مکانیک نیوتنی: داده‌های اولیه، انرژی، برخوردها و پسا

۱. ایدهٔ اصلی و دامنهٔ کاربرد

مکانیک نیوتنی حرکت یک جرم نقطه‌ای را از روی نیروهای وارد بر آن، از طریق قانون برداری واحد $\vec{F}_{\text{net}}=m\vec{a}$ در یک چارچوب لخت، پیش‌بینی می‌کند. در سطح کنکور کارشناسی ارشد، حالت‌های جالب به‌ندرت مسائل نیروی ثابت‌اند؛ سود اصلی از انتخاب بازنمایی درست شتاب و قانون پایستگی درست به‌دست می‌آید، به‌طوری‌که یک معادلهٔ دیفرانسیل درهم‌ریخته به یک انتگرال یک‌خطی فرومی‌پاشد. موقعیت‌های زیر انتخاب روش مناسب را تعیین می‌کنند:

• سینماتیک یک مسیر مشخص — استخراج $\vec{v},\vec{a}$ از $\vec{r}(t)$ (یا برعکس)، و خواندن شرط‌های هندسی مانند $\vec{v}\perp\vec{a}$.

• نیروهای وابسته به مکان یا سرعت — $F(x)$ یا $a(v)$، که با انتگرال کار یا با جداسازی متغیرها حل می‌شوند.

• حرکت مقیدشده — یک مهره روی سیم، یک بلوک درون کاسه، جرم‌های جفت‌شده با فنر — که با ترکیب معادلهٔ نیوتن شعاعی با پایستگی انرژی و تکانه حل می‌شوند.

• نوسان‌ها، برخوردها و پسا با نیروی محرک — مبدأ را به تعادل منتقل کنید، حرکت مرکز جرم و نسبی را جدا کنید، یا معادلهٔ مرتبهٔ اول با نیروی محرک را همراه با داده‌های اولیه حل کنید.

۲. قوانین و روابط کلیدی

قانون دوم نیوتن (چارچوب لخت، جرم ثابت): $\vec{F}_{\text{net}}=m\vec{a}=\dfrac{d\vec{p}}{dt}$، با $\vec{p}=m\vec{v}$.

سه چهرهٔ شتاب. این‌ها از نظر جبری یکسان‌اند اما برای پرسش‌های متفاوت مناسب‌اند:

$$a=\frac{dv}{dt}\quad(\text{time known}),\qquad a=v\,\frac{dv}{dx}\quad(\text{distance known}),\qquad a=\frac{d^{2}x}{dt^{2}}.$$

صورت میانی $a=v\,\dfrac{dv}{dx}$ زمان را حذف می‌کند و کلید هر پرسش «چقدر مسافت؟» با نیروی متغیر است.

قضیهٔ کار–انرژی (کار خالص همهٔ نیروها):

$$W_{\text{net}}=\int_{x_i}^{x_f}\vec{F}\cdot d\vec{r}=\Delta K=\tfrac{1}{2}mv_f^{2}-\tfrac{1}{2}mv_i^{2}.$$

برای یک نیروی پایستار $\vec{F}=-\nabla U$، این به پایستگی انرژی $\tfrac12 mv^2+U(x)=\text{const}$ تبدیل می‌شود؛ برای مثال، یک فنر ایده‌آل انرژی $U=\tfrac12 kx^2$ را ذخیره می‌کند.

پایستگی تکانه. اگر در راستایی هیچ نیروی خارجی اثر نکند، تکانهٔ کل در آن راستا ثابت است: $\sum_i m_i\vec{v}_i=\text{const}$. برای یک دستگاه دوجسمی با نیروی داخلی، جرم کاهش‌یافتهٔ مفید برابر $\mu=\dfrac{m_1 m_2}{m_1+m_2}$ است، و در چارچوب مرکز جرم انرژی جنبشی در دسترس برابر $\tfrac12\mu v_{\text{rel}}^{2}$ است.

