进阶力学

预测投出球的位置

一个球被投向球场。在飞行过程中，其位置、速度和方向均会发生变化。我们需要一个能预测这三个要素的模型，包括落点低于投掷手高度的情况。 抛射体 在 重力 作用下自由运动。将其建模为 质点，忽略 空气阻力，并视重力为恒定值。对于轻质羽毛球、强风或极长飞行时间，这些假设的准确性会降低。

水流的弧线暗示了模型的适用性；阻力及水滴间的相互作用限制了其精度。

设定原点并分解发射速度

将原点设在发射点，水平 位移 $x$ 向右，竖直 位移 $y$ 向上。抛射角 $\alpha$ 从水平面起算测量。 每个方向上的初始 速度分量 分别为 $u_x=u\cos\alpha$ 和 $u_y=u\sin\alpha$。对于 $u=20\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ 和 $\tan\alpha=4/3$，利用 $3$–$4$–$5$ 直角三角形可得 $u_x=12$ 和 $u_y=16$，单位为米每秒。

两个方向使用相同时间

没有水平方向的力。因此水平方向的 匀加速 为 $0$，竖直方向为 $-g$。以发射点为基准测量位移，位置与速度方程如下：

两个方程均使用相同的 $t$。除非题目另有说明，在工作示例中的抛射体计算里取 $g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$。

求指定时刻的位置与速率

当时间为 $u_x=12$、位移为 $u_y=16$、初速为 $g=10$ 且角度为 $t=1.5\ \text{s}$ 时，位置坐标为 $x=18\ \text{m}$ 和 $y=24-11.25=12.75\ \text{m}$。速度分量分别为 $12$ 和 $1$，单位为米每秒。 速率是速度的大小：$v=\sqrt{12^2+1^2}=\sqrt{145}\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。其方向为水平面上方 $\tan^{-1}(1/12)\approx4.76^\circ$。位置坐标不等于速度分量。

将方向转换为带符号的分量

随后同一球沿向下竖直方向成 $45^\circ$ 角运动。由于正在下降，故 $v_y<0$ 和 $|v_y|=v_x=12$。因此 $16-10t=-12$ 和 $t=2.8\ \text{s}$。 接着 $(x,y)=(33.6,5.6)\ \text{m}$ 和 $v=12\sqrt2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。对于相对于水平面向下的角度 $\beta$，使用 $v_y=-v_x\tan\beta$；对于相对于向下竖直方向的角度 $\gamma$，使用 $v_y=-v_x\cot\gamma$。

某一高度可能经过两次

在高度 $10\ \text{m}$ 处，$16t-5t^2=10$ 解得 $t=(8\pm\sqrt{14})/5\ \text{s}$。两个时间均为正值：分别对应上升阶段和下降阶段。 对应的$x$值为$(96\pm12\sqrt{14})/5\ \text{m}$。竖直速度为$\pm2\sqrt{14}\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，较早时刻的速度为正。两个速率均为$\sqrt{144+56}=10\sqrt2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。在事件描述未明确选择之前，保留两个根。

推导最大高度

对于向上抛射，最大高度（相对于抛出点）出现在$v_y=0$时。因此$t_{\rm top}=u_y/g$和$H=u_y^2/(2g)=u^2\sin^2\alpha/(2g)$。 对于$u=20\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，$\alpha=30^\circ$和$g=10$，$u_y=10$，故$t_{\rm top}=1\ \text{s}$和$H=5\ \text{m}$。水平速度仍为$10\sqrt3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$；此时速度不为零。

推导水平射程

若落地点与抛出点等高，令$y=0$：$t(u_y-gt/2)=0$。根$t=0$对应抛出时刻，正数解飞行时间$T=2u_y/g$对应$u_y>0$。 该水平面上的 射程 射程 为 $R=u_xT=u^2\sin2\alpha/g$。对于 $20\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$、$30^\circ$ 示例，对应 $T=2\ \text{s}$ 和 $R=20\sqrt3\approx34.6\ \text{m}$。当落点高度不同时，公式不能直接套用。

陈述获得最大射程的条件

在初始速率$u$和$g$固定、无空气阻力、地面水平且向上抛射的条件下，$\sin2\alpha\le1$使射程最大，此时$\alpha=45^\circ$。互余角度如$30^\circ$和$60^\circ$给出相同的射程，但高度和飞行时间不同。 竖直上抛的水平射程为零。从高处平台水平或向下抛射需使用实际落点高度，不能简单套用$45^\circ$的结论。

落在抛出点下方

一球从$20\ \text{m}$平台水平飞出，初速为$12\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。以抛出点为原点，地面位于$y=-20$，而非$y=0$。因此$-5t^2=-20$给出物理有效的根$t=2\ \text{s}$及水平距离$24\ \text{m}$。 撞击瞬间，$v_x=12$，$v_y=-20$，故速率为$4\sqrt{34}\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，方向为水平面下$\tan^{-1}(20/12)\approx59.0^\circ$。舍去$t=-2$，因其早于抛出时刻。

消去时间以获得轨迹方程

轨迹是质点运动的路径。对于$u_x\ne0$，将$t=x/(u\cos\alpha)$代入竖直方向方程，得到其直角坐标方程：

非竖直抛射时为一条抛物线。该方程描述数学曲线；仅保留抛出后到第一次落地前经过的位置。竖直上抛过程中$x=0$恒成立，故不可进行此消元操作。

利用已知方向求未知速率

设$\tan\alpha=3/2$且抛体经过$(10,10)\ \text{m}$。列出$T=\tan\alpha$和$1/\cos^2\alpha=1+T^2$。由轨迹方程可得

从而$u=5\sqrt{13}\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，$u_x=10$，$u_y=15$和$y=3x/2-x^2/20$。若目标在右侧，$X>0$且有限正速率要求$XT>Y$：即初始直线方向必须指向目标上方。

求同一目标的两个抛射角

现在固定$u=20\sqrt2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$并要求轨迹经过墙顶$(40,20)\ \text{m}$。结合$T=\tan\alpha$和$g=10$：

两者均为正发射角：$\alpha=45^\circ$或$\tan^{-1}3\approx71.6^\circ$。高角度轨迹并不具有更远的射程。在确认解之前，需将每个根代回目标方程进行验证。

比较两次飞行

低角度轨迹为$y=x-x^2/80$：其顶点为$(40,20)$，射程为$80\ \text{m}$。高角度轨迹为$y=3x-x^2/16$：其顶点为$(24,36)$，射程为$48\ \text{m}$。 两条轨迹均经过$(40,20)$。第二次飞行在到达墙壁时已处于下降阶段。增大角度虽能提升高度，但会减小水平分速度；不可仅凭高度高低来排列射程顺序。

将净空条件转化为区间

若要触及或越过该墙顶，需满足$40T-10(1+T^2)\ge20$。因此$(T-1)(T-3)\le0$和$1\le T\le3$。 平地区域射程为$R=160T/(1+T^2)$。其导数为$160(1-T^2)/(1+T^2)^2$，故在$1\le T\le3$上单调递减。最小落点距离为$48\ \text{m}$（位于$T=3$处）。若禁止触碰墙顶，则端点被排除，$48$成为未达到的下确界。

求解高度不等式后应用事件顺序

返回$y=3x/2-x^2/20$。越过$(10,10)$后，小球在$x=D$处撞击高度为$25/4\ \text{m}$的竖直挡板。它在离地$0\le D\le30$的高度保持悬空。撞击挡板意味着$y(D)\le25/4$，从而得出$(D-5)(D-25)\ge0$。 在地面区间内，这给出$D\le5$或$D\ge25$。但由于障碍物是在$x=10$之后才被抵达的，因此仅保留$25\le D\le30$，且允许边界接触。“之后”、“下降中”和“着陆前”属于数学约束条件。

根据两个已知点反推两种发射条件

假设未知发射轨迹经过以米为单位的$(10,15)$和$(20,20)$两点。列出$y=Ax-Bx^2$，其中$A=\tan\alpha$和$B=g/(2u_x^2)>0$分别为对应坐标。由这两点可得$10A-100B=15$和$20A-400B=20$。 用第二个方程减去第一个方程的两倍：得$-200B=-10$，于是$B=1/20$和$A=2$。由此可知$u_x=10$、$u_y=20$、$u=10\sqrt5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$和$\alpha=\tan^{-1}2$。射程为$40\ \text{m}$，最大高度为$20\ \text{m}$。

根据已知事件选择解题方法

给定时间，使用分量方程；给定方向，先建立有符号速度分量间的关系；给定高度，解出时间并检验两个根；给定目标位置或未知发射条件，则消去时间并代入坐标求解。 检查单位、坐标原点、$t\ge0$、运动方向及首次碰撞情况。对于向上抛射，仅在最高点垂直分量为零；对于纯竖直上抛，此时全速度才为零。同高度射程公式始终依赖于同高度假设。

为何把手远离铰链

靠近门铰链推门需要较大的力；而在把手处施加同样的力，会产生更大的转动效应。要预测平衡状态，必须同时了解各力的大小及其作用点位置。 将物体建模为刚体：其形状及各部分间距离保持不变。我们考虑共面力，即所有力均位于同一平面内。若采用质点模型，则会丢失用于预测转动的关键信息。

根据作用线计算力矩

力对某点的力矩等于力的大小乘以该点到力的作用线的垂直距离。单位为$\text{N m}$。需选定正负号，例如逆时针为正。 若大小为$20\ \text{N}$的向上力作用于支点右侧$0.6\ \text{m}$处，其力矩为$+12\ \text{N m}$。如果力的作用线穿过支点，即使力本身不为零，其力矩也为零。

倾斜力需要垂直力臂

大小为$30\ \text{N}$的力作用于水平杆上方距支点$4\ \text{m}$处的$30^\circ$点。其垂直分量为$30\sin30^\circ=15\ \text{N}$，产生逆时针方向的力矩$15(4)=60\ \text{N m}$。 或者使用全力和力臂$4\sin30^\circ=2\ \text{m}$计算。这是计算同一力矩的两种方法；不要重复乘以正弦因子。

平衡需要两个独立的条件

对于处于平衡状态的物体，合力为零，且对任意点的总力矩为零。对于共面力系，需在两个垂直方向上分解力，并对选定的一个点取力矩。在此模型中，这些条件也是平衡的充分条件。 分别作用在不同平行线上、相距$0.4\ \text{m}$的两个等大反向$10\ \text{N}$力，其合力为零，但力矩为$4\ \text{N m}$。它们不能使转动平衡。合力为零意味着没有平动加速度，并不表示正在运动的物体会停止。对于静力平衡，物体必须从静止开始。

