JQX/进取芯 席明纳第10期（2025.5.30）

双体坠落问题

JQX|Xiao
两个质量分别为${{m}_{1}}$、${{m}_{2}}$的两个星体，初始时静止，之间相距$L$，它们仅在万有引力作用下相互吸引，它们将在多久后相遇？

方法一：用能量和积分推导
根据能量守恒：$\frac{1}{2}\mu {{\left( \frac{dr}{dt} \right)}^{2}}-\frac{G{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{r}=-\frac{G{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{R}$，分离变量求积分得：$\frac{dr}{dt}=-\sqrt{\frac{2G{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{\mu }\left( \frac{1}{r}-\frac{1}{R} \right)}$，积分求时间（从 $r=R$ 到$r=0$）：$t=\int_{0}^{R}{\frac{dr}{\sqrt{\frac{2G{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{\mu }\left( \frac{1}{r}-\frac{1}{R} \right)}}}$，解这个积分得到：$t=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{{{L}^{3}}}{G({{m}_{1}}+{{m}_{2}})}}$

方法二：双星问题椭圆轨道：两个星体相互接近的过程可看作是在双星问题中，两个星体以系统质心为共同得焦点沿着各自得椭圆轨道运动，周期公式为$T=2\pi \sqrt{\frac{{{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}} \right)}^{3}}}{G({{m}_{1}}+{{m}_{2}})}}$，当离心率趋近于1，既半长轴趋近于半焦距时，椭圆退化为直线，即为本体模型，相遇时间为半个周期，带入公式得$t=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{{{L}^{3}}}{G({{m}_{1}}+{{m}_{2}})}}$。

方法三：等效为单体问题：两个星体得相对位置坐标为$\vec{r}(t)={{\vec{r}}_{1}}(t)-{{\vec{r}}_{2}}(t)$，以$\vec{r}(t)$方向为正，对两个星体分别列牛顿第二定律：${{m}_{1}}{{a}_{1}}=F(r),{{m}_{2}}{{a}_{2}}=-F(r)$。相对加速度为：$a={{a}_{1}}-{{a}_{2}}=\left( \frac{1}{{{m}_{1}}}+\frac{1}{{{m}_{2}}} \right)F(r)$，引入约化质量$\mu =\frac{{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}$，$\mu \ddot{r}=-\frac{G{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{r}^{2}}}$。此时双体问题转为单体问题，可根据开普勒第三定律求周期，方法与上述方法相同。

方法四：引入等效质量。设想质心处有一个等效天体M，将${{m}_{2}}$对${{m}_{1}}$得引力等效为M对${{m}_{1}}$得引力。有：$\frac{G{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{r}^{2}}}=\frac{GM{{m}_{1}}}{r_{1}^{2}}$，其中${{r}_{1}}=r\cdot \frac{{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}$，${{r}_{1}}$为${{m}_{1}}$到质心距离，r为两颗星体之间的距离。则此时可以在不引入双星周期公式和约化质量得情况下求得${{m}_{1}}$到达质心作用时间，将这个问题带入第三种方法即可。$T=2\pi \sqrt{\frac{{{\left( \frac{{{r}_{1}}}{2} \right)}^{3}}}{GM}}$，时间为半个周期，解得$t=\frac{\pi }{2\sqrt{2}}\cdot \sqrt{\frac{{{L}^{3}}}{G({{m}_{1}}+{{m}_{2}})}}$。
关于双星问题双椭圆轨道周期推导，可以将双星问题等效为质量为$\mu =\frac{{{m}_{1}}{{m}_{2}}}{{{m}_{1}}+{{m}_{2}}}$得质点，在质量为M得引力作用下沿椭圆轨道运动得过程，即可得到双星轨道公式$T=2\pi \sqrt{\frac{{{\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}} \right)}^{3}}}{G({{m}_{1}}+{{m}_{2}})}}$。

JQX/进取芯 席明纳第9期（2025.5.21）

1.非惯性参考系中的惯性力：在非惯性参考系中，牛顿三大定律不再成立。为保持牛顿定律的形式，我们引入惯性力：$\vec{F}_{\mathrm{iner}} = -m\vec{a}$。惯性力的方向与参考系加速度的方向相反。例一：两个质量均为m的小物体通过绳子连接，一个悬挂，另一个在一个平台上。求这两个物体的加速度。根据牛顿第二定律：$mg = 2ma$，解得：$a_1 = a_2 = \frac{1}{2}g$。