حرکت دایره‌ای / منحنی‌الخط. شتاب را به یک بخش شعاعی (مرکزگرا) به‌سوی مرکز و یک بخش مماسی در امتداد مسیر تجزیه کنید:

$$a_c=\frac{v^{2}}{r}=\omega^{2}r\ \ (\text{inward}),\qquad a_t=\frac{dv}{dt}=r\alpha,\qquad |\vec a|=\sqrt{a_c^{2}+a_t^{2}}.$$

روی یک منحنی، معادلهٔ نیوتن شعاعی نیروی خالص به‌سمت داخل را با $mv^2/r$ متعادل می‌کند:

$$\sum F_{\text{radial, inward}}=\frac{mv^{2}}{r}.$$

محورهای چرخان: قضیهٔ انتقال

فرض کنید پایه‌ای متعامد یکه و راست‌گرد با سرعت زاویه‌ای $\vec\Omega$ نسبت به دستگاه اینرسی بچرخد. بردارهای پایه از $(d\hat e_i/dt)_{\mathrm{in}}=\vec\Omega\times\hat e_i$ پیروی می‌کنند. از بسط بردار دلخواه در این پایهٔ متحرک مشتق بگیرید تا به دست آید

$$\left(\frac{d\vec A}{dt}\right)_{\mathrm{in}} =\left(\frac{d\vec A}{dt}\right)_{\mathrm{rel}}+\vec\Omega\times\vec A.$$

برای مبدأهای منطبق که ثابت می‌مانند، این رابطه را برای بردار مکان به کار ببرید:

$$\vec v_{\mathrm{in}}=\vec v_{\mathrm{rel}}+\vec\Omega\times\vec r,\qquad \vec v_{\mathrm{rel}}=\dot x\hat i+\dot y\hat j+\dot z\hat k.$$

نقطه‌ها مشتق مختصات چرخان‌اند. آن‌ها مؤلفه‌های سرعت نسبی‌اند، نه سرعت اینرسی. هر دو بردار سرعت را می‌توان در پایهٔ لحظه‌ای چرخان بیان کرد؛ انتخاب پایه اندازهٔ آن‌ها را تغییر نمی‌دهد. علامت پریم به‌تنهایی مشخص نمی‌کند کدام دستگاه چرخان است.

اگر مبدأ دستگاه چرخان حرکت انتقالی داشته باشد، مکان، سرعت و شتاب اینرسی آن را $\vec R_O,\ \vec V_O=\dot{\vec R}_O,\ \vec A_O=\dot{\vec V}_O$ بگیرید. با $\vec r$ اندازه‌گیری‌شده از آن مبدأ،

$$\vec R=\vec R_O+\vec r,\qquad \vec v_{\mathrm{in}}=\vec V_O+\vec v_{\mathrm{rel}}+\vec\Omega\times\vec r.$$

پیش از جمع‌کردن یا ضرب داخلی، همهٔ بردارها را در یک پایه بیان کنید. برای مبدأهای ثابت و منطبق، مجذور تندی برابر است با

$$v_{\mathrm{in}}^2=v_{\mathrm{rel}}^2+|\vec\Omega\times\vec r|^2 +2\vec v_{\mathrm{rel}}\cdot(\vec\Omega\times\vec r) \qquad(\vec V_O=0).$$

برای مبدأ متحرک تعریف کنید $\vec w=\vec v_{\mathrm{rel}}+\vec\Omega\times\vec r$؛ مجذور تندی مطلق جمله‌های اضافی $V_O^2+2\vec V_O\cdot\vec w$ را دارد. حذف جملهٔ متقاطع فقط وقتی مجاز است که سرعت‌های متناظر بر هم عمود باشند.

دوران محوری و رابطهٔ مؤلفه‌ها

فرض کنید $\vec\Omega=\Omega\hat k$؛ $\Omega>0$ به دوران پادساعت‌گرد از دید ناظر روی محور مثبت $z$ که به مبدأ نگاه می‌کند مربوط است. در پایهٔ چرخان،

$$\vec\Omega\times\vec r=-\Omega y\hat i+\Omega x\hat j,\qquad \vec v_{\mathrm{in}}=(\dot x-\Omega y)\hat i+(\dot y+\Omega x)\hat j+\dot z\hat k.$$

