int_{x_1}^{x_2}\!\left( \frac{\partial F}{\partial y} -\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right) \right)\eta\,dx=0$。
根据变分法基本引理，因为 $\eta(x)$ 是任意的微小扰动，要使上式恒成立，必须其括号内的部分为零。这样，我们就得到了著名的欧拉-拉格朗日方程：$\frac{\partial F}{\partial y} -\frac{d}{dx}\!\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)=0$。
3、Beltrami恒等式及其应用
在某些特殊情况下，欧拉-拉格朗斯方程可以被简化。一个重要的情形是当被积函数 $F(x, y, y')$ 不显式地依赖于 $x$ 时（即 $\frac{\partial F}{\partial x} = 0$），存在一个被称为**贝尔特拉米恒等式 (Beltrami Identity)** 的一阶积分：$F - y' \frac{\partial F}{\partial y'} = C$，其中 C 是一个常数。这个恒等式可以大大简化求解过程。
现在，我们把这个强大的工具应用到最速降线问题上。回顾我们的时间泛函被积函数 $L = \frac{\sqrt{1 + y'^2}}{\sqrt{2gy}}$，它显然不显式地含有变量 $x$，因此完全满足使用贝尔特拉米恒等式的条件。
我们首先计算 $L$ 对 $y'$ 的偏导数：$\frac{\partial L}{\partial y'} =\frac{1}{\sqrt{2g}}\frac{y'}{\sqrt{y}\sqrt{1+y'^2}}$。然后将 $L$ 和 $\frac{\partial L}{\partial y'}$ 代入恒等式 $L-y'\,\frac{\partial L}{\partial y'}=C$。经过化简，我们得到一个非常简洁的关系式：$\frac{1}{\sqrt{2g}}\frac{1}{\sqrt{y}\sqrt{1+y'^2}}=C$。
4、求解方程，证明曲线为摆线
为了求解上面这个关于 $y$ 和 $y'$ 的微分方程，我们首先将所有常数合并为一个新的常数 $k$，得到 $\frac{1}{\sqrt{y}\sqrt{1+y'^2}}=k$。整理后可解出 $y'$ 的表达式：$y'^2=\frac{1-k^2y}{k^2y}$。
为了对该方程积分，我们采用一个技巧，求解 $x$ 关于 $y$ 的导数 $\frac{dx}{dy}=\frac{1}{y'}=\sqrt{\frac{k^2 y}{1-k^2 y}}$。这个形式的积分可以通过参数代换来解决。我们引入参数 $\theta$，并令 $y=\frac{1}{k^2}\sin^2\!\frac{\theta}{2}$，它等价于 $y=\frac{1-\cos\theta}{2k^2}$。
进行代换后，表达式被简化为：$\frac{dx}{dy}=\sqrt{\frac{(1-\cos\theta)/2}{(1+\cos\theta)/2}} =\tan\frac{\theta}{2}$。同时，我们可以求出 $dy=\frac{1}{2k^2}\sin\theta\,d\theta$，因此 $dx=\tan\frac{\theta}{2}\,dy = \frac{1}{k^2}\sin^2\!\frac{\theta}{2}\,d\theta$。对 $dx$ 积分可得 $x=\frac{1}{2k^2}\int (1-\cos\theta)\,d\theta =\frac{1}{2k^2}\bigl(\theta-\sin\theta\bigr)+C_x$，其中 $C_x$ 是积分常数。
最后，我们整理一下结果。令常数半径 $R=\frac{1}{2k^2}$，并将积分常数合并为起点坐标 $(x_0, y_0)$，我们便得到了该曲线的最终参数方程：
$\begin{aligned} x(\theta) &= R\bigl(\theta-\sin\theta\bigr) \\ y(\theta) &= R\bigl(1-\cos\theta\bigr) \end{aligned}$
这正是摆线（Cycloid）的标准参数方程。至此，我们证明了最速降线确实是一条摆线。