用质心处的单个力替代重力

在均匀重力场中，重量$F_W=mg$作用于质心。对于均匀物体，其质量沿长度、面积或体积均匀分布（视具体情况而定）。 利用对称性：均匀直杆的质心位于其中点；均匀矩形的质心位于对角线交点处。质心位于质量分布的每一个对称轴上。如果密度不均匀，仅凭形状对称是不够的，质心可能位于材料外部的孔洞中。

确定三角形薄片的质心位置

薄片指极薄的板状物。对于均匀三角形薄片，其质心位于每条中线上距顶点三分之二处，或距对边三分之一处。此处给出MF19公式，无需证明。 若三个顶点坐标分别为$(0,0)$、$(6,0)$和$(0,3)$（单位：米），则原点对面的中点为$(3,1.5)$。该位移向量的三分之二即为$(\bar x,\bar y)=(2,1)\ \text{m}$。或者，对均匀三角形的三个顶点坐标求平均值也可得到。

理解实心体公式中的参考点

公式表指出，均匀实心圆锥或棱锥的质心距顶点$3h/4$，因此距底面$h/4$。对于半径为$r$的实心半球，其质心位于底圆圆心沿轴线指向曲面方向$3r/8$处。 " thin hemispherical shell 半球壳" 的距离为$r/2$。壳体不等于实心半球。组合多个物体前，需将所有位置转换到同一原点和带符号的坐标轴下。

区分圆弧与扇形

对于半径为$r$、圆心角为$2\alpha$的均匀圆弧，MF19给出其质心距圆心的距离为$r\sin\alpha/\alpha$，位于对称轴上。对于均匀的扇形薄片，该距离为$2r\sin\alpha/(3\alpha)$。此处$\alpha$为半角（单位：弧度）。 半圆具有$\alpha=\pi/2$：细丝弧贡献$2r/\pi$，而扇形板贡献$4r/(3\pi)$。对于均匀细丝，使用长度代表质量；对于厚度固定的均匀薄板，使用面积代表质量；这两个物体的质量模型不同。

将每个组件替换为一个质点

复合物体 复合物体 由较简单的部分组成。将每个部分替换为一个质点，质量为 $m_i$，位于其各自的质心 $(x_i,y_i)$ 处。对重力取力矩可得：

对于均匀细丝，质量与长度成正比；对于厚度固定的均匀薄板，质量与面积成正比；对于均匀固体，质量与体积成正比。仅当相关密度相等时，才使用面积或体积比。对各组件位置求简单平均仅适用于各组件质量相等的情况。

添加一个矩形和一个三角形

将一个长宽分别为$0\le x\le4$和$0\le y\le2$的矩形与一个顶点为$(4,0)$、$(4,2)$和$(7,0)$的三角形板连接，单位为米。两者厚度和密度相同。它们的面积分别为$8$和$3$，质心分别为$(2,1)$和$(5,2/3)$。 因此$\bar x=(8\cdot2+3\cdot5)/11=31/11\ \text{m}$和$\bar y=(8\cdot1+3\cdot2/3)/11=10/11\ \text{m}$。较大的部分对每个力矩的贡献更多。

从质量和力矩中减去被移除的部分

从一个长宽分别为$6\ \text{m}$和$4\ \text{m}$的均匀矩形板开始。移除右上角长宽分别为$4\ \text{m}$和$2\ \text{m}$的矩形，留下L形。以左下角为原点，原面积为$24$，位于$(3,2)$；被移除部分的面积为$8$，位于$(4,3)$。 减去孔洞的面积及其两个力矩：

材料改变时调整质量权重

两根相同材料和横截面的均匀细杆组成L形：一根从原点出发的 $6\ \text{m}$ 水平杆，以及一根 $4\ \text{m}$ 竖直杆。以长度 $6$ 和 $4$ 作为质量权重。它们的质心分别为 $(3,0)$ 和 $(0,2)$，由此得出 $(\bar x,\bar y)=(1.8,0.8)\ \text{m}$。 若垂直细杆单位长度的质量是原来的两倍，则权重变为$6$和$8$，由此得到$(9/7,8/7)\ \text{m}$。不要使用两杆之间空区域的面积。

沿公共轴拼接固体（带符号）

将一个半径为$r$、高为$4r$的均匀实心圆锥，与一个半径为$r$的均匀实心半球在圆形底面处拼接。两者密度相同。将公共底面置于$z=0$处，并规定向圆锥顶点的方向为正$z$。 圆锥体积为$4\pi r^3/3$，质心位于$z=r$。半球体积为$2\pi r^3/3$，质心位于$z=-3r/8$。因此

固体的轴向截面；使用其体积作为质量权重，而不是绘制的三角形和半圆面积。

挖去空腔但不改变其原始质心

一个均匀圆锥底面半径为$2r$，高为$4r$。从中挖去一个半径为$r$的实心半球，该半球的底面位于圆锥底面所在平面内，共用同一轴线，且曲面位于圆锥内部。原圆锥的体积和质心分别为$16\pi r^3/3$和$z=r$；被挖去的半球体积和质心分别为$2\pi r^3/3$和$z=3r/8$。 设距离该底面向上测量为$z$，则剩余部分的质心为

移除基座附近的材料会使重心向上移动。在计算中，孔洞的负质量贡献是确定的；它并不存在未知的新的重心位置。

自由悬挂的物体，其质心位于悬挂点正下方

当物体自由悬挂于光滑支点时，支持力与重力必须共线。为保持稳定平衡，质心需位于支点正下方。若质心位于支点正上方，则为不稳定状态。 将L形板从其左上角$D=(0,4)$处悬挂。在板的原始坐标系中，$G-D=(2.5,-2.5)$。向下边缘方向与$DG$之间的夹角为$\tan^{-1}(2.5/2.5)=45^\circ$。板旋转直至$DG$垂直向下。

检查参数根是否留下实数支撑点

一块尺寸为$4$乘$6$的均匀板，其右上角被切去一个宽为$h$、高为$2$的矩形，其中$0<h<4$。距离单位为米；支撑点为其保留的左上角$D=(0,6)$。面积法给出

若原始向下边缘与悬挂铅垂线成角$\theta$且$\tan\theta=1/2$，则使用$\bar x/(6-\bar y)=1/2$。由此得$(h-3)(h-4)=0$。仅允许$h=3$：在$h=4$处，整个顶部条带（包括$D$）已被切除。代数根必须符合物体的几何形状。

选择方程前画出所有外力

受力图包含物体及其所受作用力。重力作用于质心；轻绳沿自身方向施加拉力；法向反力垂直于接触面。光滑接触面无摩擦。铰链可提供水平和竖直方向的反力分量。 在粗糙接触面上，摩擦力阻碍相对滑动的趋势。静摩擦满足$|F_f|\le\mu F_N$，其中$\mu$为摩擦系数。最大静摩擦为$\mu F_N$。等号仅在极限平衡时成立，而非所有静止接触面均适用。只能提供推力的支撑还必须具有$F_N\ge0$。

平衡梁并求其反力

一根均匀水平梁 $AB$ 长 $4\ \text{m}$，重 $100\ \text{N}$。它在 $A$ 处铰接，并在 $B$ 处受到向上的竖直力 $F$。重力作用于距 $A$ $2\ \text{m}$ 处。 对$A$取矩得$4F=100(2)$，故$F=50\ \text{N}$。再由竖直方向力平衡求得向上支反力$R_A=100-50=50\ \text{N}$。取矩操作消除了该反力所在方程，但并未使其为零。

承载梁需要载荷位置

一根均匀的水平的横梁 $AB$ 长为 $6\ \text{m}$，重 $120\ \text{N}$，搁置在两端的支座上。一个 $60\ \text{N}$ 的重物距 $A$ 为 $5\ \text{m}$。向上的反作用力满足 $R_A+R_B=180$。 对$A$取矩：$6R_B=120(3)+60(5)=660$，解得$R_B=110\ \text{N}$和$R_A=70\ \text{N}$。两个反力均为正值。若简单支座处的计算反力为负值，说明假设的接触无法提供该力；需检查物体是否脱离接触或发生倾倒。

解析倾斜杆件及其铰链反力

一根长$4\ \text{m}$、重$100\ \text{N}$的均匀杆在$A$处铰接，并由另一端连接的轻绳拉住，使杆与水平方向成$30^\circ$角。绳子通过$A$向墙壁方向施加拉力。 对$A$取矩时，水平张力的力臂为竖直距离，重力的力臂为水平距离：

铰链反作用力分量为$50\sqrt3\ \text{N}$向右和$100\ \text{N}$向上。其大小为$50\sqrt7\ \text{N}$，而非二者之和。

建立粗糙墙面杆件的几何关系

一根均匀杆$AB$长$4a$、重$F_W$，其下端$A$靠在粗糙竖直墙面上。其中点为$C$。一根长$2a$的轻绳连接$C$与墙上更高处的点$D$，使得$AC=CD$。杆与墙面夹角为$\theta$，其中$\tan\theta=4/3$。 一个重$2F_W$的质点固定在$AE=ka$处，位于$C$与$B$之间。$A$处的摩擦系数为$1/4$，杆即将下滑。未知量包括绳张力、接触力及位置参数$k$。

首先处理粗糙墙面的受力

等腰三角形 $ACD$ 使绳子与竖直方向的夹角等于 $\theta$。摩擦力沿斜面向上，阻碍向下滑动趋势。利用 $\sin\theta=4/5$、$\cos\theta=3/5$ 及极限关系 $F_f=F_N/4$ 可得

将第一个方程代入第二个方程：$4F_T/5=3F_W$。因此 $F_T=15F_W/4$、$F_N=3F_W$ 和 $F_f=3F_W/4$。附加质点使其自身重量贡献加倍；总向下重力为 $3F_W$。

用一个力矩方程完成粗糙墙面问题

对 $A$ 取力矩可消除两个接触力。在 $C$ 处分解张力，或使用其垂直力臂。力矩方程为

代入 $F_T=15F_W/4$、$\sin2\theta=24/25$ 和 $\sin\theta=4/5$。得到 $36/5=(8/5)(1+k)$，进而 $k=7/2$。验证 $2<k<4$：该质点位于 $C$ 和 $B$ 之间，符合模型要求。