پس برای مبدأهای ثابت و منطبق،

$$\begin{aligned} v_{\mathrm{in}}^2&=(\dot x-\Omega y)^2+(\dot y+\Omega x)^2+\dot z^2\\ &=\dot x^2+\dot y^2+\dot z^2+2\Omega(x\dot y-y\dot x)+\Omega^2(x^2+y^2). \end{aligned}$$

در حرکت صفحه‌ای $\dot z=0$ است. وارونه‌کردن جهت دوران، علامت جملهٔ خطی را تغییر می‌دهد و جملهٔ درجه‌دوم را ثابت می‌گذارد. کمیت نرده‌ای $x\dot y-y\dot x$ مؤلفهٔ محوری $\vec r\times\vec v_{\mathrm{rel}}$ است؛ ضرب آن در سرعت زاویه‌ای یکای درستِ مجذور تندی را می‌دهد. علامت‌ها را از ضرب برداری به دست آورید، نه از نام دستگاه‌ها.

از تبدیل سرعت به نیروهای مجازی

قضیهٔ انتقال را بار دیگر اعمال کنید و دوران وابسته به زمان و شتاب مبدأ را مجاز بدانید:

$$\vec a_{\mathrm{in}}=\vec A_O+\vec a_{\mathrm{rel}} +2\vec\Omega\times\vec v_{\mathrm{rel}} +\dot{\vec\Omega}\times\vec r +\vec\Omega\times(\vec\Omega\times\vec r).$$

قانون نیوتن برای جرم ثابت در دستگاه چرخان چنین می‌شود:

$$m\vec a_{\mathrm{rel}}=\vec F_{\mathrm{real}}-m\vec A_O -2m\vec\Omega\times\vec v_{\mathrm{rel}} -m\dot{\vec\Omega}\times\vec r -m\vec\Omega\times(\vec\Omega\times\vec r).$$

جمله‌های اضافی به‌ترتیب نیروهای انتقالی، کوریولیس، اویلر و مرکزگریزند. بردار مرکزگریز فاصله از محور دوران را به کار می‌گیرد؛ عبارت شعاعی ساده‌تر فقط در راستای عمود بر آن محور معتبر است. توان لحظه‌ای نیروی کوریولیس روی حرکت نسبی صفر است، زیرا $\vec v_{\mathrm{rel}}\cdot(\vec\Omega\times\vec v_{\mathrm{rel}})=0$؛ بااین‌حال جهت حرکت را تغییر می‌دهد. سرعت زاویه‌ای ثابت جملهٔ اویلر و مبدأ ثابت جملهٔ انتقالی را حذف می‌کند.

وارسی‌ها. با $\Omega=0$ انتقال گالیله‌ای بازیابی می‌شود. برای مبدأهای ثابت، ذره با مختصات چرخان ثابت دارای $\vec v_{\mathrm{rel}}=0$ است، اما عموماً تندی اینرسی ناصفر $|\vec\Omega\times\vec r|$ دارد. در مقابل، ذرهٔ ثابت در فضای اینرسی دارای $\vec v_{\mathrm{rel}}=-\vec\Omega\times\vec r$ است و رابطهٔ بسط‌یافتهٔ مجذور تندی صفر می‌شود.

نیروی برداری ثابت با داده‌های اولیهٔ دلخواه

برای جرم ثابت و نیروی خالص ثابت $\vec F_0$، هر مؤلفهٔ دکارتی را با مکان و سرعت اولیهٔ داده‌شده انتگرال بگیرید. با $\Delta t=t-t_0$،

$$\vec a=\frac{\vec F_0}{m},\qquad \vec v(t)=\vec v_0+\vec a\Delta t,\qquad \vec r(t)=\vec r_0+\vec v_0\Delta t+\frac12\vec a(\Delta t)^2.$$

سه پرسش متفاوت دربارهٔ فاصله عبارت‌اند از $|\vec r(t)|$، فاصله از مبدأ مختصات؛ $|\vec r(t)-\vec r_0|$، اندازهٔ جابه‌جایی؛ و $\int_{t_0}^t|\vec v(s)|\,ds$، طول مسیر. پس از یافتن جواب برداری، فقط کمیت خواسته‌شده را حساب کنید. هر جملهٔ معادلهٔ مکان بُعد طول دارد.