下期预告：邀请上一期提供巧思的K2304班吴尚达同学，带来一些做功问题的新思考

JQX/进取芯 席明纳第17期（2025.10.23）

人船模型的拓展应用

JQX|Jin
一、小物块在光滑半圆形轨道上运动
半圆光滑槽质量为 $M$，半径为 $R$，置于光滑水平地面上。一个质量为 $m$ 的小滑块在槽内左上角由静止释放。求：
(1) $m$ 滑到最低点时的速度；
(2) $m$ 滑到最低点时所受支持力的大小；
(3) $m$ 对地的运动轨迹在最低点的曲率半径；
(4) $m$ 对地的轨迹方程；
参考解析
(1)根据动量守恒：$m v_1 = M v_2$。机械能守恒：$m g R = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} M v_2^2$
联立解得：$v_1 = \sqrt{\frac{2 M g R}{M + m}}, \quad v_2 = \frac{m}{M} \sqrt{\frac{2 M g R}{M + m}}$
(2)以槽为参考系，最低点时沿半径方向受支持力和重力：$F_{N} - mg = m\frac{(v_{1} + v_{2})^{2}}{R}$
(3)当研究轨迹为一般曲线时，利用曲率半径的概念：$F_{N} - mg = m\frac{v^{2}}{\rho} \quad (\rho < R)$
(4)以半圆轨道圆心为坐标原点建立直角坐标系，设小物块的横坐标为 $x$，半圆轨道向左发生的位移为 $\Delta x$，此时圆的方程为 $(x + \Delta x)^2 + y^2 = R^2$。
由系统水平方向动量守恒：$M \Delta x = m(R + x)$，得 $\Delta x = \frac{m(R + x)}{M}$。
将 $\Delta x$ 代入移动后的圆方程得：$\left(x + \frac{m(R + x)}{M}\right)^2 + y^2 = R^2$，为椭圆。
二、小物块在光滑斜面上运动
将质量为 $m$ 的小滑块沿倾角为 $\theta$ 的光滑三角形斜面静止释放，整个装置置于光滑水平地面上，求滑块落地时间。
为了解决这个问题，需要明确运动为匀变速直线运动（方法三可证明）。
方法一：
思路：根据人船模型，我们可以明确物体运动的初末位置，得到运动的位移。再求出物体运动的末速度，结合运动学公式求出时间。
根据人船模型：$x_1 = \frac{M}{M + m} \cdot L \cdot \cos\theta$
下落高度：$h = L \cdot \sin\theta$
几何关系：$x^{2}=x_{1}^{2}+h^{2}$
系统机械能守恒：$mgh = \frac{1}{2}mV_1^2 + \frac{1}{2}MV_2^2$
水平方向动量守恒：$m \cdot V_1 \cos\alpha = M \cdot V_2$
速度方向与位移方向关系：$\cos\alpha = \frac{x_1}{x}$
匀变速直线运动平均速度公式：$\frac{V_1 + 0}{2} \cdot t = x$
解得：$t = L \cdot \sqrt{\frac{M^2 \cos^2\theta + (M+m)^2 \sin^2\theta}{2 g (M+m) \sin\theta}}$
方法二：
思路：得到运动的位移后，可以明确加速度的方向为位移方向，由矢量合成求出加速度大小，结合运动学公式求出时间。
根据上一个方法的 $x_1$ 和 $h$，我们可以求出实际轨迹的倾角 $\alpha$，
根据加速度方向与轨迹方向一致和牛二的矢量三角形（见黑板中部左侧），可得：$\frac{ma}{\sin\theta} = \frac{mg}{\sin\left( \frac{\pi}{2} + \alpha - \theta \right)}$
再根据 $x=\frac{1}{2}at^{2}$ 可求出时间。
方法三（K2304吴尚达）：
思路：以斜面为参考系，滑块运动即为匀加速直线运动，引入惯性力列方程组求解。
对斜面，水平方向（换系引入惯性力 $Ma$ 后平衡）列式：$Ma = N \cdot \sin\theta$
对物块，垂直斜面方向（换系引入惯性力 $Ma$，垂直斜面方向平衡）列式：$N + ma \cdot \sin\theta = mg \cos\theta$
联立方程，可解得：$N = \dfrac{Mmg \cos\theta}{M + m \sin^2\theta}$ $a = \dfrac{mg \sin\theta \cos\theta}{M + m \sin^2\theta}$
可见 $N$ 于 $a$ 都是定值，可证运动是匀加速直线运动。
再结合斜面的对地位移，可求时间。
三、光滑圆柱在双斜面上运动（K2304吴尚达）
吴同学在分析斜面问题后，由提出了带有速度关联关系的双斜面问题，并提出了两种解法：

四、小物块在斜面、抛物线轨道的轨迹方程
与求半圆轨道模型类似，当小物块移动 $\Delta x$ 时，轨道会相应移动 $\Delta x \cdot m/M$ 的位移，也就意味着，小物块在原有轨道的轨迹被进行了压缩。
所以，直线轨道压缩后，轨迹方程为斜率更大的直线，抛物线轨迹被压缩后，轨迹方程依然为抛物线，而圆形轨道轨迹方程被压缩后为椭圆。
而且，这个求解的方法，只需要水平方向动量守恒，对初速度、轨道内部是否粗糙都没有要求，也就是说轨迹方程都不变。