即使环心静止，环也可能需要摩擦力

A ring of radius $r$ and weight $F_W$ rests on a rough plane inclined at $\alpha$, with $\tan\alpha=3/4$. A horizontal string pulls rightwards at a point $P$ whose radius $OP$ points uphill, parallel to the plane. Let $F_f$ act uphill and $F_N$ normal to the plane. 对圆心取力矩得 $F_fr=F_Tr\sin\alpha$。沿斜面方向分解得 $F_f+F_T\cos\alpha=F_W\sin\alpha$。结合 $\sin\alpha=3/5$ 和 $\cos\alpha=4/5$，求得 $F_T=3F_W/7$ 和 $F_f=9F_W/35$。

施加摩擦极限前先使用法向力平衡

在环的例子中，法向力平衡给出 $F_N=F_W\cos\alpha+F_T\sin\alpha=37F_W/35$。水平细绳既推入平面又向上坡方向拉拽；法向反作用力并非简单地等于 $F_W\cos\alpha$。 在极限平衡状态下，$\mu=F_f/F_N=9/37$。若平面的摩擦系数更大，环仍可用相同的所需摩擦力保持静止；摩擦力不会自动增加到最大值。

测试翻倒前先确定支撑区间

仅受重力和接触力作用的物体，只要通过其质心的竖直线与其 支撑底面 相交，即可保持直立。在 翻倒 临界点，接触合力到达边缘；重力的作用线穿过该边缘。超出此范围后会产生不平衡的转动力矩。 L形板的重心距底边 $\bar x=2.5\ \text{m}$。在其全长 $6\ \text{m}$ 的底边上可以平衡。若将其翻转以短边 $2\ \text{m}$ 顶边站立，其重力作用线落在支撑区间之外，因此会翻倒。外加力会改变力矩平衡：此时仅凭重力在底面内不再是充分的判据。

水平推力可将接触合力移至边缘

重量为 $F_W$ 的均匀长方体静置于水平粗糙地面上。其底面半宽为 $b$，水平推力 $P$ 作用于离地高度 $h$ 处。运动发生前，$F_N=F_W$ 且所需摩擦力为 $F_f=P$。 力矩分析表明，法向反作用力从底面中心向前缘移动了距离 $\delta=Ph/F_W$。倾倒始于 $\delta=b$，故 $P_{\rm topple}=F_Wb/h$。滑动始于 $P_{\rm slide}=\mu F_W$。请比较这些阈值；切勿假设两个极限同时发生。

判定哪种失稳先发生

对于$F_W=200\ \text{N}$、$b=0.4\ \text{m}$和$h=1\ \text{m}$，倾覆阈值为$80\ \text{N}$。在$\mu=0.3$的情况下，滑动阈值为$60\ \text{N}$，因此首先发生滑动。而在$\mu=0.5$的情况下，滑动需要$100\ \text{N}$，因此首先发生倾覆。 阈值在 $\mu=b/h=0.4$ 处重合。增加推高高度会使倾倒更容易，但在此模型中不会改变水平滑移阈值。这些预测仅涉及初始运动；后续运动需要不同的模型。

在斜面上比较两个临界角

对于具有对称底座（半宽为 $b$）且质心位于其中心正上方垂直距离 $c$ 处的物体，当 $\tan\alpha=b/c$ 时，重力线到达下坡边缘。在无其他外力作用下，即将滑移给出 $\tan\alpha=\mu$。较小的临界角先出现。 对于 $b=0.4\ \text{m}$、$c=0.6\ \text{m}$ 和 $\mu=0.5$，滑移发生在 $\tan^{-1}(0.5)\approx26.6^\circ$，早于在 $\tan^{-1}(2/3)\approx33.7^\circ$ 发生的倾倒。对于带有半球形空腔的圆锥体，$c=61r/56$、$b=2r$，因此只要平面足够粗糙以防止更早发生滑移，倾倒角度满足 $\tan\alpha=112/61$。

将几何形状与受力模型结合

根据给定的材料和公式找出每个组件的质量与质心位置。使用单一原点、带符号坐标及加权力矩；从总质量和每个力矩中减去被移除材料的部分。在接受根之前，检查未知长度的几何定义域。 画出所有外力。进行两次分解，取一次力矩，然后检查接触点和摩擦限制。自由悬挂物体的质心位于支撑点下方。对于站立或被推动的物体，识别实际的支撑边缘并比较倾倒和滑移极限。仅合力为零或仅力矩为零都不能证明平衡。

转弯需要速度变化

系在绳子上的球即使速率保持不变也会改变方向。绳子向内拉球。你的手感受到球向外的拉力：这两个力作用在不同的物体上。 在以地面为参考系的框架中，画出球受到的真实力。它的 惯性 惯性并不提供额外的向外力。离心 离心力属于旋转参考系的描述，此处不需要。

将角速度与圆周距离联系起来

$\theta$ 弧度 弧度扫过的弧长为 $s=r\theta$。对于固定半径，角速度 角速度是转动速率；线速度 线速度是每秒移动的距离。 因此 $v=r\omega$。距轴越远的点在同一 $\omega$ 下具有更大的速度。在此公式中使用弧度每秒；若使用度每秒，必须先乘以 $\pi/180$。

转换周期或转速

周期 周期 $\tau$ 是一整圈所需的时间。频率 频率 $f$ 是每秒转数。因此 $\omega=2\pi/\tau=2\pi f$。 在 $30$ 转每分钟时，$f=1/2$ 转每秒，$\omega=\pi\ \dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$。在半径 $0.4\ \text{m}$ 处，$v=0.4\pi\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。不要直接将 $30$ 代入 $v=r\omega$。

区分向心加速度与速率变化

速度沿 切线 切线方向。加速度的 径向 径向分量指向圆心，大小为 $a_r=v^2/r=r\omega^2$。这个向内分量即为 向心加速度 向心加速度。此处不需要对加速度公式的证明。 以恒定速度运动时，这就是全部加速度。如果速度发生变化，还存在一个切向 切向分量。在重力作用下的竖直圆周运动中，总加速度不一定精确指向圆心。

同时使用加速度的两种形式

对于 $r=2\ \text{m}$和恒定 $\omega=3\ \dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$，速度是 $v=2(3)=6\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$且 $a_r=2(3^2)=18\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$。 用 $v^2/r=6^2/2=18$检验会得到相同结果。在固定速度下，半径加倍会使 $a_r$减半；在固定角速度下，半径加倍会使它加倍。请说明哪个量是固定的。

将实际力分解指向圆心

绘制受力分析图并规定向内为正方向。牛顿定律给出$\sum F_{\rm inward}=mv^2/r$。向心力 向心力是维持该运动所需的向内合力，而不是在重力、张力或接触力之外额外添加的一个箭头。 水平圆 水平圆不一定具有恒定速度。在本教学大纲的稳态水平圆问题中，垂直加速度和切向加速度均为零；但向内加速度不为零。请分别建立垂直方向和径向方向的方程进行分解。

摩擦力可以提供向内合力

位于粗糙旋转圆盘上的质点具有法向反作用力 $N=mg$。如果摩擦力是唯一水平方向的力，则所需摩擦力为 $F_f=mr\omega^2$。它必须满足 $F_f\leq\mu N$。 因此 $\omega^2\leq\mu g/r$。对于 $r=1.2\ \text{m}$、$\mu=0.3$和$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$，最大角速度为 $\sqrt{2.5}\ \dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$，约为每分钟 $15.1$转。低于该极限时，摩擦力并不自动处于 $\mu N$状态。

倾斜的绳子会改变圆盘反作用力

一个$2\ \text{kg}$质点在粗糙圆盘上以半径$1.5\ \text{m}$运动。一根细绳拉向轴上方的某一点，张力 张力为$T=10\ \text{N}$，$\sin\alpha=3/5$和$\cos\alpha=4/5$，其中$\alpha$是从竖直方向测量的角度。取$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$。 垂直平衡给出 $N=20-10(4/5)=12\ \text{N}$。结合 $\mu=1/4$和外滑趋势，极限摩擦力 $3\ \text{N}$向内。由此得出 $10(3/5)+3=2(1.5)\omega^2$，从而得到 $\omega=\sqrt3\ \dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$。

当速度变化时，摩擦力方向可能反转

保持该质点、张力和几何形状不变。细绳已经提供了$6\ \text{N}$的向内力。所需带符号的向内摩擦力为$F_f=3\omega^2-6$，而$|F_f|\leq3$。 因此 $1\leq\omega^2\leq3$。在下限处，摩擦力向外作用以减小向内合力；在上限处，它向内作用。即使净径向力向内，实际的向外摩擦力也是可能的。

圆锥摆有两个有用的方向

圆锥摆 圆锥摆由一根长度为$L$的轻质不可伸长细绳组成，与竖直方向成$\theta$角。其轨道半径为$r=L\sin\theta$，而非$L$。摆球保持在同一高度。 张力平衡：$T\cos\theta=mg$和$T\sin\theta=mr\omega^2$。对于非零轨道，代入可得$\omega^2=g/(L\cos\theta)$。张力同时具有竖直分量和向内分量。

在求速度之前先确定轨道

设$L=2.5\ \text{m}$、$m=0.4\ \text{kg}$、$\cos\theta=4/5$、$\sin\theta=3/5$和$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$。则$r=1.5\ \text{m}$且$T=mg/\cos\theta=5\ \text{N}$。 现在$\omega^2=10/[2.5(4/5)]=5$，因此$v=1.5\sqrt5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，周期为$2\pi/\sqrt5\ \text{s}$。若将绳长作为轨道半径计算，将得到错误的速度。

第二个粒子可维持张力

一根总长为$9a$的细绳穿过固定光滑圆环$R$。质量为$2m$的粒子$A$悬挂于下方。质量为$m$的粒子$B$在以$A$为圆心的水平圆周上运动。设$RB=L$，并令$RB$与竖直方向成$\theta$角。 对于$A$，有$T=2mg$。对于$B$，有$T\cos\theta=mg$，故$\cos\theta=1/2$。几何关系给出$RA=L\cos\theta=L/2$和$RA+RB=9a$，从而$L=6a$。进而$\omega^2=g/(L\cos\theta)=g/(3a)$。

碗的半径并非轨道半径

在半径为$a$的光滑半球形碗内表面上，设支持力与向上竖直方向的夹角为$\theta$。轨道半径为$a\sin\theta$。竖直方向和向心方向的方程分别为$N\cos\theta=mg$和$N\sin\theta=m(a\sin\theta)\omega^2$。 因此$\omega^2=g/(a\cos\theta)$。若$\cos\theta$从$4/5$变为$5/13$，角速度之比为$\omega_1/\omega_2=\sqrt{(5/13)/(4/5)}=5/(2\sqrt{13})$。应先比较速度的平方，再开方。