از انرژی به زمان سپری‌شده

برای حرکت یک‌بعدی زیر نیروی وابسته به مکان، ابتدا انرژی جنبشی را تعیین کنید و سپس سرعت علامت‌دار را روی یک شاخهٔ یکنوا انتخاب کنید:

$$v(x)=\sigma\sqrt{v_0^2+\frac{2}{m}\int_{x_0}^{x}F(s)\,ds} =\sigma\sqrt{\frac{2}{m}[E-U(x)]},\qquad \sigma=\pm1,$$ $$t-t_0=\int_{x_0}^{x}\frac{ds}{v(s)}.$$

هنگام حرکت به‌سوی مکان‌های کمتر، هم $dx$ و هم $v$ منفی‌اند، پس زمان سپری‌شده مثبت می‌ماند. در نقطهٔ بازگشت $E=U(x)$، مسیر را به شاخه‌ها تقسیم کنید و اگر نیرو باعث بازگشت می‌شود، علامت سرعت را عوض کنید. با تقسیم بر صفر نتیجه نگیرید که ذره نمی‌تواند نقطه را ترک کند؛ انتگرال ناسرهٔ مناسب را بگیرید و معادلهٔ حرکت را بررسی کنید.

اگر نزدیک یک نقطهٔ انتهایی $|v|\sim C|x-x_*|^q$ باشد، انتگرال زمان موضعی دقیقاً وقتی همگراست که $q<1$ باشد. نقطهٔ بازگشت ساده با نیروی ناصفر دارای $q=1/2$ است و در زمان متناهی طی می‌شود؛ نزدیک‌شدن به تعادل با $q\ge1$ می‌تواند زمان نامتناهی ببرد. سرعت واگرا نیز ممکن است انتگرال زمان رسیدنِ همگرا بدهد.

جاذبهٔ عمومی با توان معکوس. ذره‌ای را از سکون در $x_0>0$ زیر نیروی $F(x)=-\kappa/x^n$ با $\kappa>0$ و $n>0$ رها کنید. شاخهٔ رو به داخل دارای $v=-|v|$ است. برای $n\ne1$ و $n=1$، به‌ترتیب،

$$v^2=\frac{2\kappa}{m(n-1)}\left(x^{1-n}-x_0^{1-n}\right),\qquad v^2=\frac{2\kappa}{m}\ln\frac{x_0}{x}.$$

برای $n>1$، پتانسیل تا یک ثابت برابر $U=-\kappa x^{1-n}/(n-1)$ است. نزدیک نقطهٔ رهاسازی،

$$|v|\sim\sqrt{\frac{2\kappa}{mx_0^n}}\sqrt{x_0-x}.$$

این تکینگی آغازینِ $1/|v|$ انتگرال‌پذیر است. نزدیک مبدأ، برای $n>1$، رابطهٔ $|v|\propto x^{-(n-1)/2}$ برقرار است، پس $1/|v|\propto x^{(n-1)/2}$ نیز انتگرال‌پذیر است. برای $n=1$، تندی تنها مانند $\sqrt{\ln(x_0/x)}$ واگرا می‌شود و زمان همچنان همگراست. برای $0<n<1$، تندی حدی متناهی و ناصفر است. بنابراین زمان سقوط حدی برای هر $n>0$ متناهی است:

$$t_{\mathrm{fall}}=\int_0^{x_0}\frac{dx}{|v(x)|}.$$

این رابطه رسیدن به یک نقطهٔ انتهایی تکین را تعریف می‌کند، نه ادامهٔ منظم حرکت از میان آن را. برای $n\ge1$، تندی نامحدود سرانجام مدل فیزیکی غیرنسبیتی را نامعتبر می‌کند؛ زمان حدی متناهی همچنان ویژگی مدل ایده‌آل نیوتنیِ بیان‌شده است.

