带阻力的运动学方程推导

问题：假如某个物体从高空由静止释放，受到重力 mgmg 和空气阻力。

  • 前提条件：低速状态下，空气阻力一般与速度成正比，即 f=kvf=kv。

规定竖直向下为正方向，试分析物体在任意时刻的速度。

进行受力分析，有 mg−kv=mamg-kv=ma，即：

mg−kv=mdvdtmg-kv=m\frac{dv}{dt}

分离参数 v,tv,t：

dvmg−kv=dtm\frac{dv}{mg-kv}=\frac{dt}{m}

对两边积分：

∫1mg−kv dv=∫1m dt\int \frac{1}{mg-kv}\ dv=\int \frac{1}{m}\ dt

转成定积分形式，左边从 00 积到任意时刻的速度 vv，右边从 00 积到该时刻 tt：

∫0v1mg−kv dv=∫0t1m dt\int^v_0 \frac{1}{mg-kv}\ dv=\int^t_0 \frac{1}{m}\ dt

易得 RHS=[tm]0t\text{RHS}=[\frac{t}{m}]^t_0，分析等式左侧：
利用 uu-substitution，设 u=mg−kvu=mg-kv，则有：

LHS=∫0v1u dv\text{LHS}=\int^v_0 \frac{1}{u}\ dv

将 dudv=−k\frac{du}{dv}=-k 代入，有

∫1u dv=∫1u⋅−1k du=−1kln⁡∣u∣=−1kln⁡(mg−kv)\int \frac{1}{u}\ dv=\int \frac{1}{u}\cdot -\frac{1}{k}\ du=-\frac{1}{k}\ln|u|=-\frac{1}{k}\ln(mg-kv)

整理一下，

[−1kln⁡(mg−kv)]0v=[tm]0t[-\frac{1}{k}\ln(mg-kv)]^v_0=[\frac{t}{m}]^t_0

−1k(ln⁡(mg−kv)−ln⁡(mg))=tm-\frac{1}{k}(\ln(mg-kv)-\ln(mg))=\frac{t}{m}

−1kln⁡(mg−kvmg)=tm-\frac{1}{k}\ln(\frac{mg-kv}{mg})=\frac{t}{m}

就快完成了！把常数扔到一边，

ln⁡(mg−kvmg)=−ktm\ln(\frac{mg-kv}{mg})=-\frac{kt}{m}

然后两边加上 ee 的指数把 vv 提取出来：

eln⁡(mg−kvmg)=e−ktme^{\ln(\frac{mg-kv}{mg})}=e^{-\frac{kt}{m}}

mg−kvmg=e−ktm\frac{mg-kv}{mg}=e^{-\frac{kt}{m}}

解得：

v=mgk(1−e−ktm)v=\frac{mg}{k}(1-e^{-\frac{kt}{m}})

均匀细杆绕端点转动的转动惯量

问题：有一根总质量为 MM，总长度为 LL 的细杆。将它放在 xx 轴上，左端点在 x=0x=0 处，右端点在 x=Lx=L 处，现在求其绕着原点转动的转动惯量 II。

I=∫r2 dmI=\int r^2\ dm。首先将 dmdm 代换，对于一维物体，我们有线密度公式：

λ=ML\lambda =\frac{M}{L}

因此对于每一段极小长度的杆子 dxdx，有：

dm=λ dx=ML dxdm=\lambda\ dx=\frac{M}{L}\ dx

将其代入总公式，有：

I=∫x2(ML dx)I=\int x^2(\frac{M}{L}\ dx)

对于长度为 LL 的杆子，设定积分上下限为 00 到 LL，有：

I=∫0LMLx2 dxI=\int^L_0\frac{M}{L}x^2\ dx

化简。

I=ML[13x3]0LI=\frac{M}{L}[\frac{1}{3}x^3]^L_0

I=ML(13L3−0)I=\frac{M}{L}(\frac{1}{3}L^3-0)

解得：

I=13ML2I=\frac{1}{3}ML^2

如果转轴在杆子正中间，那么积分的上下限就是 −L2-\frac{L}{2} 和 L2\frac{L}{2}，代入之后会发现结果是 112ML2\frac{1}{12}ML^2。

实心圆盘绕中心转动的转动惯量

问题：一个总质量为 MM，半径为 RR 的均匀实心圆盘，绕位于圆心的转轴转动，求其转动惯量 II。

和前面一样，依旧先寻找密度，这里是二维的圆盘，刚刚用的是一维的线密度，现在定义面密度 σ\sigma （单位面积内的质量）：

σ=MπR2\sigma=\frac{M}{\pi R^2}

这里需要用巧妙的方式进行微元：将其拆成无数个同心圆环。
假设距离圆心为 RR 的地方拆出了一个宽度为极小的 drdr 的细圆环，那么将它剪开之后会变成一根长 2πr2\pi r，宽 drdr 的长方形，其面积 dA=2πr⋅drdA=2\pi r\cdot dr。
那么这个细圆环的质量 dmdm 为：

dm=σ dA=MπR2⋅2πr⋅drdm=\sigma\ dA=\frac{M}{\pi R^2}\cdot 2\pi r\cdot dr

dm=2MR2r drdm=\frac{2M}{R^2}r\ dr

将 dmdm 带回去，有：

I=∫r22MR2r drI=\int r^2\frac{2M}{R^2}r\ dr

I=2MR2∫r3 drI=\frac{2M}{R^2}\int r^3\ dr

代入上下限，从 00 积分到最外侧的 RR：

I=∫0R2MR2r3 drI=\int ^R_0 \frac{2M}{R^2}r^3\ dr

化简。

I=2MR2[14r4]0RI=\frac{2M}{R^2}[\frac{1}{4}r^4]^R_0

解得：

I=12MR2I=\frac{1}{2}MR^2

简谐运动的周期公式推导

问题：一个质量为 mm 的木块，连着一根劲度系数为 kk 的弹簧，放在光滑水平面上。把木块拉开一段距离 xx 后松手，木块开始进行简谐运动。

根据胡克定律：

F=−kxF=-kx

根据牛顿第二定律：

F=maF=ma

将 a=d2xdt2a=\frac{d^2x}{dt^2} 代入后联立，

m d2xdt2=−kxm\ \frac{d^2x}{dt^2}=-kx

d2xdt2=−(km)x\frac{d^2x}{dt^2}=-(\frac{k}{m})x

也就是说，将位移表示为有关于时间 tt 的函数 x(t)x(t) 后，其二阶导数是 −(km)x(t)-(\frac{k}{m})x(t)。
我们声称（前面的区域以后再来探索吧！）其运动轨迹 x(t)x(t) 是一个余弦函数：

x(t)=Acos⁡(ωt+ϕ)x(t)=A\cos(\omega t+\phi)

其中 AA 代表振幅，ω\omega 代表角速度，ϕ\phi 代表初相位（W.L.O.G.，在这里不妨假设其为 00）。
其二阶导数：

d2xdt2=−Aω2cos⁡(ωt)\frac{d^2x}{dt^2}=-A\omega ^2\cos(\omega t)

发现 x(t)=Acos⁡(ωt)x(t)=A\cos(\omega t)，将其代入，得到：

d2xdt2=−ω2⋅x\frac{d^2x}{dt^2}=-\omega ^2\cdot x

于是我们有：

−ω2⋅x=−(km)x-\omega ^2\cdot x=-(\frac{k}{m})x

ω=km\omega =\frac{k}{m}

解得周期公式为：

T=2πω=2πmkT=\frac{2\pi}{\omega}=\color{red}{2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}}