例二：将上述系统放入一个电梯中，电梯的加速度为向上的$\frac{1}{4}g$，求两个物块的加速度。首先在电梯系中沿绳方向应用牛顿第二定律：$\frac{5}{4}mg = 2ma'$，这里直接引入了方向向下的非惯性力。在转回地面系中，综合电梯本身的加速度可以算出：$a_1 = \sqrt{\left( \frac{1}{4} \right)^2 + \left( \frac{5}{8} \right)^2} \$, $g = \frac{\sqrt{29}}{8}g$，$a_2 = \left( \frac{5}{8} - \frac{1}{4} \right) g = \frac{3}{8}g$。
2. 转动系统中的惯性力：考虑一个人站在转动的圆盘上。在地面参考系中，人受到指向圆心的静摩檫力，这个力提供向心加速度。而在转动参考系中，他是静止的，似乎应该没有向心加速度。如何解释这个矛盾呢，这是因为在非惯性系中我们考虑惯性力的存在。引入一个惯性离心力：$F_{\mbox{iner}} = -m\omega^2 r$，在地面参考系中，摩檫力提供向心力：$f = m\omega^2 r$，在转动系中，惯性离心力与摩檫力平衡，物体处于平衡状态。
邱sir提出一个问题，若把铁块放到转动的砂轮上，铁块是沿切线飞出的，这是典型的圆周运动的问题，为何说静摩檫力是指向圆心的呢？在惯性系看，摩擦力在指向圆心，提供向心力。在非惯性系，物体静止，却似乎受到一个向外甩出的力，这是离心力的表现，用来抵消摩擦力。
重力有反作用力吗，在高中物理中我们常常说重力是万有引力的一个分力，其实指的是在非惯性系统中，物体受到离心力，万有引力，而重力是离心力与万有引力的合力。而离心力是惯性力，它没有施力物体，不符合作用力反作用力的关系。因此作为离心力与万有引力合力的重力，也就没有反作用力。

3.离心势能：离心力沿径向对物体做功，这个功随距离r的增大而增加。因此，我们可以定义一个是势能函数：$U_c=-\int \vec{F}_c\cdot d\vec{r} = -\int m\omega^2 r dr = -\frac{1}{2} m\omega^2 r^2$。由于离心力是在非惯性中假象的虚拟力，离心式能也是存在于非惯性系中的虚拟势能，因此我们也可以理解为离心式能是惯性系与非惯性系中动能之差。
例题：光滑细杆绕竖直轴以角速度$\omega$匀速转动，杆与竖直轴之间的夹角\theta恒定。初始时一个小环静止在杆上的某一高处，之后沿杆下滑。求小环滑到细杆下端时速度大小。

以旋转细杆为参考系，因为这个参考系是非惯性系，因此满足：$E_{\text{grav}} + E_{\text{cf}} + E_{\text{k}} = \text{C}$。因此我们有：$mgh + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}m\omega^2 r^2$，其中$r = L \sin\theta$，解得：$v = \sqrt{2gh - \omega^2 L^2 \sin^2\theta}$。该方法求得的速度是在非惯性参考系中得到的，但是由于在细杆底端细杆所在的旋转参考系与地面参考系相对静止，因此两个参考系中小环的速度相同。如果是求小环落到细杆中得某个位置而不是最低端时，则需将速度转化到地面参考系中，这时需要再加上离心势能所对应的“相对动能“。

4.科里奥利力：科里奥利力时发生在旋转参考系（如地球）中的一种惯性力，科氏力是在旋转体系中直线运动的质点，由于惯性相对于旋转体系产生偏移的描述。他是以牛顿力学为基础，由法国科学家科里奥利在1835年提出的假象力。科氏力属于惯性力，不是真实存在的力，而是惯性在非惯性系里的表现。公式定义为：$\vec{F}_{\text{cor}} = -2m\vec{\omega} \times \vec{v}$。地理中的地转偏向力为科里奥利力在地球水平面上的一个分力。它一些通常的体现包括北半球台风逆时针旋转，南半球台风顺时针旋转，子弹在远距离射击时出现偏转，以及地球上的河流在北半球的冲刷右岸，在南半球的冲刷左岸等。
关于科里奥利力以及科里奥利加速度的解释，这里做一些补充。我们可以从两个角度来分析科里奥利力：选一个旋转参考系，一种是沿径向移动一个物体，一种是沿切向移动一个物体。想象一个旋转的辐条，当我们沿径向移动一个物体时，我们发现需要给这个物体一个切向的力。首先，由于半径增大，物体的切向速度增大；其次，它的角动量变大了。但是在旋转参考系中，物体在切向属于平衡状态（在地面参考系中并不是）。那么是什么力来平衡掉来自辐条的切向推力呢？不能是离心力，因为离心力是径向的，我们称这个力为科里奥利力。如果我们沿切向移动一个物体。转盘的角速度为$\omega$，物体距圆心的距离为r，地面系上物体的速度为$\omega_1$，旋转参考系上看物体的速度为$\omega_2$，因此有$\omega_1=\omega_2+\omega$。这个物体受到的向心力为：$F = -m\omega_1^2 \gamma = -m(\omega_2 + \dot{\omega})^2 \gamma= -m\omega_2^2 \gamma - 2m\omega \dot{\omega} \gamma - m\dot{\omega}^2 \gamma$。上式中的第一项为物体在转动参考系中感受到的向心力，即使参考系不旋转，观察者也会知道这个力，第三项是由于参考系旋转感受到的向心力，第二项为科里奥利力。径向和切向的两个力满足同样的规律，因此可以统一表示为：$\vec{F}_\text{cor} = -2m \, \boldsymbol{\omega} \times \vec{v}'$。