قانون تندیِ ریشهٔ دوم و یکتایی. اگر قانون مرتبهٔ اولِ داده‌شده $\dot x=\sqrt{\alpha x}$ با $\alpha>0$ باشد، روی شاخهٔ $x>0$،

$$\dot v=v\frac{dv}{dx}=\frac{\alpha}{2},\qquad x(t)=\frac{\alpha}{4}(t-t_s)^2,\qquad v(t)=\frac{\alpha}{2}(t-t_s).$$

پارامتر $\alpha$ یکای شتاب دارد، اما شتاب شاخهٔ متحرک نصف آن است. با شروع از $x(0)=0$، انتخاب حرکت بی‌درنگ برابر $t_s=0$ است. ریشهٔ دوم در صفر به‌طور موضعی لیپشیتس نیست؛ بنابراین قانون مرتبهٔ اول به‌تنهایی سکون دائمی و هر شروع با تأخیر را نیز می‌پذیرد:

$$x(t)=\begin{cases} 0,&0\le t\le t_s,\\ \dfrac{\alpha}{4}(t-t_s)^2,&t>t_s, \end{cases}\qquad t_s\ge0.$$

این مسیرهای با تأخیر قانون مرتبهٔ اول را حل می‌کنند، اما شتابشان هنگام شروع جهش می‌کند. آن‌ها معادلهٔ مرتبهٔ دومِ شتاب ثابت را، اگر جداگانه تحمیل شده باشد، در همهٔ زمان‌ها حل نمی‌کنند. وقتی قانون سرعت–مکان به‌تنهایی مسیر یکتایی تعیین نمی‌کند، فرض حرکت بی‌درنگ را بیان کنید.

انتقال مبدأ به تعادل نوسان هماهنگ ساده

برای $m\ddot x=-k(x-x_{\mathrm{ref}})+F_c$ با $F_c$ ثابت و $k>0$، تعادل جابه‌جا می‌شود، اما بسامد تغییر نمی‌کند:

$$x_{\mathrm{eq}}=x_{\mathrm{ref}}+\frac{F_c}{k},\qquad \xi=x-x_{\mathrm{eq}},\qquad \omega=\sqrt{\frac{k}{m}},\qquad \ddot\xi+\omega^2\xi=0.$$

با جابه‌جایی اولیهٔ $\xi_0$ و سرعت $v_0$ در زمان صفر،

$$\xi(t)=\xi_0\cos\omega t+\frac{v_0}{\omega}\sin\omega t,\qquad A=\sqrt{\xi_0^2+\frac{v_0^2}{\omega^2}}.$$

انرژی نوسان حول تعادل می‌دهد

$$\frac12mv^2+\frac12m\omega^2\xi^2=\frac12m\omega^2A^2,\qquad v^2=\omega^2(A^2-\xi^2).$$

برای نقاط بازگشت $x_-<x_+$ و دامنهٔ ناصفر،

$$x_{\mathrm{eq}}=\frac{x_-+x_+}{2},\qquad A=\frac{x_+-x_-}{2},\qquad v_{\max}=\omega A,\qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi A}{v_{\max}}.$$

مبدأ مختصات می‌تواند هر جا باشد. تندی در نقطهٔ میانی فقط وقتی بیشینه است که آن نقطه تعادل حرکت هماهنگ باشد. در $A=0$ دستگاه ساکن است، پس نسبت آخر را به‌صورت $0/0$ ارزیابی نکنید.

برخوردهای یک‌بعدی با هدف متحرک

فرض کنید هنگام تماس، ذرهٔ ۱ از پشت به ذرهٔ ۲ نزدیک شود و سرعت‌های ورودی علامت‌دار در راستای محور برخورد شرط $u_1>u_2$ را داشته باشند. سرعت‌های خروجی را $v_1,v_2$ بنامید. تکانهٔ ضربه‌ای خارجی را طی برخورد کوتاه نادیده بگیرید. پایستگی تکانه و ضریب بازگشت می‌دهند

$$m_1u_1+m_2u_2=m_1v_1+m_2v_2,\qquad e=\frac{v_2-v_1}{u_1-u_2}.$$

تعریف کنید $m_{\Sigma}=m_1+m_2$، $U_{\mathrm{CM}}=(m_1u_1+m_2u_2)/m_{\Sigma}$ و $\Delta u=u_1-u_2$. با حل دو معادله،

$$v_1=U_{\mathrm{CM}}-\frac{m_2}{m_{\Sigma}}e\Delta u =\frac{m_1u_1+m_2u_2-m_2e(u_1-u_2)}{m_{\Sigma}},$$ $$v_2=U_{\mathrm{CM}}+\frac{m_1}{m_{\Sigma}}e\Delta u =\frac{m_1u_1+m_2u_2+m_1e(u_1-u_2)}{m_{\Sigma}}.$$

حتی وقتی هدف متحرک است، از تندی نسبی نزدیک‌شدن و دورشدن استفاده کنید؛ $e$ تحت بوست گالیله‌ای تغییر نمی‌کند. اگر تندی نزدیک‌شدن صفر باشد، نسبت معمول ضریب بازگشت تعریف‌نشده است.