【下期预告】
初探变分法，运用变分法重新审视最速降线问题，并证明摆线的等时性。

JQX/进取芯 席明纳第16期（2025.10.16）

从费马原理到最速降线

JQX|Xiao
1.伯努利与最速降线
在 17 世纪，约翰·伯努利（Johann Bernoulli）在思考最速降线问题时，受到了光学中“费马最短时间原理”的启发。费马指出：光线在传播时，总是选择一条能使它从出发点到达目标点所需时间最短的路径。
通过这一原理可推导出斯涅尔定律。当光从一种介质进入另一种介质时，传播速度发生变化，光线发生折射，而其入射角和折射角满足：$\frac{\sin\theta_1}{v_1} = \frac{\sin\theta_2}{v_2} = \text{C}$
其中$v_1,v_2$ 分别是光在两种介质中的速度。伯努利的关键思想是把物体下滑的路径与光的传播类比。伯努利设想：把空间分成由折射率不同的介质组成的一层层的结构。若把粒子在重力场中下滑的路径比作光线在不同介质中的传播，那么下滑路径的不同高度就好比不同折射率的层。物体下落的速度$v$ 取决于高度$y$，由能量守恒有$v \propto \sqrt{y}$，由于光总是沿着时间最短的路径传播，所以如果粒子的运动路径与光相同，那么它的轨迹就是最速降线。根据斯涅尔定律：$\frac{v}{\sin\theta} = \text{C}$，带入机械能守恒方程，于是得到最速降线的微分关系：$\frac{\sin\theta}{\sqrt{y}} = k$。
2.摆线方程证明

按照伯努利的说法，他一眼就看出这是摆线的方程。下面引用马克·莱维的方法对这个公式进行证明。设想一个在天花板上滚动的轮子，轮缘上的一点 P 描绘出一条倒置的摆线。轮与天花板的接触点 C 是这一瞬间的瞬时旋转中心。此时，点 P 的运动相当于以 C 为支点的圆周运动。 圆的切线与半径垂直 ，摆线在 P 点的切线垂直于 PC。 PC 与圆的直径构成直角三角形，斜边是圆的直径。通过相似三角形关系，可以得到：$y = (\text{D}) \cdot \sin^2\theta$于是立刻有：$\frac{\sin\theta}{\sqrt{y}} = \frac{1}{\sqrt{\text{D}}} = \text{C}$这正是伯努利得到最速降线方程的关键条件。因此，摆线满足$\sin\theta/\sqrt{y}$为常数的性质。几何与物理在此奇妙地契合——摆线的几何构造，正体现了自然界中“时间最短”的运动规律。
3. 最速降线圆心速度分析
摆线是由于轮子滚动时轮子上的一点形成的，那么当轮子如何滚动时，滚出的摆线轨迹与小球沿最速降线下滑时刚好吻合，或者说小球沿最速降线下滑时，对应的圆的圆心速度大小是多少？
物体在摆线上的运动可以看成由两部分组成，分别是是圆心的平动速度和相对于圆心的转动速度。如图中所示，其中平动速度水平向右，转动速度沿圆周运动的切线方向。由几何关系可知：$2v_0\sin\theta = \sqrt{2gy}.$根据摆线方程：$y = D \sin^2\theta = 2R \sin^2\theta$.以及机械能守恒：$v = \sqrt{2gy}$.可以得到$v_0 = \sqrt{gR}$，其中$v_0$ 与g、R均为常数。这说明最快下落的路径对应轮子上一点匀速转动过的轨迹。

下期预告：静止在光滑地面的光滑半圆形轨道、抛物线轨道、斜面，当有小球滑下，小球的运动轨迹是什么样的？斜面模型下，下滑的时间能否求解？下节课，金师带你探索这类问题的求解方法，敬请期待！

