为记录风景拾荒者的行踪和皓首穷经的历程，每月选一张手机自拍的图和这一年在读的书。评论权当微博用，偶尔发发神经，即便是无聊的爪印也是留给未来自己的礼物呢......
·居于幽暗而自己努力[?]（2024年终总结）
图

2025-11敏感如我，深秋的落败总能和情绪的低谷叠加放大，让悲观蔓延。清晨散步，晨光投射出的模糊迹象像是某种神谕的的暗示。乐观的奇妙之处就在于此，悲观弥漫，乐观一丝就足以让人生得以继续······秋叶之涅槃。

2025-10“纵使被禁锢在小核桃壳里，仍自认是无疆限之君主。”这或许才是风景拾荒者看到落日的独白。

2025-09和墙上的红砖相比，还是甘愿当一块散落河滩的小石头吧，静静地看鱼儿游走，看波浪起伏，光影变换，星光闪烁···

2025-08河风吹起的不是波纹，水鸟荡起的不是涟漪，这些分明是被唤醒了的河床下曾经起伏重叠的脚步。多年以后，河边漫步的你是否能从那滚滚的流水中读出此时我的心迹？（四十岁生日感言）
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JQX/进取芯 席明纳第20期（2025.11.13）

从质心位置变化看非弹性碰撞
一、一千克的物体从高二十米的高度自由下落，落地后与地面接触时间为0.1秒，弹起高度为5米。假设地面为刚体，地面对物体的支持力为恒力。求地面对物体的支持力大小。

方法1：
下落时间 $t_1 = \sqrt{\frac{2 h_1}{g}} = 2 \, \text{s}$
上升时间 $t_2 = \sqrt{\frac{2 h_2}{g}} = 1.5 \, \text{s}$
根据动量定理：$m g (t_1 + t_2 + \Delta t) + F_N \cdot \Delta t = 0$
解得支持力为 $F_N = -310 \, \text{N}$

方法2：
使用自由落体公式计算小球下落前的速度：
$v_1 = \sqrt{2 g h_1} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 20} = 20 \, \text{m/s}$
$v_2 = \sqrt{2 g h_2} = \sqrt{2 \cdot 10 \cdot 5} = 10 \, \text{m/s}$
根据动量定理：$(m g + F_N) \Delta t = m v_2 - m v_1$
解得支持力为 $F_N = -310 \, \text{N}$，负号表示支持力的方向与重力相反。

方法3：
整个过程支持力和重力都是恒力，所以小球做匀变速运动，加速度为：
$a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{30 \, \text{m/s}}{0.15 \, \text{s}} = 200 \, \text{m/s}^2$
根据牛顿第二定律：$F = F_N - mg = ma = 300 \, \text{N}$

方法4：

由于支持力与重力都是恒力，物体合外力不变，因此做匀变速运动。位移 $\Delta x = \frac{v_1 + v_2}{2} \cdot \Delta t = 0.5 \, \text{m}$，其中 $v_1$ 和 $v_2$ 是物体的初末速度，$\Delta t$ 是碰撞时间。
根据动量定理：$m g (h_1 + \Delta x - h_2) + F_N \cdot \Delta x = 0$
解得：$F_N = 310 \, \text{N}$

方法5：

同方法四，仅对碰撞前后列动能定理，同样可以求出支持力的大小。

二、如图所示，质量为 $M$ 的小车在光滑的水平面上以速度 $v_0$ 向右运动，一质量为 $m$ 的小球（$m \ll M$）从高处自由下落，与小车碰撞后（碰撞时间未知），反弹上升的最大高度为 $\frac{1}{4}h$。球与车之间的摩擦可视为滑动摩擦，其动摩擦因数为 $\mu$，重力加速度为 $g$，不计空气阻力。则小球弹起后水平方向的最大速度为：
解题过程：
首先假设在碰撞过程中小球与小车在水平方向始终没有共速，摩擦力始终为滑动摩擦力。对碰撞过程中的小球在竖直方向列动量定理，这里认为支持力的冲量远大于重力的冲量，因此有：$F_N \cdot t = m \left( \sqrt{2g h^{1/4}} - \sqrt{2g h} \right) = \frac{3}{2} m \sqrt{2g h}$
对小球在水平方向上列动量定理：$\mu F_N \cdot t = \frac{3}{2} \mu m \sqrt{2g h} = m v_x$
解得：$v_x = \frac{3}{2} \mu \sqrt{2gh}$
由于可能在碰撞结束前小球已经与小车共速，小球水平方向的速度取值范围为：$v_0 \leq v_x \leq \frac{3}{2} \mu \sqrt{2gh}$