تجزیهٔ انرژی جنبشی و بررسی با جرم کاهش‌یافته عبارت‌اند از

$$K=\frac12m_{\Sigma}U_{\mathrm{CM}}^2+\frac12\mu v_{\mathrm{rel}}^2,\qquad \mu=\frac{m_1m_2}{m_{\Sigma}},\qquad K_i-K_f=\frac12\mu(1-e^2)(u_1-u_2)^2.$$

برخورد بدون آزادسازی انرژی درونی دارای $0\le e\le1$ است و نمی‌تواند انرژی جنبشی نسبی را افزایش دهد. مقادیر $e>1$ تبدیل فوق‌کشسان انرژی درونی را توصیف می‌کنند.

برخورد	ضریب بازگشت	بررسی انرژی نسبی
کاملاً ناکشسان	$e=0$	تمام انرژی جنبشی نسبی اولیه تبدیل می‌شود
ناکشسانِ بدون آزادسازی انرژی درونی	$0<e<1$	بخشی از انرژی جنبشی نسبی تبدیل می‌شود
کشسان	$e=1$	انرژی جنبشی کل پایسته است
فوق‌کشسان	$e>1$	انرژی درونی به انرژی جنبشی آزاد می‌شود

در $e=0$، دو جسم بلافاصله پس از برخورد سرعت یکسان دارند؛ چسبیدن دائمی افزون بر آن به سازوکار گیراندازی نیاز دارد. پیامد داده‌شده‌ای که $e>1$ را ایجاب کند، بدون آزادسازی انرژی درونی ممکن نیست، اما اگر مخزن انرژی درونی افزایش را تأمین کند سازگار است. تحت فرض ناچیزبودن تکانهٔ ضربه‌ای خارجی، تکانه در هر چهار ردیف پایسته می‌ماند.

برخوردهای پیاپی با کف افقی ثابت

توپی نقطه‌مانند را از سکون در ارتفاع $H>0$، در گرانش یکنواخت $g>0$ رها کنید. مقاومت هوا و اتلاف هنگام پرواز را نادیده بگیرید. هر برخورد آنی و بدون آزادسازی انرژی ضریب بازگشت عمودی ثابت $0\le e\le1$ دارد؛ کف فعال یا مخزن درونی انرژی تأمین نمی‌کند. با ارتفاع مثبت رو به بالا، سرعت ورودی $v^-<0$ به سرعت زیر تبدیل می‌شود:

$$v^+=-ev^-,\qquad |v^+|=e|v^-|,\qquad J=m(v^+-v^-)=m(1+e)|v^-|.$$

تکانهٔ توپ به‌تنهایی هنگام برخورد پایسته نیست؛ کف ثابت تکانهٔ ضربه‌ای خارجی وارد می‌کند. تکانهٔ ضربه‌ای گرانش طی تماس ایده‌آل و آنی ناچیز است. انرژی در هر شاخهٔ پرواز آزاد پایسته است و کسر انرژی جنبشی باقی‌مانده در برخورد $e^2$ است. $u_0=\sqrt{2gH}$ را تندی نخستین برخورد و $u_n$ را تندی خروجی پس از برخورد $n\ge1$ بگیرید. آنگاه

$$u_n=e^n u_0,\qquad h_n=\frac{u_n^2}{2g}=e^{2n}H,\qquad \frac{u_{n+1}}{u_n}=e,\quad\frac{h_{n+1}}{h_n}=e^2\quad(e>0).$$