JQX/进取芯 席明纳第15期（2025.9.17）

斜抛运动的最远距离

JQX|Jin
一、平抛结论的斜抛延伸
平抛有两个二级结论：
1. 某点速度的反向延长线过水平位移中点
提示：通过速度角、位移角正切值关系证明。
2. 某点位移的延长线过竖直分速度的中点（如黑板图1）
- 法一：通过三角形相似，结合速度角、位移角正切值关系证明。
- 法二：qiusir 提出了一个平均速度法（帅）。平均速度的定义是$\vec{v} = \frac{\vec{x}}{t}$，这是一个矢量式，也告诉我们位移的方向与平均速度的方向相同。竖直方向上，平均速度为$\frac{gt}{2}$，所以在这个方向上过竖直位移中点。
那么，在斜抛运动中，这两个条件是否成立？
成立，但有一个前提：我们要将斜抛运动沿初速度方向和竖直方向斜交分解。此时运动变为沿初速度方向的匀速直线运动和自由落体运动，在这个分解方法下，两个二级结论依然成立，证明方法与平抛运动相同。
二、向地面斜抛的最远距离
当离地高度$h$一定，以某一大小确定的速度抛出小球，求角度为多少时射程最远，射程为多少？
最基本的方法是假设角度，列出射程与角度的函数解析式，求极值。
这里讲解一个三角形面积法：
- 射程的表达式：$x = v_0 t \cos\theta$
- 落点速度矢量三角形的面积：$s = v_0 \cos\theta \cdot gt$
- 由上两式可得：$s = gx$
因此，矢量三角形面积最大时，射程最大。
根据动能定理，小球落地时末速度大小确定（因初速度大小为定值），则**末速度与初速度垂直时**，速度三角形面积最大，射程也最大。
确定方向后，可根据初末速度大小求出矢量三角形面积，进而求最大射程。
三、从斜面上斜抛的最远距离
以某一大小确定的速度从斜面上某点抛出小球，求角度为多少时射程（落到斜面上）最远，射程为多少？
- 法一：解析式法
解析式法依然可解，但计算难度较大。
- 法二：三角形面积法与关键结论
三角形面积法可用，依然满足$s = gx$（$x$为射程的水平位移），但需讨论：本题末速度大小不确定，射程最大时，是否依然为初末速度方向垂直呢？
我的证明思路（较复杂）：
对于速度三角形，沿位移方向连接$AB$，根据结论（前文平抛延伸的二级结论），$B$为$CD$中点，则$\triangle ABC$的面积为$\triangle ACD$的一半。又因$AC$大小确定、$\angle ABC$角度大小确定，根据几何关系（用圆周角证明），当$AB = BC$时面积最大，射程也最大（如图中所有“×”角相等）。
由此可得到结论：**当入射方向为竖直与斜面的角分线方向时，射程最大**。
同理，图中两个“·”角也相同，则$\angle CAD$为直角。
肖老师和qiusir的巧妙观点：
假想某一落点为射程最远点，该点与出发点的高度差为某一定值（因假想点确定），则该落点对应的速度应满足“向地面斜抛最远距离”的结论（末速度与初速度垂直）。
斜面上任意一个落点，都有与之对应的高度$h$下斜抛最远的速度角度关系（但该角度不一定是唯一解，因其他$h$对应的角度也可能落到该点）；当$h$最大时，有且仅有一组解，此即为射程最大点，故末速度与初速度必垂直。
有了角度关系后，再根据位移几何关系（利用斜交分解）可求得最远射程，计算难度不大(见图片）。

后记1：包络线法
为准备本节课内容，我最初研究了“基本运算”和“三角形面积”两种方法，已觉完善；但后续qiusir发给我俊豪β同学的抛体运动题目，其中一题核心内容与我讲授的相同（默契十足），且俊豪要求用三种方法求解，这促使我进一步研究，得出第三种方法——包络线法。
包络线的定义：指与给定曲线族中的每一条曲线至少在某一点相切，且在该点附近与曲线族中相邻曲线保持密切接触的曲线，可理解为“一簇曲线中最外侧点的连线”。

斜抛运动的包络线表达式：对于初速度大小恒定、方向任意的斜抛运动，包络线的表达式为

$$y = -\frac{g}{2 v_{0}^{2}} x^{2} + \frac{v_{0}^{2}}{2 g}$$

该表达式可通过“求所有确定$x$对应的$y$的最大值（以$\tan\theta$为变量）”推导得出（推导过程不难，请自行查阅资料）。
利用包络线法求斜抛最远距离：求解包络线与斜面的交点，该交点对应的射程即为最大射程。

后记2：张耘铭原创题目
课后，K2304班张耘铭同学原创了一道有趣的题目：
从某一平面斜抛一个带电小球，已知速度大小和方向，环境中存在一匀强电场（大小、方向可变，即小球运动的加速度未知，但为匀变速运动）。
(1) 试求其返回该平面时的最小速度。
(2) 若已知加速度大小为$a$，速度与平面夹角为30度，求返回平面最小速度时的位移。
方法不唯一，请思考吧！

【下期预告】
硬核证明两点之间直线最短——变分法在高中物理中的简单应用