视线的角速度是定值

hbghlyj

小球A由静止出发沿透明光滑曲面下滑，A被水平光束投影到竖直平面上的C处，B处有一观察者，他观察C点的视线的角速度是定值，求A的路程与时间的关系

B点与垂直平面的距离为d,视线的角速度为$\omega$,由机械能守恒定律\[mgd\tan(\omega t)=\frac12mv^2\],即\[v=\sqrt{2gd\tan(\omega t)}\],待续...

kuing

$v=\rmd s/\rmd t$，故 $\rmd s=\sqrt{2gd\tan(\omega t)}\rmd t$，然后积个分就好了？
\[
s=\sqrt{2gd}\int_0^t\sqrt{\tan(\omega x)}\rmd x=\cdots,
\]但是这个积分我不会……MMC(A)积出来很复杂的样子……

其实我更感兴趣的是这条曲线能否求出来……时间关系先撸会片片，明天再玩儿

青青子衿

回复 2# kuing
这个不定积分有初等表达式的！
\begin{align*}
\int\sqrt{\tan{}}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\left(\frac{\sqrt{\tan x}-\sqrt{\cot x}}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{\sqrt{2}}\operatorname{arctanh}\left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{\tan x}+\sqrt{\cot x}}\right)+C
\end{align*}

kuing

回复 3# 青青子衿

我知道有，MMC(A)已经告诉我了，我只是说很复杂，所以没发上来……
曲线方程肿么破？

kuing

来尝试一下撸质点的轨迹，不知有没有问题……

为方便计算，设观察者与质点初始位置在同一水平面上且距离为 `1`，建系使原点为质点初始位置，水平向右为 `x` 轴正方向，重力方向为 `y` 轴正方向（即 `y` 轴向下），设质点的运动轨迹为 `x=f(y)`。

由 `mgy=mv^2/2` 得 `v=\sqrt{2gy}`，设速度与 `x` 轴夹角为 `\alpha`，则 `\cot\alpha=f'(y)`，设速度在 `y` 轴上的分量为 `v_y`，则
\[v_y=v\sin\alpha=\frac v{\sqrt{\cot^2\alpha+1}}=\sqrt{\frac{2gy}{\bigl(f'(y)\bigr)^2+1}},\]而 $v_y=\rmd y/\rmd t$，则
\[
\rmd t=\frac{\rmd y}{v_y}=\sqrt{\frac{\bigl(f'(y)\bigr)^2+1}{2gy}}\rmd y,
\]设经过时间 `t`，质点的纵坐标为 `Y`，则
\[
t=\int_0^Y\sqrt{\frac{\bigl(f'(y)\bigr)^2+1}{2gy}}\rmd y,
\]由条件得 `Y=\tan(\omega t)`，于是
\[
\frac1\omega\arctan Y=\int_0^Y\sqrt{\frac{\bigl(f'(y)\bigr)^2+1}{2gy}}\rmd y,
\]对 `Y` 求导得
\[\frac1\omega\cdot\frac1{1+Y^2}=\sqrt{\frac{\bigl(f'(Y)\bigr)^2+1}{2gY}},\]把 `Y` 写回 `y`，两边平方，得
\[\bigl(f'(y)\bigr)^2+1=\frac{2g}{\omega^2}\cdot\frac y{(1+y^2)^2},\]记 `2g/\omega^2=A`，则
\[f'(y)=\sqrt{\frac{Ay}{(1+y^2)^2}-1},\]所以
\[
f(y)=\int\sqrt{\frac{Ay}{(1+y^2)^2}-1}\rmd y,
\]积出来的函数就是所求，可是又不会了，这次 MMC(A) 好像也不行了……

但我现在发现有问题，按照这么算，`y` 很接近 `0` 的时候怎么办？根号里面会是负的耶……

难道题目矛盾，不存在这样的曲线？或者说，不可能是由静止开始的？想想好像也是，如果是静止开始，开始的角速度就为零，不会是定值？

kuing

回复 5# kuing

或者这样说，如果由静止开始的话，即使是全无阻碍的自由落体，也是 y=gt^2/2，有斜面存在的话，只会更慢，也就是说，由条件确定的 y(t) 必须恒 ≤gt^2/2，显然 1# 题目所确定的 y=dtan(ωt) 无论 d, ω 为何值都不会满足。
总之，原题有问题。

kuing

由于没人鸟，时隔N日再来扯下去。

沿用 5# 的 `y` 轴向下的坐标系，设质点在原点处以初速度 `v_0` 沿光滑曲线下滑，在竖直方向下降的距离关于时间的关系为 `y=h(t)`，求曲线方程。

设方程为 `x=f(y)`，由 `mgy=mv^2/2-mv_0^2/2` 得 `v=\sqrt{2gy+v_0^2}`，然后类似 5# 有
\[v_y=\sqrt{\frac{2gy+v_0^2}{\bigl(f'(y)\bigr)^2+1}},\]接下来改进一下做法（5# 其实绕了点圈），有
\[
v_y=\frac{\rmd y}{\rmd t}=h'(t)=h'\bigl(h^{-1}(y)\bigr),
\]所以
\[h'\bigl(h^{-1}(y)\bigr)=\sqrt{\frac{2gy+v_0^2}{\bigl(f'(y)\bigr)^2+1}},\]即
\[f'(y)=\sqrt{\frac{2gy+v_0^2}{\Bigl( h'\bigl(h^{-1}(y)\bigr) \Bigr)^2}-1},\]像原题的 `y=h(t)=\tan(\omega t)` 就有 `h'(t)=\omega\sec^2(\omega t)`, `\omega h^{-1}(y)=\arctan y`, `h'\bigl(h^{-1}(y)\bigr)=\omega\sec^2(\arctan y)=\omega(1+y^2)`，就上面一样了。