JQX|Xiao
seminar的一个重要价值在于通过交流和讨论让大家经历一个生成知识的过程。我们深入讨论了非惯性参考系下的三种惯性力：惯性力、离心力和科里奥利力。关于"重力是否有反作用力"这一问题。结合非惯性系中牛顿第三定律不再成立的特点，我们给出了一种较新的解释：重力作为离心力与万有引力的合力，由于离心力是惯性力而非真实的相互作用力，因此重力本身也没有反作用力。

另一个重要收获是对离心势能本质的理解——在特定条件下，它可以视为惯性系与非惯性系中动能的差值。这一认识在解决实际问题时非常有用。例如，在前面的细杆例题中，如果要求小环落到杆的中点时在惯性系下的速度，通过"离心势能是动能差值"这一理解，可以给出很好的计算方法。

但需要指出的是，这一理论在物体有切向速度时不再严格成立，因为会出现额外的交叉项$m\vec{v}_{rel} \cdot (\vec{\omega} \times \vec{r})$。这引出了一个有趣的问题：是否可以定义一个"科里奥利势能"来描述这个交叉项？对于本次讨论的细杆问题，小环相对细杆只有径向速度而无切向速度，所以"动能差值理论"是完全成立的。关于科里奥利势能的物理意义，将在下期seminar中继续进行讨论。

JQX/进取芯 席明纳第8期（2025.5.14）

在力学问题中，速度关联现象较为常见，而加速度是否也存在类似的关联规律呢？

JQX|Jin
一、绳 / 杆模型
一）例题
如图所示，物块套在固定竖直杆上，通过轻绳跨过定滑轮与小球相连，初始时刻物块与定滑轮等高。已知物块质量 $m_1 = 3\,\text{kg}$，小球质量 $m_2 = 5\,\text{kg}$，杆与滑轮间的水平距离 $d = 2\,\text{m}$，重力加速度 $g = 10\,\text{m/s}^2$，且轻绳和杆长度足够，忽略一切摩擦与空气阻力。现将物块由静止释放，在其下落过程中，求解以下问题：
1. 物块下降的最大距离
设物块下落的最大高度为 $h$，此时小球上升的最大距离为 $h_1$。根据几何关系可知：$h_1 = \sqrt{h^2 + d^2} - d$
机械能守恒定律可得：$m_1 g h = m_2 g h_1$
解得：$h = 3.75\,\text{m}$
2. 系统动能最大时物块的动能
这里有两种方法：
1）写出动能与角度的表达式，进行数学方法求极值。
2）从物理意义上考虑，当系统的重力功率之和为 $0$ 时，系统动能达到最大值。
设物块速度为 $v_1$，小球速度为 $v_2$，根据速度关联关系可知：$v_2 = v_1 \sin\theta$
由重力功率关系可得：$m_2 g v_2 = m_1 g v_1$
对物块和小球组成的系统，运用机械能守恒定律求解动能最大值，可得动能最大值为：$\frac{1000}{53}\,\text{J}$
3. 物块运动的最大速度
1）原答案解析
答案寻找了一个特殊位置：当物块的速度最大时，加速度为 $0$，由于物块和小球被绳牵连，沿绳方向的加速度大小相等，小球的加速度也为 $0$，所以物块和小球同时达到最大速度，分别为 $v_1$ 和 $v_2$。分别对物块和小球列平衡方程得：$F_T \sin\alpha = m_1 g$$F_T = m_2 g \quad \text{(1)}$
由(1)式可求得：$\sin\alpha = \frac{3}{5}$则：$\alpha = 37^\circ \quad \text{(2)}$
如图3所示，由物块和小球沿绳方向的速度大小相等得：$v_2 = v_1 \sin\alpha \quad \text{(3)}$
由系统的机械能守恒：$m_1 g d \tan\alpha - m_2 g \left( \frac{d}{\cos\alpha} - d \right) = \frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 v_2^2 \quad \text{(4)}$
联立(2)(3)(4)式解得：$v_1 = \frac{5\sqrt{3}}{3}\,\text{m/s} \approx 2.89\,\text{m/s}$$v_2 = \sqrt{3}\,\text{m/s} \approx 1.73\,\text{m/s}$

2）对原答案的质疑
原答案认为，既然沿绳方向的速度大小时刻相等，沿绳方向的加速度大小一定会相等，并且找到了一个特殊位置，满足两个物体加速度同时为 $0$。但是，这个理论靠得住脚吗？
设物块的速度为 $v_1$，小球的速度为 $v_2$，二者速度关系为：$v_2 = v_1 \sin\theta$
对该速度关系两边求导，可得：$a_2 = a_1 \sin\theta + v_1 \omega \cos\theta$
我们发现，不存在两个物体加速度同时等于0的情况。原答案解析是有错误的。
当物块的速度最大时 $a_{1} = 0$，则有 $a_{2}=\frac{v_{1}^{2}\cos^{3}\theta}{d}$
对物块有 $T\sin\theta = m_{1}g$
对小球有 $T - m_{2}g = m_{2}a_{2}=m_{2}\frac{v_{1}^{2}\cos^{3}\theta}{d}$
对物块与小球组成的机械能守恒，可得 $m_{1}gd\tan\theta - m_{2}g(\frac{d}{\cos\theta}-d)=\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}v_{2}^{2}$ 其中 $v_{2} = v_{1}\sin\theta$，
联立解得 $v_{1}\approx3.02m/s$