圆锥体需使用其专属几何关系

一个光滑空心圆锥顶点朝下，半顶角为$\alpha$。在距顶点高度$h$处，轨道半径为$r=h\tan\alpha$。支持力指向上方并向内，与水平方向上方成$\alpha$角。 仅受重力和接触力作用时，$N\sin\alpha=mg$且$N\cos\alpha=mr\omega^2$。由此可得$\omega^2=g\cot^2\alpha/h$。圆锥体的半径由高度决定；切勿套用碗的半径公式。

添加一根穿过圆锥顶点的细绳

现将质量为$m$的粒子通过光滑小孔与悬挂在顶点下方的另一质量$m$相连。细绳沿斜面拉向顶点。取$\tan\alpha=4/3$，则$\sin\alpha=4/5$、$\cos\alpha=3/5$及$r=4h/3$。 悬挂质量提供$T=mg$。随后$N(4/5)=mg+T(3/5)$导出$N=2mg$。径向方向上，$N(3/5)+T(4/5)=mr\omega^2$，故$\omega^2=3g/(2h)$。细绳的向下分量增大了支持力。

测量竖直圆中的高度

对于半径为$r$的竖直圆（vertical circle），自向下竖直方向起量取角度$\theta$，并从底部开始测量高度。在圆的最右端点，$x=r\sin\theta$且高度为$h=r(1-\cos\theta)$。 在最低点$\theta=0$和$h=0$；在最右侧点$\theta=\pi/2$和$h=r$；在最高点$\theta=\pi$和$h=2r$。书写能量方程前，请先标出角度的参考方向。

能量法可求得各高度处的速度

对于轻质不可伸长的绳或固定的光滑圆形表面，约束力垂直于速度且不做功。无阻力时，能量守恒 $\tfrac12mu^2=\tfrac12mv^2+mgr(1-\cos\theta)$，其中 $u$ 为底部速度。 因此 $v^2=u^2-2gr(1-\cos\theta)$。该公式适用于质点沿圆周运动期间。它求的是速度而非张力；仅凭 $v^2\geq0$ 不能证明圆周路径可行。

取重力和张力的向内分量

对于向中心拉的绳，向内方程为 $T-mg\cos\theta=mv^2/r$。在底部重力向外；在顶部重力向内。符号变化已包含在 $\cos\theta$ 中。 结合能量得 $T/m=u^2/r-2g+3g\cos\theta$。在底部 $T=mu^2/r+mg$；在顶部 $T=m(u^2/r-5g)$。这些张力使用了两个高度处不同的速度。

由指定的底部速度计算做功

假设$u^2=6gr$。在$\cos\theta=1/2$处，能量守恒给出$v^2=5gr$，向内方程给出$T=5mg+mg/2=11mg/2$。 在底部张力为 $7mg$；在顶部为 $mg$。质点在底部速度最快且需要最大张力。其间重力也改变其速度，故全加速度具有切向分量。

完整圆周需可行的顶部作用力

绳只能拉不能推：绷紧 的绳需满足 $T\geq0$。顶部张力最小。此处 $T+mg=mv_{\rm top}^2/r$，故 $v_{\rm top}^2\geq gr$。由此能量得出完整圆周条件 $u^2\geq5gr$。 等号对应极限完整圆周，顶部张力为零。仅靠能量达到顶部高度需 $u^2\geq4gr$；该较弱判据允许在到达顶部前计算出负张力。此时绳已 松弛。

从非底部位置开始

若起始半径与竖直向上方向成角 $\phi$，其高于底部的距离为 $r(1+\cos\phi)$。爬升至顶部的距离为 $r(1-\cos\phi)$。 完整圆周需满足 $v^2\geq gr+2gr(1-\cos\phi)=gr(3-2\cos\phi)$。在 $\cos\phi=1/4$ 处，最小起始平方速度为 $5gr/2$。取等号时底部平方速度为 $5gr$，最大张力为 $6mg$。

利用两种能量状态下的张力比

完整圆周中，底部张力比顶部大 $6mg$。若其比值为 $9:1$，则写为 $T_{\rm bottom}=9T_{\rm top}$。进而 $T_{\rm top}=3mg/4$，故 $v_{\rm top}^2=7gr/4$，底部平方速度为 $23gr/4$。 若距竖直向下方向角 $\theta$ 处的速度为 $\sqrt{4gr}$，能量给出 $4gr=23gr/4-2gr+2gr\cos\theta$。因此 $\cos\theta=1/8$。顶部与底部速度相等将违反能量守恒。

转折点与松弛点是不同的

若底部平方速度为 $gr$，方程 $v=0$ 给出 $\cos\theta=1/2$：质点在 $60^\circ$ 处折返，张力为 $mg/2>0$。它从未达到水平高度。 若底部平方速度为 $3gr$，方程 $T=0$ 改而给出 $\cos\theta=-1/3$，约为 $109.5^\circ$。此处 $v^2=gr/3>0$：质点仍在运动时绳即松弛。此后应停止使用绳的圆周运动方程。

内表面只能向内施力

在光滑球壳的内表面上，法向反作用力或法向接触力 $N$指向球心。其径向方程为 $N-mg\cos\theta=mv^2/r$，其中 $\theta$ 从竖直向下方向测量。 同样的能量和完整圆周运动结果适用，将 $T$ 替换为 $N$。需要满足 $N\geq0$；若结果为负，则意味着表面必须向外拉拽。对于脱离接触，检验边界条件 $N=0$：若继续做圆周运动需要 $N<0$，质点便会离开。极限完整圆周运动可在顶部具有 $N=0$ 而不发生分离。

反作用力比值可定位边缘

质点从光滑内壳侧面竖直向下开始运动，初速度平方为 $u^2=2gr$。边缘位于中心上方高度 $kr$ 处。起始时 $N_A=mu^2/r=2mg$；到达边缘时，由能量守恒得 $v_B^2=(2-2k)gr$。 此处重力的向内分量为 $mgk$，因此 $N_B/m=v_B^2/r-gk=(2-3k)g$。若 $N_B=N_A/4$，则 $k=1/2$。保持接触直至该边缘需满足 $u^2\geq3gr/2$，而不仅仅是能量检验 $u^2\geq gr$。

外表面具有相反的法向方向

质点从光滑固定球体顶部开始运动，切向速度平方为 $gr/2$。设 $\phi$ 为其与竖直向上方向的夹角。能量守恒给出 $v^2=gr/2+2gr(1-\cos\phi)$。 在外侧，法向力向外。向内方向的方程为 $mg\cos\phi-N=mv^2/r$，解得 $N=mg(3\cos\phi-5/2)$。它在角度 $\cos\phi=5/6$ 处脱离接触，此时 $v^2=5gr/6>0$。请勿照搬内表面的符号规则。

释放产生切向速度，随后沿曲线路径运动

在释放瞬间，位置和速度保持连续。初始自由飞行速度沿圆的切线方向。重力仍然作用，因此后续轨迹是抛物体抛物线，而非直线切线。 对于在 $\cos\theta=-1/3$ 处松弛的细绳，底部速度平方为 $3gr$，以中心 $O$ 为原点。释放时 $(x,y)=(2\sqrt2r/3,r/3)$，速度大小为 $\sqrt{gr/3}$。沿右侧上升过程中，速度分量为 $(-v/3,2\sqrt2v/3)$。

将圆周运动连接至跨越边缘的飞行

在中心上方高度 $r/2$ 处截断内壳。若要从右边缘飞至同一高度的左边缘，设释放时速度为 $v$。水平间距为 $\sqrt3r$；速度分量为 $(-v/2,\sqrt3v/2)$。 非零返回时间为 $t=\sqrt3v/g$。水平运动给出 $\sqrt3r=(v/2)t$，故 $v^2=2gr$。若发射始于中心高度处的侧面，能量守恒给出侧面速度平方为 $u^2=3gr$。出口前瞬间的边缘反作用力为 $3mg/2>0$：表面在接触丧失前已结束。

接受根之前先检查模型

画出受力图并确定轨道半径。对于稳定的水平运动，分别按竖直方向和向内方向分解。对于竖直运动，结合基于高度的能量方程与一个向内力方程。检查 $v^2\geq0$ 以及路径上张力或反作用力的符号。 说明哪个事件最先发生：转折点、松弛的绳子、脱离接触或表面终点。然后使用下一个模型。碰撞通过冲量改变运动状态；若无独立的碰撞论证，不可在无损耗圆周能量方程中直接穿过撞击过程。

保持方向与约束条件一致

$v=r\omega$ 关联了线速度与角速度；$a_r=v^2/r$ 是加速度的向内分量。向内合力来自实际受力。仅凭水平路径不能保证恒定速度。 对于无耗散竖直环中的轻质不可伸长细绳，底部速度的平方至少应为$5gr$。在张力为零或反作用力为零的边界处，检验约束是否能继续维持。若发生释放，其初速度沿切线方向；随后的飞行过程由重力控制。

为什么跳跃需要建立模型

蹦极绳在拉伸时储存能量。其在跳跃过程中的拉力是变化的，因此通常不适用匀加速运动公式。 胡克定律 胡克定律描述了在指定范围内力与伸长量成正比的模型。实际绳索在整个跳跃过程中未必遵循该定律。此处使用理想光滑弹性 弹性细绳和弹簧，除非另有说明，否则不考虑能量损耗。

从自然长度测量伸长量

自然长度 自然长度 $L$ 是指未受力时的长度。若实际长度为 $\ell$，则伸长量 伸长量为 $x=\ell-L$，而非 $\ell$。一根绷紧的弹性细绳具有张力 $T=kx$。 已知弹性模量 弹性模量 $\lambda$，可写出表达式 $k=\lambda/L$，从而得到 $T=\lambda x/L$。对于弹簧，带符号的恢复力方向与其偏离自然长度的位移方向相反。

弹性模量与劲度系数单位不同

劲度系数 劲度系数 $k$ 的单位是 $\dfrac{\text{N}}{\text{m}}$；本细绳模型的 $\lambda$ 单位为牛顿。它包含了材料和横截面积的影响；它不是杨氏模量，杨氏模量的单位是帕斯卡。 将均匀细绳切成两段相等的部分：每段具有相同的$\lambda$但自然长度减半，因此刚度加倍。以这种方式改变$L$时，不要固定$k$。