三、如图所示，质量为 $M = 2 \, \text{kg}$ 的长木板在光滑的水平面上以 $v_0 = 6 \, \text{m/s}$ 的速度滑行，其上方 $h_0 = 5 \, \text{m}$ 高处有一质量为 $m = 2 \, \text{kg}$ 的小物块（质点），将小物块由高处自由释放，撞到木板后弹起的最大高度为 $h = 3.2 \, \text{m}$。已知小物块与木板间的摩擦因数为 0.2，此次碰撞时的时间为 0.2s。则此碰撞过程中的：
A.木板与地面间的平均弹力大小为 200 N
B.木板对物块做正功，因此物块的机械能增加
C.若小物块和木板间的摩擦因数增大，则物块弹起时的水平速度增大
D.物块对木板做负功，最大值为 27J

解题过程：
1.关于支持力，和前面的第一题一样，有很多种方法，这里用相对简便的求加速度的方法，对于碰撞前后瞬间的速度分别为：$v_1 = \sqrt{2 g h_0}$，$v_2 = \sqrt{2 g h_1}$。将支持力看为恒力，小球做匀加速运动：$a_y = \frac{v_2 - v_1}{\Delta t} = 90 \, \text{m/s}^2$。对碰撞过程中的小球列牛顿第二定律：$F_N - mg = m a_y$。解得：$F_N = 200 \, \text{N}$。由于A选项问的是地面对长木板的支持力，因此还要考虑长木板的重力，因此A选项错误。

2.小球在水平方向的最终速度：根据牛顿第二定律，物体在水平方向上的加速度为 $a_x = \frac{\mu F_N}{m} = 20 \, \text{m/s}^2$，水平方向动量守恒，若物体和木板能够共速，根据动量定理，物体和木板的最终速度为 $M v_0 = (m + M) v_f$，解得 $v_f = 3 \, \text{m/s}$。根据加速度公式 $a_x \cdot t = v_f$，物体加速到 3 m/s 需要时间 $t = 0.15 \, \text{s} < 0.25 \, \text{s}$，因此在 15s 时已经共速，速度大小为 3 m/s。

3.物体对长木板做的功：可以从摩擦力做功和动能定理两个角度来分析这个问题。从摩擦力做功的角度：$W = \mu F_N x = \mu F_N \cdot \frac{v_0 + v_f}{2} = -27 \, \text{J}$ 对小木块列动能定理：$W = \frac{1}{2} M v_f^2 - \frac{1}{2} M v_0^2 = -27 \, \text{J}$,也可以用摩擦力乘以相对位移的角度，从速度时间图像求出长木板的位移，再用摩擦力乘以长木板位移求物体对长木板做的功。

4.长木板对物体做的功：** 用平均速度计算竖直方向位移：$\Delta x = \frac{v_0 + v_f}{2} \Delta t = 0.2 \, \text{m}$，垂直方向的功：$W_y = - F_N \cdot \Delta x = -40 \, \text{J}$，水平方向的功：$W_x = \frac{1}{2} m v^2 = 9 \, \text{J}$，总功：$W = W_x + W_y = -31 \, \text{J}$。也可以从能量的角度，整个过程中物体能量的变化为：$\Delta E_p + \Delta E_k = -mg(\Delta y_1 + \Delta y_2 - \Delta y_1) + \frac{1}{2} M V^2 = -31 \, \text{J}$。

JQX|Xiao
下期预告：下一期，让我们一起研究电场强度的另一种求法：高斯定理，探索高中阶段无法求解的带电直线、无穷大板的电场分布！

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

今年是个特殊的年份，往常的杏黄育才园里[?]，地面是成堆的绿叶···每天早上散步也改道操场那看杨树落叶的投影，像是以前发现梯子模型里暗含的奇妙曲线的体验···