二）讨论：加速度关联（沿绳方向加速度相等）满足的条件
1. 速度为零
2. 角速度为零
3. $\theta$ 趋近于 $90^\circ$
我们也可以进一步推导公式，发现多出一项即为绳的向心加速度。所以，如果出现旋转，在加速度关联时，就要加上向心加速度这一分量。

三）速度关联的三种推导方法
在绳连接船的系统中，根据沿绳方向加速度相等，可得：$v_2 = v_1 \cos\theta$其中 $\theta$ 为绳与水平方向的夹角。
1. 求导法
设船与岸边距离为 $s$，绳长为 $l$，定滑轮高度为 $h$，根据勾股定理可得：$s^2 + h^2 = l^2$
对时间 $t$ 求导，得到：$2s \frac{ds}{dt} = 2l \frac{dl}{dt}$
其中 $\frac{ds}{dt}$ 表示船的速度 $v_1$，$\frac{dl}{dt}$ 表示人收绳的速度 $v_2$。可得到：$s v_1 = l v_2$
结合几何关系可推导出：$v_2 = v_1 \cos\theta$

2. 微元法
取极短时间 $\Delta t \to 0$，此时绳转过角度 $\Delta\theta \to 0$。过船所在位置 $B$ 作绳初始位置 $OA$ 的垂线 $BE$，由于 $\Delta\theta \to 0$，可近似认为 $|OB| = |OE|$。
人收绳长度：$x_2 = |OA| - |OB| = |AE|$
船运动距离：$x_1 = |AB|$
根据 $v = \frac{\Delta x}{\Delta t}$，有：$|AE| = v_2 \Delta t$ $|AB| = v_1 \Delta t$
又因为 $|AE| = |AB| \cos\theta$，将上述关系代入可得：$v_2 \Delta t = v_1 \Delta t \cos\theta$
约去 $\Delta t$，得到：$v_2 = v_1 \cos\theta$

3. 功率法
考虑到绳为轻质绳，不储存能量，这意味着人拉绳的瞬时功率时刻等于绳对船的作用力的瞬时功率。根据功率公式 $P = F v$，可列出等式：$F v_2 = F v_1 \cos\theta$
等式两边拉力 $F$ 相同，化简后得到：$v_2 = v_1 \cos\theta$
拓展例题：虚功原理
如图所示，一条线密度为 $\lambda$ 的均匀铁链，静止放置于半径为 $R$ 的光滑半圆形台上。铁链两侧对称下垂且恰好落在半圆末端。试求解铁链在最高点处的拉力 $T$。
提示：可以认为铁链向左移动很小一段，相当于拉力做功将末端的一小段质量搬运到了最高点。
$\lambda \cdot \Delta x \cdot g \cdot R = F_T \cdot \Delta x$

二、接触模型
1.在接触模型中，两物体接触处的速度关联通常将接触点处的速度沿接触面切线方向和垂直于接触面方向分解，由于两物体始终保持接触，垂直于接触面方向的分速度大小相等。
而在加速度关联方面，垂直于接触面方向的加速度存在关联关系，具体推导过程与绳杆模型相同。
$v_1 \sin\theta = v_2 \cos\theta$  $a_1 \sin\theta + v_1 \cdot \theta' \cos\theta = a_2 \cos\theta - v_2 \cdot \theta' \sin\theta$
其中：$v_1 \theta' \cos\theta + v_2 \theta' \sin\theta = (v_{1t} + v_{2t}) \cdot \omega = \frac{u^2}{\rho}$  $u$ 为相对速度，$\rho$ 为曲率半径。
若接触面是平面，则垂直于接触面方向的加速度相同。若接触面是曲面，还需考虑向心加速度对加速度关联的影响。这个加速度计算时，速度应为接触点相对于接触面的加速度，半径应为曲率半径。
2. 相对向心加速度的使用
在高中物理中，我们利用向心加速度计算时，带入的速度均为相对于圆心的速度（因为不相对于圆心，也不是圆周运动了）。
例题：两个固定的光滑杆十字放置但不接触，两个质量为 $m$ 的 $A$、$B$ 两球套在杆上并用铰链通过另一长为 $L$ 的直杆相连。初始位置如图所示，轻微扰动 $B$ 球后，求 $A$ 球的最大速度。
方法一：
速度关系：$v_a \cos\theta = v_b \sin\theta$
机械能守恒：$2 g L (1 + \cos\theta) = v_a^2 \left( 1 + \frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta} \right) = \frac{v_a^2}{\sin^2\theta}$
联立解得：$v_a^2 = 2 g L (1 + \cos\theta) \sin^2\theta = 2 g L (1 + \cos\theta)(1 - \cos^2\theta)$
通过求导求极值，可得当 $\theta = \arccos\frac{1}{3} \approx 70.5^\circ$ 时，$v_a$ 取得最大值。
方法二：相对向心加速度（帅）
在实际教学中，计算杆上力的时候，经常使用相对运动的方法列圆周运动。本题可以以B球为参考系，则A球相对B球做圆周运动。
那么在A球受力分析时，要引入惯性力（B球的ma），这个力恰好与A球所受杆的力大小相等方向相反（惯性参考系使用质点系牛二分析水平方向），这两个力合力为零。
所以沿杆方向的力只有杆力和重力分力：$m\frac{v_a^2 + v_b^2}{L} = F_T - mg\cos\theta$
速度最大时，A球竖直方向加速度为0，有$F_T\cos\theta = mg$
再结合机械能守恒和速度关系： $mg(L\cos\theta + L) = \frac{1}{2}mv_a^2 + \frac{1}{2}mv_b^2$、 $v_a\cos\theta = v_b\sin\theta$
解得 $\cos\theta = \frac{1}{3}, \quad v_a = \frac{8\sqrt{3gL}}{9}$，结果与方法一相同。