细绳与弹簧有不同的分支

细绳仅在绷紧时产生拉力。当 $\ell\leq L$ 时，细绳处于松弛状态：$T=0$ 及其储存的弹性势能为零。$\ell-L$ 取负值并不代表负的细绳张力。 理想弹簧可以在拉伸时产生拉力，在压缩 压缩时产生推力。其带符号的$x$可能为负值，而力的大小为$k|x|$。仅在所述模型范围内继续使用胡克定律。

储存图线下方的面积

从自然长度缓慢拉伸所做的功等于力–伸长量图线下方的三角形面积。储存的弹性势能 弹性势能为

对于弹簧，此结论同样适用于压缩情况。对于细绳，仅当 $x\geq0$ 时才适用；松弛分支的能量为零。伸长量加倍会使张力加倍，但使能量变为原来的四倍。无需证明能量公式。

对同一细绳同时用力学和能量方法

一根细绳具有$L=2\ \text{m}$、$\lambda=50\ \text{N}$和伸长量$0.5\ \text{m}$。其实际长度为$2.5\ \text{m}$。首先使用$T=\lambda x/L$，得出$T=50(0.5)/2=12.5\ \text{N}$。 计算储存能量时使用 $E_e=\lambda x^2/(2L)$，得出 $E_e=50(0.5)^2/4=3.125\ \text{J}$。力和能量的单位不同；切勿用实际长度代替伸长量进行代入。

根据测量数据推断自然长度

一根细绳在长度 $1.3\ \text{m}$ 处张力为 $6\ \text{N}$，在长度 $1.5\ \text{m}$ 处张力为 $10\ \text{N}$。由于 $T=k(\ell-L)$，其梯度为 $k=(10-6)/(1.5-1.3)=20\ \dfrac{\text{N}}{\text{m}}$。 则$L=\ell-T/k=1.3-6/20=1\ \text{m}$和$\lambda=kL=20\ \text{N}$。检查另一测量值：$20(1.5-1)=10\ \text{N}$。该直线的水平截距给出的是自然长度，而非零长度。

求悬挂平衡位置

质量为$m$的物体静止悬挂在一根竖直弦的下端。根据平衡条件需满足$T=mg$，因此其平衡伸长量为$e=mg/k=mgL/\lambda$。 位于$k=30\ \dfrac{\text{N}}{\text{m}}$上的质量$0.6\ \text{kg}$在$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$时具有$e=0.2\ \text{m}$。若该质量正在通过该位置，加速度瞬时为零；速度不必为零。

从自然长度释放并非缓慢加载

将质量固定在自然长度处的下端并静止释放，无阻力。向下伸长$x$后，能量转化为$mgx=\tfrac12mv^2+\tfrac12kx^2$。 在最大拉伸$v=0$处，故非零根为$x=2mg/k=2e$。最大速度出现在较早的$x=e$处，此时$mg-kx=0$；$v_{\max}^2=g^2m/k$。而缓慢加载最终止于$e$，且会从系统中移除能量。

水平弹簧可越过自然长度

质量为$2\ \text{kg}$的质点位于光滑水平线上，连接一劲度系数为$k=50\ \dfrac{\text{N}}{\text{m}}$的弹簧。从伸长量$0.4\ \text{m}$处静止释放。其初始能量为$\tfrac12k(0.4)^2=4\ \text{J}$。 在自然长度处，能量全部为动能：$\tfrac12mv^2=4$，故$v=2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。质点继续进入压缩状态，若无其他物理约束介入，首次停止于$x=-0.4\ \text{m}$处。

水平弦在自然长度处改变模型

将该弹簧替换为具有相同$k$和初始伸长量的弹性弦。它在自然长度处具有相同速度，但此后不再产生张力或储存弹性势能。 在光滑水平面上，质点随后以恒定速度运动，直至受到另一约束作用。不要预测类似弹簧的压缩与反向。在追踪质点越过锚点前，须先明确几何关系。

释放被压缩的竖直弹簧

一弹簧底端固定，自然长度为$a$，劲度系数为$\lambda=10mg$。质量为$m$的物体附于其上端，从压缩量$a/2$处静止释放。设$x$为向上为正方向的伸长量。相对于自然长度，总势能为$U=5mgx^2/a+mgx$。 初始时$x=-a/2$且$U=3mga/4$。在下一个静止点，令$z=x/a$：$5z^2+z=3/4$。方程的根为$-1/2$和$3/10$。前者为初始状态；最大伸长量为$3a/10$。

最大速度不是转折点

在该弹簧示例中，$-kx-mg=0$发生在$x=-a/10$处。此处势能为$-mga/20$，故最大动能为$3mga/4+mga/20=4mga/5$。 因此$v_{\max}^2=8ag/5$。在最大伸长$3a/10$处，物体瞬时静止，但加速度为$-4g$，方向向下。转折点具有$v=0$；它不必合力为零。

在书写能量前记录两个终态

选定一个高度参考。写出初始和最终位置的动能、重力势能 $mgh$ 以及所有弹性势能。若无阻力则总量守恒；若有摩擦，需计入其负功。 使用实际长度独立计算每个伸长量。处于或低于自然长度的弦不贡献能量，而非 $\lambda(\ell-L)^2/(2L)$。若路径跨越松弛边界，各区间应使用对应的力学定律。

自由落体可能发生在拉伸之前

质量为 $m$ 的物体从锚点静止释放，悬挂于自然长度为 $a$、劲度系数为 $\lambda=4mg$ 的竖直弦上。它首先自由下落 $a$；随后弦开始拉伸。在后续伸长量 $x$ 处，能量关系给出 $mg(a+x)=\tfrac12mv^2+2mgx^2/a$。 在最低点令 $z=x/a$。此时 $2z^2-z-1=0$，故 $z=1$；负根位于拉伸分支之外。总下落距离为 $2a$。最大速度出现在 $x=a/4$，对应 $v_{\max}^2=9ag/4$。

移除质量会改变平衡位置

一根竖直细绳的自然长度为$a$，模量为$\lambda=4mg$。质量分别为$m$和$3m$的物体首先处于平衡悬挂状态，因此伸长量为$a$。在不施加冲量的情况下移除$3m$。剩余质量从静止开始，此时长度为$2a$。 在其张紧分支上设定 $z=x/a$，并以自然长度处为零势能面。能量表达式变为 $\tfrac12mv^2+mga(2z^2-z)=mga$。为找到满足 $v^2=ag$ 的第一个位置，求解方程 $2z^2-z=1/2$。有效根给出 $\ell=(5+\sqrt5)a/4$；另一根对应负伸长量。

被舍去的根并不描述松弛飞行阶段

在该例中，当物体到达自然长度时，速度 $v^2=2ag$ 向上。此后弦处于松弛状态；除重力外无其他作用力，直至下一事件发生。张紧弦的二次方程无法描述此阶段。 继续上升距离 $s$ 后，应用 $v^2=2ag-2gs$。具有 $v^2=ag$ 的后续位置为 $s=a/2$，因此长度为 $a/2$。旧公式导出的负伸长根给出不同数值，因为它虚构了压缩弦的能量。

沿斜面分解力

质量为 $m$ 的物体静置于倾角为 $\beta$ 的光滑斜面上，通过沿斜面的弦连接至上方的锚点。法向反力为 $mg\cos\beta$；沿斜面向下的重力分量为 $mg\sin\beta$。 平衡条件要求 $kx=mg\sin\beta$。结合 $m=1\ \text{kg}$、$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$、$\sin\beta=3/5$ 和 $k=20\ \dfrac{\text{N}}{\text{m}}$，可得 $x=0.3\ \text{m}$。若存在摩擦力，必须包含其实际方向。

追踪穿过锚点的弦

使用该光滑平面及自然长度为 $1\ \text{m}$ 的粒子。从锚点上方 $1.5\ \text{m}$ 处静止释放。初始时弦沿斜面向下拉动物体；随后弦绕过锚点变松，并在锚点下方再次张紧。最大速度出现在锚点下方伸长量为 $0.3\ \text{m}$ 处，此时张力与沿斜面向下的重力分量 $6\ \text{N}$ 平衡。 到达该点的总路程为 $1.5+1+0.3=2.8\ \text{m}$。功能原理给出 $\tfrac12mv^2=\tfrac12k(0.5)^2+mg\sin\beta(2.8)-\tfrac12k(0.3)^2=18.4\ \text{J}$。由此得 $v_{\max}^2=36.8\ \dfrac{\text{m}^2}{\text{s}^2}$。在此之前，沿斜面向下的合力始终为正。

摩擦导致机械能损耗

在同一斜面上设 $\mu=1/4$，并将粒子从锚点下方的自然长度处释放。对于首次沿斜面向下的运动，法向反力为 $8\ \text{N}$，摩擦力为 $2\ \text{N}$ 沿斜面向上。在弹性力介入前的净驱动力为 $6-2=4\ \text{N}$。 功-能原理给出$\tfrac12mv^2=4x-10x^2$。第一次最大伸长为$0.4\ \text{m}$，最大速度出现在$x=0.2\ \text{m}$处，对应$v_{\max}^2=0.8\ \dfrac{\text{m}^2}{\text{s}^2}$。请重新检查返回行程中摩擦力的方向；该方程描述的是第一次下降过程。

两根反向的弦需要两个伸长量

在光滑水平线上将固定点$6\ \text{m}$分开。两根弦的自然长度均为$2\ \text{m}$；左侧弦的劲度系数为$\lambda=20\ \text{N}$，右侧弦为$40\ \text{N}$。从左端坐标$q$处起，仅当$2<q<4$时两根弦才同时处于拉紧状态。 平衡$10(q-2)=20(4-q)$以求得平衡位置$q=10/3\ \text{m}$。总弹性势能为$U=5(q-2)^2+10(4-q)^2$。质量为$2\ \text{kg}$的质点从$q=3\ \text{m}$处释放，其动能为$U=15\ \text{J}$；在平衡位置$U=40/3\ \text{J}$处，对应$v_{\max}^2=5/3\ \dfrac{\text{m}^2}{\text{s}^2}$。另一个转折点为$q=11/3\ \text{m}$，仍处于同一分支内。

串联的弦承受相同的张力

对于串联 串联的两根轻绳，若连接点无负载，则张力相等且伸长量相加。对每根弦使用$x_i=T/k_i$。等效劲度系数满足$1/k_{\rm eq}=1/k_1+1/k_2$。 自然长度$1,2\ \text{m}$和模数$20,30\ \text{N}$分别给出$k_1=20$和$k_2=15\ \dfrac{\text{N}}{\text{m}}$。在$6\ \text{N}$张力作用下，它们的伸长量分别为$0.3,0.4\ \text{m}$。总伸长量为$0.7\ \text{m}$；弹性势能为$\tfrac12T(x_1+x_2)=2.1\ \text{J}$。