هر ارتفاع بازگشت دو بار، رو به بالا و رو به پایین، طی می‌شود. پس از $M$ بازگشت کامل،

$$D_M=H+2\sum_{n=1}^{M}h_n =H+2H\frac{e^2(1-e^{2M})}{1-e^2}\qquad(0\le e<1).$$

برای $0\le e<1$ سری هندسی را جمع کنید:

$$D=H+2H\sum_{n=1}^{\infty}e^{2n} =H+\frac{2He^2}{1-e^2} =\boxed{H\frac{1+e^2}{1-e^2}}.$$

ارتفاع نهایی صفر است؛ بنابراین جابه‌جایی $\Delta y=-H$ و اندازهٔ آن $H$ است. طول مسیر هر تغییر جهت را می‌شمارد و می‌تواند بسیار بیشتر باشد. استفاده از $e$ به‌عنوان نسبت ارتفاع، نسبت تندی را با نسبت انرژی اشتباه می‌گیرد؛ شمردن فقط شاخه‌های صعود، نصف مسیر بازگشت را حذف می‌کند.

ضریب بازگشت	بازگشت‌ها	طول مسیر کل
$e=0$	بدون بازگشت؛ کف سپس توپ را نگه می‌دارد	$D=H$
$0<e<1$	بی‌نهایت بازگشت ایده‌آل کوچک‌شونده	$D=H(1+e^2)/(1-e^2)$
$e=1$	هر بازگشت به ارتفاع اولیه می‌رسد	در حرکت ادامه‌دار واگراست؛ سکون نهایی وجود ندارد

برای $0<e<1$ آخرین بازگشت ناصفر وجود ندارد؛ تندی‌ها به صفر میل می‌کنند و برخوردهای ایده‌آل و آنی در زمان متناهی زیر انباشته می‌شوند:

$$t_{\mathrm{acc}}=\sqrt{\frac{2H}{g}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2u_n}{g} =\sqrt{\frac{2H}{g}}\frac{1+e}{1-e}\qquad(0<e<1).$$

با تکمیل مشخص مدل ایده‌آل، توپ پس از آن با تکیه بر کف ساکن می‌ماند. مدت تماس واقعی و ضریب بازگشت وابسته به تندی عموماً این رژیم هندسی را پایان می‌دهند. رابطهٔ مسافت، طول مسیر حدی مدل بیان‌شده با ضریب ثابت است. کف متحرک به سرعت‌های نسبی نیاز دارد و عموماً سری ارتفاع را تغییر می‌دهد؛ برخوردهای فوق‌کشسان خارج از مدل بدون آزادسازی انرژی‌اند.

گرانش به‌علاوهٔ پسای خطی: معادلهٔ مرتبهٔ اول با نیروی محرک

ارتفاع $y$ را رو به بالا مثبت و سرعت علامت‌دار را $v=\dot y$ بگیرید. با گرانش یکنواخت و $F_{\mathrm{drag}}=-bv$، تعریف کنید $\lambda=b/m>0$ که یکای معکوس زمان دارد. برای $y(0)=y_0$ و $v(0)=v_0$ دلخواه،

$$\dot v+\lambda v=-g,\qquad \frac{d}{dt}\left(e^{\lambda t}v\right)=-g e^{\lambda t}.$$

انتگرال‌گیری از سرعت و سپس مکان می‌دهد

$$v_{\infty}=-\frac{g}{\lambda}=-\frac{mg}{b},\qquad v(t)=v_{\infty}+(v_0-v_{\infty})e^{-\lambda t},$$ $$y(t)=y_0+v_{\infty}t+\frac{v_0-v_{\infty}}{\lambda}\left(1-e^{-\lambda t}\right).$$

زمان واهلش برابر $1/\lambda=m/b$ است و سرعت حدی رو به پایین است. در هر لحظه پسا مخالف سرعت علامت‌دار است؛ توان آن $F_{\mathrm{drag}}v=-bv^2\le0$ است. برای رهاسازی از سکون،

$$y(t)=y_0-\frac{g}{\lambda}t+\frac{g}{\lambda^2}\left(1-e^{-\lambda t}\right).$$