三、动滑轮模型
一）例题分析
如图，三个已知质量的物块通过轻绳、轻滑轮连接，不计一切阻力，由静止释放，已知重力加速度 $g$，求三者加速度大小各是多少。
设三个物块质量分别为 $m$、$2m$、$3m$，加速度分别为 $a_1$、$a_2$、$a_3$，绳子拉力分别为 $T_1$、$T_2$。
根据牛顿第二定律对三个物块分别列式：
对于质量为 $m$ 的物块：$T_2 - m g = m a_1$
对于质量为 $2m$ 的物块：$T_2 - 2 m g = 2 m a_2$
对于质量为 $3m$ 的物块：$T_1 - 3 m g = 3 m a_3$
同时，根据滑轮的力学关系有：$T_1 = 2 T_2$
根据物块间加速度关联，有：$a_1 - (-a_3) = -[a_2 - (-a_3)]$
联立求解后，可得：$a_1 = \frac{7}{17} g, \quad a_2 = -\frac{5}{17} g, \quad a_3 = -\frac{1}{17} g$
易错点：
1. 左侧滑轮的加速度关联（换参考系）问题。
2. 滑轮的力学关系。
二）绳拉船问题加滑轮
如果将绳拉船问题的船加上一个滑轮，另一端水平连接到岸边，如黑板左中图所示。那么，这个情况下的速度关联如何？
方法一：求导法
$v_2 = \dot{x}$   $v_1 = \dot{L}$
$L = l + x = \sqrt{x^2 + h^2} + x$
对时间求导，$v_2 = \frac{v_1}{\cos\theta + 1}$
方法二：功率法
$F v_1 = F v_2 + F \cos\theta \cdot v_2$
方法三：微元法
$v_1 \cdot \Delta t = v_2 \Delta t (1 + \cos\theta)$
从物理意义上来看，滑轮的引入在原有速度关联的基础上，增加了水平绳子缩短的速度。

【下期预告】邀请高一六班刘而行同学交流“非惯性参考系与惯性力”···

JQX/进取芯 席明纳第7期（2025.5.8）

无限常摆长单摆周期问题

零、关于$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$
这个公式是Qiusir在JQX第四期与新疆部学生进行头脑风暴时用到的公式。
根据天体运动中万有引力充当向心力，可以推导近地卫星（贴地卫星）的周期公式，为$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$，这个公式很容易让人想到摆长为R单摆的周期，可事实上是这样吗？

一、关于$T = 2\pi\sqrt{\frac{r}{g}}$
后来讨论的过程中，学生提到他想表达的公式是这个。这个公式可以看做一个小球在圆轨道做小振幅往复运动的周期（等效单摆）。

二、从能量角度推导简谐振动的动力学方程和单摆周期公式
1. 简谐运动
简谐运动满足能量守恒方程：$\frac{1}{2}mv^{2}+\frac{1}{2}kx^{2}=E$，
简化这个方程，即当动力学方程满足$\frac{k}{m}x^{2}+\dot{x}^{2}=C$（$C$为常数）时，可判定为简谐运动。其中，$\frac{k}{m}$定义为角频率$\omega$的平方。
2. 单摆
选取单摆摆动的最低点作为重力势能零点。对于摆角为$\theta$的任意位置，根据机械能守恒定律，单摆系统的总能量$E$满足方程$\frac{1}{2}mv^{2}+mg(l - l\cos\theta)=E$，其中$m$为摆球质量，$v$为摆球线速度，$l$为摆长，$g$为重力加速度。
根据圆周运动线速度与角速度关系$v = \omega l$，且角速度$\omega$可表示为摆角$\theta$对时间的一阶导数$\omega=\dot{\theta}$，同时，利用小角度近似条件（当$\theta\approx0$时），$\cos\theta$可展开为$\cos\theta\approx1-\frac{\theta^{2}}{2}$。
将上述关系代入能量方程，可得：$\frac{1}{2}m\cdot\dot{\theta}^{2}\cdot l^{2}+mg\cdot l\cdot\frac{\theta^{2}}{2}=E$