并联的弹簧具有相同的伸长量

两根并联 并联的弹簧连接在同一移动支撑与固定支撑之间，若其自然长度和几何形状匹配，则伸长量相同。它们的弹力相加：$T=(k_1+k_2)x$，因此$k_{\rm eq}=k_1+k_2$。 对于在 $x=0.2\ \text{m}$ 处的 $k_1=20$ 和 $k_2=30\ \dfrac{\text{N}}{\text{m}}$，受力分别为 $4$ 和 $6\ \text{N}$；合力为 $10\ \text{N}$，总能量为 $1\ \text{J}$。相等的伸长量并不要求相等的张力。

下方的弦向下拉扯

两个垂直固定点$A$位于$B$上方，相距$14a$。一个质量为$\kappa m$的质点通过一根自然长度为$2a$的绳子连接到$A$，并通过另一根自然长度为$4a$的绳子连接到$B$。两者的劲度系数均为$4mg$。设$BP=ya$；则上下两部分的伸长量分别为$(12-y)a$和$(y-4)a$。 两者均在$4<y<12$范围内拉紧。它们的张力分别为向上的$2mg(12-y)$和向下的$mg(y-4)$。平衡条件给出$2(12-y)-(y-4)-\kappa=0$，因此$y=(28-\kappa)/3$。切勿将两个同方向的张力相加。

两个静止位置可确定质量

将质点从$y=12$处由静止释放，假设其第一个最低转折点为$y=4$。取$B$处重力势能为零。总势能除以$mga$等于$V=(12-y)^2+\tfrac12(y-4)^2+\kappa y$。 端点给出$32+12\kappa=64+4\kappa$，从而得出$\kappa=4$。在两点之间，两个伸长量均非负。结合$\kappa=4$和$V-80=\tfrac32(y-4)(y-12)\leq0$可知，中间动能是可行的。

利用两根弦求最大速度

已知$\kappa=4$，该例中的平衡位置为$y=8$。释放时的总能量为$80mga$；在$y=8$处的势能为$(16+8+32)mga=56mga$。 因此$\tfrac12(4m)v_{\max}^2=24mga$，得出$v_{\max}^2=12ag$。在动能计算中使用实际运动的质量$4m$；模量中的符号$m$仅是参考质量。

弹性圆锥摆发生伸长

质量为 $0.6\ \text{kg}$ 的物体以一根原长为 $1.5\ \text{m}$、劲度系数为 $30\ \text{N}$ 的细绳匀速旋转。设其与竖直方向夹角为 $\cos\theta=4/5$，$\sin\theta=3/5$，并取 $g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$。竖直方向平衡给出 $T\cos\theta=mg$，因此 $T=7.5\ \text{N}$。 胡克定律给出 $x=TL/\lambda=0.375\ \text{m}$，故实际长度为 $\ell=1.875\ \text{m}$，轨道半径为 $r=\ell\sin\theta=1.125\ \text{m}$。径向方程 $T\sin\theta=mr\omega^2$ 给出 $\omega^2=20/3\ \dfrac{\text{rad}^2}{\text{s}^2}$。几何计算中需使用拉伸后的长度。

正长度不一定对应可行轨道

对于非零弹性圆锥摆，$T=m\ell\omega^2$ 且 $T=\lambda(\ell-L)/L$。因此 $\ell=\lambda L/(\lambda-mL\omega^2)$。其分母必须为正。竖直平衡还需满足 $\ell\cos\theta=g/\omega^2$，其中 $0<\cos\theta<1$。 取 $L=1\ \text{m}$、$\lambda=20\ \text{N}$、$m=1\ \text{kg}$ 和 $g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$。若 $\omega^2=5$，则 $\ell=4/3\ \text{m}$，但所需竖直高度为 $2\ \text{m}$：不可能。若 $\omega^2=10$，则 $\ell=2\ \text{m}$ 且 $r=\sqrt3\ \text{m}$：可能。在 $\omega^2=20$ 处，无有限长度可满足方程。

选择物理上有效的事件

标出初始状态、原长边界、平衡位置及候选转折点。说明各区间内的活跃模型：张紧的绳子产生拉力，松弛的绳子无力作用，弹簧可能发生压缩。 求根后，检查长度、非负绳张力、非负动能及事件顺序。最大速度要求光滑分支内切向合力为零，或与边界比较；瞬时静止要求 $v=0$。

连接力、能量与几何

首先求出每个元件的 $x=\ell-L$。胡克定律给出力；$\lambda x^2/(2L)$ 在其有效分支上给出能量。合成力前须先分解方向，并在整个能量计算中保持同一高度参考系。 利用原始数据练习单元件及连接系统。圆周运动中，伸长量决定实际长度，进而确定轨道几何。将最终答案与其所属分支及单位进行核对。

快速物体减速方式不同的原因

自行车通常运动越快感受到的空气阻力越大。其 阻力 阻力可能取决于 速率 速率。另一种力可能取决于 位置 位置或时间；这些属于不同模型。 变力 变力可产生变化的加速度。从牛顿定律出发，建立运动 微分方程 微分方程；恒定加速度公式未必适用。

首先选定正方向

设位移 $x$ 向右为正，写出 速度 速度 $v=dx/dt$。它可以为负值。速率为 $|v|$，因此负速度并不意味着负速率。 叠加质点所受带符号的力：$m\,dv/dt=\sum F$。向右运动时，阻力为负。反向之后，常规阻力也随之反向；指向固定点的指定力遵循其自身的方向规则。

利用链式法则换元

若将速度表示为沿运动某一分支的位置函数，则 链式法则 链式法则给出

这在无需先求时间即可确定$v$位置时非常有用。在转折点$v(x)$处，可能存在垂直切线；切勿仅因$v=0$就假设$a=0$成立。此时应使用原始受力定律。

为所需答案选择变量

对于随时间变化的力，$m\,dv/dt=F(t)$ 通常可直接给出 $v(t)$。对于随位置变化的力，$mv\,dv/dx=F(x)$ 通常可直接给出 $v(x)$。 如果力依赖于速度，两种形式都可能有用：针对时间问题使用 $dv/dt$，针对距离问题使用 $v\,dv/dx$。这是对同一个牛顿定律方程的变量选择，而非不同的物理定律。

利用每一个给定的条件

可分离微分方程 can be rearranged so each side contains one variable and its differential. Separate the variables, integrate, include a constant, then use an initial condition to determine it. 在指定位置处的条件通常称为 边界条件。此处仅使用 可分离 方程和纯数学 3 微积分。检查任何被约去的值：除以可能为零的因子可能会丢失常数解。

随时间变化的力可以改变速度方向

一个质量为 $2\ \text{kg}$ 的粒子受到向右的合力 $6t\ \text{N}$。在 $t=0$、$v=-1\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ 和 $x=0$ 时，牛顿定律给出 $2\,dv/dt=6t$，因此 $v=\tfrac32t^2+C$；初速度给出 $C=-1$。 现在对 $dx/dt=-1+\tfrac32t^2$ 进行积分。初始位置给出 $x=-t+\tfrac12t^3$。共有两次积分和两个初始条件。尽管加速度向右，但粒子最初向左运动，持续时间为 $t>0$。

位移与路程在转向处不同

在该示例中，$v=0$ 首次出现在 $t_* =\sqrt{2/3}\ \text{s}$。其位置为 $x_*=-2t_*/3\ \text{m}$。在 $t=2\ \text{s}$ 处，位移为 $x=2\ \text{m}$。 总路程等于向左的距离 $-x_*$ 加上向右的距离 $2-x_*$。因此路程为 $2+4\sqrt{2/3}/3\ \text{m}$，大于位移。对带符号的速度积分得到位移；在每个速度反转点分段计算以得到路程。

随位置变化的力将功与速率联系起来

给定 $F=mv\,dv/dx$，分离变量得 $mv\,dv=F(x)\,dx$。在两个已知状态之间积分可得

力-位置图线下方的带符号面积是 功。它等于合力引起的动能变化。该关系确定了速率的平方；需根据运动方向选择速度的正负号。

处理多项式形式的力

一个质量为 $8\ \text{kg}$ 的粒子从 $x=0$ 处以 $v=1\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ 开始运动。在其向外运动过程中，力为 $(x^3+4x)\ \text{N}$。牛顿定律给出 $8v\,dv/dx=x^3+4x$。 分离并积分：$4v^2=x^4/4+2x^2+C$。初始时 $C=4$，因此 $v^2=x^4/16+x^2/2+1=(x^2/4+1)^2$。向外的速度为 $v=x^2/4+1$；负平方根描述的是相反方向的情况。

第二次分离可以得到时间下的位置

对于该外支，$dx/dt=1+x^2/4$。分离为$dt=4\,dx/(x^2+4)$并积分：$t=2\tan^{-1}(x/2)+C$。初始位置给出$C=0$。 因此在支$0\leq t<\pi$上$x=2\tan(t/2)$。数学模型预测当$t\to\pi$从下方趋近时位置无界。不要跨越该边界使用周期正切公式，也不假设实际系统能无限期承受该力模型。

拐点根限制位置公式

一个$1\ \text{kg}$粒子在$x=0$处以速度$2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$开始运动，受力$-x\ \text{N}$作用。牛顿定律给出$v\,dv/dx=-x$，从而由初始状态得出$v^2=4-x^2$。 它首先在$x=2\ \text{m}$处停止，此时加速度为$-2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$，因此折返。在该转折点前使用$v=+\sqrt{4-x^2}$，之后立即使用$v=-\sqrt{4-x^2}$。区域$|x|>2\ \text{m}$需要负的平方速度，在此能量下不可达。

线性阻力产生指数速度

一个$2\ \text{kg}$粒子以初速$3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$水平运动，受到大小为$4v\ \text{N}$的阻力阻碍，同时$v>0$。牛顿定律给出$2\,dv/dt=-4v$，因此$dv/v=-2\,dt$。 积分得$\ln v=-2t+C$。初始值给出$v=3e^{-2t}$。它对每个有限$t\geq0$保持正值，并随时间增长趋于零。指数函数并非仅仅因为计算器将其舍入为零而变为零。

极限距离不是有限的停止点

对$v=3e^{-2t}$进行积分并代入$x(0)=0$得到$x=\tfrac32(1-e^{-2t})$。因此粒子向极限位移$1.5\ \text{m}$移动。 在此理想模型下，它在有限时间内永远不会到达该极限。等价地，在运动支上有$v=3-2x$，但将该关系中的$v=0$代入后得到的是一个极限值，而非有限到达时间。在描述停止之前，请检查时间定律。