由于在小角度下$\theta\approx\frac{x}{l}$（$x$为摆球偏离平衡位置的水平位移），将其代入上式，整理后得到：$\dot{x}^{2}+\frac{g}{l}x^{2}=C$。对比简谐运动的动力学方程，可得出单摆运动的角频率$\omega^{2}=\frac{g}{l}$。

可得到单摆的周期公式：$T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$

三、无限摆长问题的提出
我们知道单摆的周期公式是$T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$，现在我们来思考一下，当摆长$l$趋于无穷大，还有当摆长$l$等于地球半径的时候，这个周期会是多少呢？
我们先来推导一下单摆周期公式。
当单摆的摆角$\theta$极小时，重力沿圆弧切线方向的分力$F = mg\sin\theta$作为回复力。

由于摆角$\theta$极小，此时$\sin\theta\approx\theta$，且$\theta=\frac{\overset{\frown}{OP}}{l}\approx\frac{x}{l}$，有回复力$F = - \frac{mg}{l}x$。设$k = \frac{mg}{l}$，则回复力$F=-kx$，这意味着单摆在摆角很小时做简谐运动。把$k$代入简谐运动周期公式$T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$，便能推导得出相应结果。
那么，当摆长无限大时，周期应该为多少呢？是无穷大吗？我们慢慢道来，先来看一下这个情况：

四、近地卫星周期
万有引力充当向心力，可以推得$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$，另外，如果使用近地卫星周期可以求密度的结论：$\rho = \frac{3\pi}{GT^{2}}$，将密度反向带回，也可以推导周期。

五、"地下铁"周期
我们假设在地球赤道对称两级挖通一个隧道，设地球半径为$R$，质量为$M$。在隧道一端由静止释放一个物体，质量为$m$，与地心的距离记为$x$。我们来分析一下这个物体的运动。

我们知道理想球壳对内部物体的引力合力为零，在这个物体在隧道里面运动中距离地心$x$处时，所受引力等效于半径为$x$的部分地球对其施加的引力。
球体质量公式$M = \rho\times\frac{4}{3}\pi R^{3}$（$\rho$为地球平均密度），可推导出半径为$x$的球体质量$M_{x}=\rho\times\frac{4}{3}\pi x^{3}$。结合$F = G\frac{Mm}{r^2}$、$mg = G\frac{Mm}{R^{2}}$、$M = \rho\times\frac{4}{3}\pi R^{3}$，可得到$F = -\frac{mg}{R}x$，图像请见黑板。带入简谐周期公式，容易算得$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$。
可以发现，"地下铁"周期的计算结果，与近地卫星的周期数值是相等的，如果在地下铁释放物体的同时，在地面同时发射一颗近地卫星，会发现二者在各自轨道上的运动具有同步性（投影共线），这一现象背后其实蕴含着简谐运动是匀速圆周运动分运动的物理规律。

如果我们将地下铁的轨道换到更高纬度，经过计算（涉及到受力分解等，过程请尝试自行推导）依然可以算得$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$，如果我们进一步提高纬度，将纬度极限到北极附近非常小的一部分，那么这个往复运动，应该可以视为无限摆长的单摆运动（摆长无限，近似于直线运动），那么，这个无限摆长的单摆周期，竟然不是无穷大，而是$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$。

六、单摆周期公式的修正
通过前面的讨论我们发现，传统单摆周期公式在特殊情况下需要修正。在推导单摆公式时，我们默认重力场类似匀强电场一样方向不变，但实际将视角扩大到地球半径尺度下，我们可以发现其实重力方向是指向地心（忽略自转），那么修正后的单摆周期公式是什么呢？
如黑板七图所示，设摆长为$l$，地球半径为$R$。万有引力即为重力，$G \frac{Mm}{R^2}=mg$
回复力$F = mg \sin(\beta + \alpha)$
基于小角度近似关系$\sin\theta \approx \theta$，有$\sin(\beta + \alpha) \approx \beta + \alpha$
再根据小角度几何关系，有$\beta = \frac{x}{R}, \quad \alpha = \frac{x}{l}$
考虑到回复力方向与位移方向的反向关系，进而得到：$F = -mg \left( \frac{1}{R} + \frac{1}{l} \right) x$
回复力系数为$k = mg \left( \frac{1}{R} + \frac{1}{l} \right)$，代入简谐振动周期公式 $T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}$，
综上，单摆周期的最终表达式为：$T = 2\pi\sqrt{\frac{Rl}{g(R + l)}}$
这个公式中的摆长，可以等效为两个摆长并联的结果，我们前几期探讨了约化质量也是这个模式，这个难道是"约化长度"？

七、单摆公式修正后的结论
根据修正公式，我们可以发现以下结论：
当l相对R足够小时，该公式就近似于传统单摆周期公式，这也解释了为什么在日常使用传统公式计算普通单摆周期时能得到较为准确的结果。
而当l与R处于相近数量级时，二者差异显著，必须使用修正公式进行计算，
当$l = R$时，$T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{2g}}$。
当 $l$无限大时，单摆的周期 $T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$。该结果与此前推导的近地卫星周期、"地下铁" 周期数值吻合。

八、静电场中的简谐运动
我们再来说说关于电场的问题。如黑板8图，假设有一个正电荷$4q$和一个负电荷$q$，固定在距离为$l$的位置上，延长线有点$O$，与负电荷q 的距离也是$l$。
我们来分析一下在$O$点两侧极短的距离内，有一个正电荷$q_{0}$释放之后的运动情况：
根据库仑定律可得电荷所受合力$F = \frac{4k q q_0}{(2l + x)^2} - \frac{k q q_0}{(l + x)^2}$（其中$q_{0}$是释放的电荷）
我们使用AI软件帮我们进行一些体力操作，把这个力$F$泰勒展开展开一下，$F = \frac{k q q_0}{l^3}x - \frac{9k q q_0}{4l^4}x^2 + \frac{7k q q_0}{2l^5}x^3 + \cdots$
因为$x$远远小于$l$，所以我们可以把一些高阶无穷小项忽略掉，有$F = - \frac{q_{0}}{l^{3}}x$，满足简谐运动回复力关系。
从势能的角度来看，我们知道势能和功的关系是$W = - \Delta E_{p}$，我们对势能求导就可以得到力。同样的，我们如果写出势能与位移的表达式，进行求导，同样也可以得到力的表达式。

九、势能的极值附近，物理做简谐运动
肖老师补充：其实对于势能极值的位置，在附近做往复运动大多（并不是所有）可以认为是一种简谐运动。
如果将势能的表达式进行求导，泰勒展开后忽略高阶小量，可以得到力与位移的关系（满足回复力形式），再将力进行求导，得到的数值即为回复力常量k，进而可以求解周期等。
其实，我们在第二部分用能量进行求解单摆周期的过程，完全可以只分析势能，推导过程可以非常简化如下：
单摆的重力势能表达式为：$E_{p}=mgl(1 - \cos\theta)$
当摆角$\theta$很小时（满足$\cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^{2}}{2}$），重力势能可近似为：$E_{p}=mgl\cdot\frac{\theta^{2}}{2}$
结合单摆小角度摆动时，摆球位移$x$与摆长$l$、摆角$\theta$的关系$\theta \approx \frac{x}{l}$，进一步推导可得：$E_{p}=\frac{mg}{2l}\cdot x^{2}$
求二阶导数，得到$E_{p}''(x)=\frac{mg}{l}$，即为k值。

十、利用泰勒展开进一步分析
势能的一阶导为该势能所对应的保守力：$F(x) = -\frac{dU}{dx}$，在平衡位置附近，力关于位置近似呈线性关系：$F(x) \approx -k(x - x_0)$，这与简谐振动的回复力形式相同。因此物体近似做简谐振动。其中$k = \left. \frac{d^2U}{dx^2} \right|_{x_0}$，是等效劲度系数。
泰勒展开的一般形式为：$f(x) = f(a) + f'(a)(x - a) + \frac{f''(a)}{2!}(x - a)^2 + \frac{f^{(3)}(a)}{3!}(x - a)^3 + \cdots + \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x - a)^n + \cdots$
我们把势能U(x)在平衡位置附近展开得到：$U(x) = U(x_0) + (x - x_0) \left. \frac{dU}{dx} \right|_{x_0} + \frac{1}{2}(x - x_0)^2 \left. \frac{d^2U}{dx^2} \right|_{x_0} + \cdots$，由于势能在平衡位置的一阶导数为零，对于足够小的位移，略去三阶以后的项，可近似得到：$U(x) \approx U(x_0) + \frac{1}{2}(x - x_0)^2 \left. \frac{d^2U}{dx^2} \right|_{x_0}$。
简谐振子势能的标准形式为：$U(x) = \text{C} + \frac{1}{2}k(x - x_0)^2$，因此我们可以看出等效劲度系数k为：$k = \left. \frac{d^2U}{dx^2} \right|_{x_0}$。

JQX|Jin
本期研讨Qiusir由单摆入手，通过揭示传统模型在无限摆长条件下的矛盾，修正了考虑重力方向变化的单摆周期公式，并验证了在常规单摆、无限摆长下的自洽性。更帅的是，进一步通过势能泰勒展开法，阐明简谐运动的普适性——平衡位置附近的势能二阶展开决定回复力系数，统一解释了单摆、电场振动等周期性现象。
这一过程逻辑严谨又前后呼应，不仅优化了单摆模型，更凸显物理中通过打破理想假设、探寻真实系统的研究：从矛盾出发，以数学重构模型，最终实现规律的本质性统一。