二次阻力具有不同的距离极限

假设水平运动满足$dv/dt=-v^2/2$且$v(0)=4$。分离变量得$-1/v=-t/2+C$，因此$v=4/(1+2t)$适用于$t\geq0$。 代入$x(0)=0$，积分得$x=2\ln(1+2t)$。速度趋于零，但位移没有有限上限。速度递减本身并不意味着总距离是有限的。

三次阻力给出另一种幂律

假设$dv/dt=-3v^3$且$v(0)=2$。分离变量得$v^{-3}\,dv=-3\,dt$。积分和初始值给出$1/v^2=6t+1/4$。 选择正支：$v=2/\sqrt{1+24t}$。代入$x(0)=0$，积分得$x=(\sqrt{1+24t}-1)/6$。此模型与二次模型均永远减速但覆盖无界距离；它们的减速率不同。

下落伴随线性阻力趋向平衡

取向下为正方向。质量为$m$的物体在重力和线性阻力$kv$作用下遵循$m\,dv/dt=mg-kv$。其终端速度是$V=mg/k$，此时合力为零。 对于$m=2\ \text{kg}$、$k=4\ \dfrac{\text{N}\,\text{s}}{\text{m}}$和$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$，$V=5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。从静止释放，分离后得到$v=5(1-e^{-2t})$和下落距离$y=5t-\tfrac52(1-e^{-2t})$。

在除法之前检查常数解

在$dv/dt=(k/m)(V-v)$中，除以$V-v$会排除$v=V$。将其代入原方程检验：若该值为初速度，则它是一个有效的匀速解。 初始向下速度低于$V$时趋向于$V$；高于$V$时则下降趋近于它。在终端速度下，质点加速度为零。它并非处于静止状态，且模型不一定能在有限时间内达到该极限。

分离带二次阻力的下落方程

取向下速度$v\geq0$和单位质量阻力$gv^2/V^2$。则$dv/dt=g(1-v^2/V^2)$。从静止开始，$0\leq v<V$，因此分离得到$dv/(V^2-v^2)=(g/V^2)\,dt$。

部分分式 给出$\ln[(V+v)/(V-v)]=2gt/V$（使用$v(0)=0$之后）。重新排列得$v=V(e^{2gt/V}-1)/(e^{2gt/V}+1)$。该公式从下方趋近$V$；请保持对数参数及初始分支的一致性。

可通过距离而非速度求下落速度

对于同样的从静止开始的二次阻力下落，选择$v\,dv/dy=g(1-v^2/V^2)$配合向下距离$y$。分离及初始状态给出

结合$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$与$V=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，此即$v^2=100(1-e^{-y/5})$。重力势能的减少并未全部转化为动能：阻力做了负功。

向上运动将重力和阻力合并

以速度 $u$ 竖直向上发射粒子。取上升阶段向上为正方向，则 $v>0$。重力和阻力均向下作用。对于单位质量的二次阻力 $kv^2$，方程为 $dv/dt=-g-kv^2$。 定义$V^2=g/k$以简化代数运算。此处$V$是后续下落阶段的终端速度，而非可能的稳定向上速度。在上升过程中使用$g-kv^2$会导致阻力方向错误反转。

通过位置方程求最大高度

上升阶段使用 $v\,dv/dx=-g-kv^2$。分离变量并利用初始状态进行积分：

重新排列得上升阶段直至第一次零点的$v^2=(u^2+V^2)e^{-2kx}-V^2$。 对于 $g=10$、$k=1/10$ 和 $u=10$（单位统一为SI制），$V=10$ 和 $v^2=200e^{-x/5}-100$。最大高度为 $H=5\ln2\ \text{m}$。该值小于无阻力时的高度 $u^2/(2g)=5\ \text{m}$。

通过反正切求上升时间

分离$dv/dt=-k(V^2+v^2)$。积分得$\tan^{-1}(v/V)=\tan^{-1}(u/V)-gt/V$。在此微积分计算中，反正切请使用弧度制。 在示例$u=V=10$和$g=10$中，$v=10\tan(\pi/4-t)$。第一个零点给出上升时间$t=\pi/4\ \text{s}$。到达顶点后停止使用该上升方程；下降过程中阻力方向反转。

连接下降段与顶点状态

在最高点，速度连续且等于零。从顶部重新开始向下坐标 $y$，向下速度为 $w\geq0$。新方程变为 $dw/dt=g-kw^2$，因为阻力现在方向向上。 下落距离的结果给出 $w^2=V^2(1-e^{-2ky})$。上升和下降阶段各自遵循一致的符号约定；应记录新的初始状态，而不是将负的上升速度带入未改变的力方程中。

比较返回速度与发射速度

在示例 $u=V=10$、$k=1/10$ 和 $H=5\ln2$ 中，质点在下落距离 $H$ 后返回发射高度。其向下的平方速度为 $w^2=100(1-e^{-H/5})=50$。 返回速度为 $5\sqrt2\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，小于发射速度 $10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。重力在两个端点处的势能相同，但阻力在上升和下降两个过程中都耗散了机械能。

指向某点的力并不总是阻力

假设当质点位于 $O$ 右侧时加速度为 $-(v^2+9)/3$。该加速度被规定指向 $O$，即使质点反向并向左运动也是如此。此时质点向左加速而非阻碍该运动。 结合 $x(0)=0$ 和 $v(0)=3$，分离变量得 $\tan^{-1}(v/3)=\pi/4-t$，故 $v=3\tan(\pi/4-t)$。粒子首先在 $t=\pi/4$ 处停止。此后出现的负速度正确描述了返回 $O$ 的过程。

对返回分支及其定义域进行积分

积分该速度并利用 $x(0)=0$ 可得 $x=3\ln[\cos(t-\pi/4)]+\tfrac32\ln2$，直至再次回到 $O$。在转折点处，最大位移为 $\tfrac32\ln2$。 $x$ 的下一个零点为 $t=\pi/2$，由第一次返回分支得出，而非后续的周期性切线值。在 $O$ 处方向规则发生变化；针对 $x>0$ 推导出的公式在该事件之后并不自动有效。

根据速度关系推断力

若一个 $2\ \text{kg}$ 质点在向外分支上的速度为 $v=1+x^2$，则 $a=v\,dv/dx=(1+x^2)(2x)$。其合力为 $F=ma=4x(1+x^2)$，单位符合统一的国际单位制（SI）。 为推断未知参数，需将测量状态代入积分模型并求解常数。若有其他状态可用，则进一步验证。力的系数具有特定单位，使整个表达式表示力，而不一定是牛顿。

在原方程中检验提议的解

对提议的 $v(t)$ 或 $v(x)$ 求导，代入牛顿定律，并检查初值。对于 $v=4/(1+2t)$，求导结果为 $dv/dt=-8/(1+2t)^2=-v^2/2$，符合要求。 除代数运算外，还需检查符号、单位和定义域。正值的阻力大小必须与速度方向相反；平方速度表达式必须保持非负；对数函数需要有效的真数；新分支需具备独立的物理假设。

判定哪个事件终止当前模型

标记任何转折点、力方向边界穿越、阻力定律改变或允许运动的终点。判断零速状态是发生在有限时间内还是仅作为极限出现。 终端解可能在除以零因子时消失，平方根可能隐藏返回分支。通过检查原方程和事件顺序来恢复这些可能性。

将力定律与运动状态关联

选定一个正方向，列出所有真实作用力，然后选择 $a=dv/dt$ 或 $a=v\,dv/dx$ 以匹配变量。在每一步中分别进行分离、积分并应用初始条件。 区分力、加速度、速度和速率。将每个答案与原方程、其分支及其极限进行核对；物理事件发生后，在继续之前需重新审视模型。

碰撞需要明确系统和方向

碰撞 碰撞使两个低摩擦小车接触。它们的速度发生变化，但如果接触期间的外力冲量可忽略不计，则它们的总 动量 动量保持不变。 球撞击固定墙壁的情况不同：墙壁对球施加了冲量。在写出守恒方程前，必须先定义系统。

确定哪种动量守恒

线动量 线动量是一个矢量：$\mathbf p=m\mathbf v$。线动量守恒定律 动量守恒通常简称为 动量守恒。它适用于合外力冲量为零的系统，或适用于该方向上外力冲量分量为零的情况。 对于光滑水平面上的两个光滑球体，它们之间的相互作用冲量相互抵消。对于单个球体撞击固定墙壁的情况，法向动量发生改变；墙壁不属于该单球系统。

画出碰撞线

对于两个光滑球体，碰撞线 碰撞线是它们在接触时的 球心连线 球心连线。碰撞冲量沿此线作用。 将该方向称为法向，记为 $n$，垂直方向称为切向，记为 $t$。正碰撞 正碰撞的运动沿 $n$ 方向；斜碰撞 斜碰撞还包含切向运动。

使用带符号分量写出恢复系数公式

从 $A$ 向 $B$ 选择正 $n$，接触前满足 $u_{An}>u_{Bn}$。牛顿实验定律 is

恢复系数 恢复系数 $e$ 等于法向分离速度与法向接近速度之比。在本教学大纲模型中，$0\leq e\leq1$；请使用相对分量，而非两个物体各自的速度大小。

解释两种极限情况

完全弹性碰撞 完全弹性碰撞满足 $e=1$：动能 动能在理想光滑碰撞中守恒。非弹性碰撞 非弹性碰撞满足 $e=0$，也称为 完全非弹性碰撞 完全非弹性，此时最终法向速度相等。 在正碰撞中，$e=0$ 给出共同速度。在斜碰撞中，切向速度可能不同，因此仅法向速度相等并不意味着球体粘在一起。

一个质点沿光滑墙面擦过并带有 $e=0$ 时，可能继续沿墙面运动。首先对法向分量应用该定律。

求解原始正碰撞示例

一个质量为$2\ \text{kg}$、速度为$5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$的球体$A$在光滑水平面上与静止的质量为$3\ \text{kg}$的球体$B$发生碰撞。规定向右为正方向，并取$e=0.5$。 动量守恒给出$2v_A+3v_B=10$；恢复系数给出$v_B-v_A=2.5$。因此$v_A=0.5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$和$v_B=3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$均向右。

对心碰撞需要负速度

设$A$质量为$2\ \text{kg}$，速度为$+3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$；$B$质量为$1\ \text{kg}$，速度为$-3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。它们以相对速度$6\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$接近，而非静止。 结合$e=0.5$、$2v_A+v_B=3$和$v_B-v_A=3$可知。故$v_A=0$和$v_B=3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$成立；$A$在撞击瞬间瞬时静止。