【下期预告】加速度的关联···
速度关联问题是高中物理运动合成中的难点之一。速度可以关联，加速度也可以关联吗？
下次席明纳，金老师将从一道经典习题入手，探寻三种常见模型的速度、加速度关联的本质，敬请期待。

JQX/进取芯 席明纳第6期（2025.4.29）

二体问题与约化质量

JQX|Xiao

一、水平弹簧双球系统的简谐振动分析
水平面上有两个质量分别为$m_1$和$m_2$的两个小球，中间由一个劲度系数为k的弹簧连接。我们分析该系统做简谐振动的性质。

1.求周期：由牛顿第二定律，两个小球的运动方程是：$m_1 \ddot{r}_1 = k(r - r_0)$,
$m_2 \ddot{r}_2 = -k(r - r_0)$，将两个方程联立可得：$\ddot{r}_2 - \ddot{r}_1 = \ddot{r} = -k \left( \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2} \right) (r - r_0)$，化简为：$\ddot{r} = -\frac{k}{\mu}(r - r_0)$。引入约化质量：$\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$，可以看到振动方程有简谐振动的形式，振动的频率为：$\omega = \sqrt{\frac{k}{\mu}}$，根据周期公式：$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{\mu}{k}} = 2\pi \sqrt{ \frac{m_1 m_2}{(m_1 + m_2) k} }$。该系统可等效为质量为$\mu$的单质点在弹簧力作用下的简谐运动。

2.两个小球的振幅：根据能量守恒定律：$\frac{1}{2} \mu v_0^2 = \frac{1}{2} k A^2$，可得：$A = v_0 \sqrt{\frac{\mu}{k}} = v_0 \sqrt{ \frac{m_1 m_2}{(m_1 + m_2) k} }$，两个小球的振幅按照质量分配，$A_1 = A \cdot \frac{m_2}{m_1 + m_2} ,A_2 = A \cdot \frac{m_1}{m_1 + m_2}$ 。
求任意时刻两个小球的位置坐标：以质心为参考系：两个小球分别做简谐振动，根据动量守衡定律，速度和相对质心位移按照质量的反比分配，坐标分别为$A_1 = A \cdot \frac{m_2}{m_1 + m_2} ,A_2 = A \cdot \frac{m_1}{m_1 + m_2}$ 。
3.两个小球的位置坐标：回到地面系，质心速度为$V_c = \frac{m_1}{m_1 + m_2} V_0$，为简化运算，以初始时刻质心坐标为坐标原点，质心位移为$x_c(t) = v_c t=\frac{m_1}{m_1 + m_2} V_0 t$。两个小球在地面参考系下的位置坐标为：$x_1(t) = x_c(t) - A \cdot \frac{m_2}{m_1 + m_2} \sin(\omega t)$ ,
$x_2(t) = x_c(t) + A \cdot \frac{m_1}{m_1 + m_2} \sin(\omega t)$。附：若两个小球质量相等，会出现很有趣的结果，在地面参考系下，两个小球相差$\pi$个相位，平均而言，两个小球在推和拉的过程整体向右运动，但是它们将交替达到静止，一个速度最大时，另一个速度为零。

二、竖直弹簧双球系统的简谐振动分析
将两个小球与弹簧组成的系统用细线竖直悬挂，并处于静止状态。现将细线烧断，试分析两个小球的运动？同水平方向，两个小球的牛二定律同样满足简谐振动的质点运动方程，因此在质心系两个小球将同样做简谐振动，其振幅和周期的分析方法与水平方向的情形相同，结论一致。但是在地面参考系中，质心在做自由落体运动，运动方程会稍有不同，这里不做详细推导。

三、双星问题
两个质量分别为$m_1,m_2$的两个天体，距离为r，引力大小为$F = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$，根据牛顿第二定律，对两个物体分别有$F = m_1 a_1,F = -m_2 a_2$。两个星体的相对加速度为$a = a_1 - a_2 = \left( \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2} \right) F$ ，引入约化质量$\mu$,根据向心力公式和牛顿第二定律：$\mu \omega^2 r = \frac{G m_1 m_2}{r^2}$ ,解得周期T为：$T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{ \frac{r^3}{G(m_1 + m_2)} }$。与我们常规推导方法相同。

上述三个问题虽然不同，但是核心都是利用约化质量和相对加速度来把二体问题简化为单质点问题，双星问题的周期是开普勒第三定律的推广形式，这里用到了高考模式下的星体在引力作用下做圆周运动的简单解，更普遍的形式应该为椭圆。值得一提的是我们利用约化质量处理了二体问题，自然就会想到有没有类似的方法来处理三体甚至其他的多体问题。看过小说或电视剧“三体”的同学们应该都知道，游戏内外的科学家们为了计算三体问题绞尽脑汁，最后也没有得到准确的答案，遗憾的是当系统扩展到三体甚至更多天体时，上述简化不再适用，三体问题因为缺乏通解而成为经典力学的经典难题之一。

【下期预告】星球上无限长摆长单摆的周期
从$T=2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$的理解入手，从极限的角度理解无限长单摆的周期等相关问题···