检验是否会发生接触

若$A$位于$B$左侧且两者均向右运动，则首次碰撞要求$u_A>u_B$。$v_A$的结果为负表示反弹，而非速率取负值。 接触后检查$v_B-v_A\geq0$。当$e>0$为正时两球分离；当$e=0$为零时，此刻法向分离速度恰好为零。

推导可复用的直接碰撞公式

联立法向动量守恒与恢复系数方程可得：

进而得到$v_B=v_A+e(u_A-u_B)$。若$B$初速为零，则$v_B=\dfrac{(1+e)m_Au_A}{m_A+m_B}$成立；建议通过基本方程验证任何记忆中的公式。

根据反弹推断质量比

质量为$m$的小球以完全弹性正碰方式撞击静止的质量为$km$的小球。若其末速度为$-u/3$，由恢复系数得$v_B=2u/3$。 动量守恒给出$mu=-mu/3+km(2u/3)$，即$k=2$。反弹方向的正负号在两个方程中均需考虑。

动量之比不等于速度之比

质量为$3m$、速度为$u$的小球撞击静止的质量为$m$的小球。此后$p_A=2p_B$，两者均向右。因总动量为$3mu$，故$p_A=2mu$及$p_B=mu$。 由此得$v_A=2u/3$、$v_B=u$和$e=1/3$。若不考虑质量而直接除动量，将得出错误的速度比。

能量损失需独立于动量处理

在原始$2\ \text{kg}$与$3\ \text{kg}$的例子中，初始动能为$25\ \text{J}$，最终动能为$13.75\ \text{J}$。尽管动量守恒，但能量损失为$11.25\ \text{J}$。 对于孤立光滑双球碰撞，能量损失为$\tfrac12\mu(1-e^2)(u_{An}-u_{Bn})^2$，其中约化质量$\mu=m_Am_B/(m_A+m_B)$。该式可用于验算，但不能替代带符号的碰撞方程。

分解斜向小球碰撞

光滑球体之间不产生切向冲量。因此 $v_{At}=u_{At}$ 和 $v_{Bt}=u_{Bt}$ 分别守恒；法向动量和恢复系数决定 $v_{An},v_{Bn}$。 求解前请画出分量表。利用 $v=\sqrt{v_n^2+v_t^2}$ 重新组合每个球体的自身分量；最终的法向分量通常并不等于其速率。

斜碰示例详解

球体 $A$ 质量为 $2\ \text{kg}$，初始分量为 $(3,4)\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$（方向为 $(n,t)$）。静止的 $B$ 质量为 $1\ \text{kg}$。针对 $e=0.5$、$2v_{An}+v_{Bn}=6$ 和 $v_{Bn}-v_{An}=1.5$ 进行计算。 因此 $\mathbf v_A=(1.5,4)$ 和 $\mathbf v_B=(3,0)$ 单位相同。它们的速率分别为 $\sqrt{73}/2$ 和 $3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$；$A$ 保持其切向分量不变。

零恢复系数不会消除切向运动

两个等质量光滑球体具有初始分量 $\mathbf u_A=(4,3)$ 和 $\mathbf u_B=(0,-1)$，正法向从 $A$ 指向 $B$。若 $e=0$，则两者最终法向速度均为 $2$。 它们的最终矢量分别为 $(2,3)$ 和 $(2,-1)$（单位为指定SI单位）。它们具有相同的法向速度但不同的切向速度；粒子并非作为单一刚体运动。

确定方向和偏转

对于最终分量 $(v_n,v_t)$（对应 $v_n>0$），与正法向的夹角满足 $\tan\phi=v_t/v_n$。若 $v_n<0$，请绘制象限；计算器仅显示的锐角可能掩盖反弹现象。 在上一个$A=(1.5,4)$示例中，$\tan\phi=8/3$。偏转 偏转是指偏离入射方向的变化量，其角度满足$\tan\theta=4/3$，而不仅仅是$\phi$本身。

由最终动能推导恢复系数

等质量球体以分量 $\mathbf u_A=(4,3)$ 和 $\mathbf u_B=(0,0)$ 发生碰撞。最终法向速度为 $2(1-e)$ 和 $2(1+e)$，而切向速度保持为 $3$ 和 $0$。 最终动能相等要求 $4(1-e)^2+9=4(1+e)^2$，故 $e=9/16$。两者的最终速率均为 $25/8\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$；能量方程中需同时保留两个分量。

固定墙壁改变球体动量

在光滑固定表面上，取指向墙壁的正法向。由于表面速度为零，球体的最终法向分量为 $v_n=-eu_n$，切向分量为 $v_t=u_t$。 球体的法向动量不守恒。墙壁提供的冲量引起该变化：$\Delta p_n=-m(1+e)u_n$。墙-地球系统可在速度可忽略的情况下吸收动量。

墙壁碰撞后重新组合分量

一个质量为 $2\ \text{kg}$ 的球体以法向/切向分量 $(6,8)\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ 接近光滑固定墙壁。针对 $e=0.5$，出射分量为 $(-3,8)$。 速率由 $10$ 变为 $\sqrt{73}\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。动能损失为 $100-73=27\ \text{J}$；整体速率比并非 $e$。

说明角度所依据的参考线

若入射角和出射锐角$\alpha,\beta$均相对于墙面测量，则$u_n=u\sin\alpha$与$u_t=u\cos\alpha$相等。因此$\tan\beta=e\tan\alpha$成立。 若$\theta,\phi$相对于法线测量，则$\tan\phi=\tan\theta/e$对应$e>0$的情况。在$e=0$时，可直接使用分量；非零切向分量意味着运动平行于墙面。

根据角度推断墙面的恢复系数

球体以与墙面成$45^\circ$的角度撞击光滑固定墙面后，以角度$\beta$反弹，且$\tan\beta=1/3$成立。则$e=\tan\beta/\tan45^\circ=1/3$为恢复系数。 其最终速率为$u\sqrt{\cos^2 45^\circ+e^2\sin^2 45^\circ}=u\sqrt5/3$。方向改变导致速率比不等于$1/3$。

检验碰撞能量及极限情况

在光滑固定墙面上，损失的动能为$\tfrac12m(1-e^2)u_n^2$。仅法向分量发生变化；在$e=1$时，速率不变且法向分量反向。 在$e=0$时，法向速度变为零。若$u_t\ne0$，球体将继续沿墙面滑动；若两个最终分量均为零，则接触后立即静止。

时间比值可揭示恢复系数

质点在间距为$d$的两平行光滑固定墙面间运动。若第一次飞行耗时$T$，则其法向速率为$d/T$。经一次恢复系数为$e>0$的反弹后，下一次飞行耗时$T/e$。 因此，若第二次飞行时间为$kT$，则$e=1/k$且$k\geq1$。当$e=0$时，不存在有限的第二次穿越；切勿将零法向速度误判为存在返回。

将连续碰撞视为独立事件处理

等质量粒子发生正碰：初始时$A$具有速度$6\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$，$B$静止，且$e_{AB}=0.5$。它们离开时的速度分别为$1.5$和$4.5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。 若 $B$ 撞击光滑墙壁时的速度为 $e_{BW}=1/3$，则其速度变为 $-1.5\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。它们随后的相互碰撞使用入射速度 $+1.5,-1.5$ 和 $e_{AB}$，得出 $v_A=-0.75$ 和 $v_B=+0.75\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。

利用距离验证下一事件

在该示例中，将第一次相互碰撞置于 $x=0$，墙壁置于 $x=9\ \text{m}$。粒子 $B$ 在 $t=2\ \text{s}$ 时到达墙壁；此时 $A$ 位于 $x=3\ \text{m}$。 两者间距为$6\ \text{m}$，墙弹后的接近速率为$3\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。它们在$2\ \text{s}$之后相遇于$x=6\ \text{m}$处，早于$A$到达墙面。不同对粒子可能具有不同的恢复系数。

屏障后可采用新的抛射段分析

质点以入射速度$(4,-4)\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$撞击一向右上方倾斜$45^\circ$的光滑屏障。其速度完全垂直于屏障；$e=0.5$给出出射速度$(-2,2)\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$。 若撞击点位于水平地面$4\ \text{m}$上方，且$g=10\ \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$，求解$0=4+2t-5t^2$。正飞行时间为$(1+\sqrt{21})/5\ \text{s}$，向左的水平距离为$2(1+\sqrt{21})/5\ \text{m}$。

将碰撞与竖直圆周运动联系起来

在圆周最低点，质量为$m$、入射速度为$3\sqrt{5ag}$的质点与静止的质量为$2m$的质点发生完全弹性正碰。动量守恒和恢复系数给出带符号的速度$-\sqrt{5ag}$和$2\sqrt{5ag}$。 第一个质点反弹后的平方速率为$5ag$。其后续能量方程给出顶点处的平方速率$ag$，这是绳绷直所需的临界$T=0$条件。利用光滑弧段上的能量关系及接触处的碰撞定律；张力为零是边界检验，而非自身即证明后续分离。

排除物理上不可能的模型

代数候选解必须满足$0\leq e\leq1$，即规定的入射接近方向和出射方向。因理由不成立而舍去根式解；不可在方程推导中途将负的带符号速度改为正值。 检查正确系统的动量、恢复系数关系、光滑切向分量不变以及非负动能损失。固定墙壁可违反单球动量守恒而不违背该模型。

组织独立的碰撞求解

画出接触法线，定义带符号分量并标注系统。仅在合理时写出法向动量方程，随后列出恢复系数及不变的切向分量。 重新组合速度，说明方向并检查下一物理事件。对于综合题型，将出射速度带入新运动段，并赋予其独立的初始状态。

计算前回顾模型

正碰与斜碰均使用相同的法向方程；光滑接触下切向分量保持不变。对于固定表面，$v_n=-eu_n$适用，而非球体法向动量守恒。 始终定义系统、角度约定及事件顺序。区分法向分离与总速率、法向速度相等与粘连、碰撞间能量与跨碰撞能量。

• 对于抛射体,分解成水平(恒速)和竖直($a = g$)运动,由同一个时间联系。
• 对于一个平衡的刚体,关于一个移除一个未知力的点取力矩。
• 对于圆周运动,用 $F = mv^2/r = m\omega^2 r$ 朝中心;在一个竖直圆中检查顶部的最小速率。
• 用一个变力,用 $a = v\,\frac{dv}{dx}$ 并积分;弹性 PE $= \frac{\lambda x^2}{2L}$。