برای نیروی محرک وابسته به زمان به‌جای گرانش، روش عامل انتگرال‌ساز تغییر نمی‌کند:

$$v(t)=e^{-\lambda t}\left[v_0+\frac1m\int_0^t e^{\lambda s}F_{\mathrm{drive}}(s)\,ds\right].$$

اگر پسای داده‌شده $-mkv$ باشد، کافی است $\lambda=k$ قرار دهید. در حد پسای کوچک در زمان سپری‌شدهٔ ثابت، حذف جمله‌های ظاهراً واگرا ضروری است:

$$v(t)=v_0-gt+\lambda\left(\frac{gt^2}{2}-v_0t\right)+O(\lambda^2),$$ $$y(t)=y_0+v_0t-\frac12gt^2+\lambda\left(\frac{gt^3}{6}-\frac{v_0t^2}{2}\right)+O(\lambda^2).$$

این رابطه حرکت پرتابی را بازیابی می‌کند. بسط به $\lambda t\ll1$ نیاز دارد و نمی‌تواند رژیم حدیِ زمان‌های دیرهنگام را توصیف کند. قانون مکان تا نخستین برخورد با زمین یا مرزی دیگر معتبر است.

۳. روش — یک رویهٔ تصمیم‌گیری

1. مشخص کنید چه چیزی خواسته شده و چه چیزی داده شده است. زمان خواسته شده ← از $a=dv/dt$ استفاده کنید. مسافت خواسته شده ← از $a=v\,dv/dx$ استفاده کنید. فقط نقاط ابتدایی و انتهایی (سرعت‌ها/مکان‌ها) خواسته شده ← قضیهٔ کار–انرژی را امتحان کنید و به‌کلی از معادلهٔ دیفرانسیل بگذرید.

2. نمودار جسم آزاد را رسم کنید و محورها را انتخاب کنید: مختصات دکارتی برای حرکت خط‌راست/پرتابی، شعاعی–مماسی برای هرچیزی روی یک دایره یا منحنی.

3. معادلات نرده‌ای را بنویسید. $\vec{F}_{\text{net}}=m\vec{a}$ را روی هر محور تصویر کنید. روی یک منحنی، معادلهٔ شعاعی حاوی جملهٔ $mv^2/r$ است؛ معادلهٔ مماسی تغییر تندی را می‌دهد.

4. سرعت را از انرژی به‌دست آورید وقتی نیرو پایستار است یا سطح بدون اصطکاک است: $\tfrac12 mv^2=\tfrac12 mv_0^2+W$ (یا $mgh$ برای یک سقوط). این $v^2$ را به معادلهٔ شعاعی می‌دهد تا نیروی عمودی به‌دست آید.

5. از قوانین پایستگی برای دستگاه‌های چندجسمی/نیروی داخلی استفاده کنید. تکانه سرعت مشترک را تعیین می‌کند؛ انرژی، انرژی پتانسیل ذخیره‌شده (فنر) را تعیین می‌کند. بیشینهٔ فاصله/فشردگی در سرعت مشترک (سرعت نسبی صفر) رخ می‌دهد.

6. متغیرها را جدا کنید و انتگرال بگیرید برای $F(v)$ یا $F(x)$: برای مثال، $v^{1/2}\,dv=-\alpha\,dx$ مستقیماً انتگرال‌پذیر است.

7. برای برخوردهای پیاپی با کف، پرواز و برخورد را جدا کنید. ضریب بازگشت تندی‌ها و انرژی ارتفاع‌ها را تعیین می‌کند؛ هر بازگشت کامل هر دو شاخه را می‌افزاید. سری ارتفاع را با قدر نسبت $e^2$ جمع کنید.

8. برای مختصات چرخان، پیش از مجذورکردن یا مشتق‌گیری تبدیل را انجام دهید. دستگاه چرخان، جهت دوران و انتقال احتمالی مبدأ را مشخص کنید. از پایهٔ مشترک استفاده کنید، جملهٔ متقاطع تندی را حفظ کنید و برای شتاب دوباره قضیهٔ انتقال را اعمال کنید.

9. یکاها و حدها را بررسی کنید — یک بررسی ابعادی به‌تنهایی اغلب دو یا سه گزینه را حذف می‌کند.

انتخاب و اجرای روش مسئلهٔ مقدار اولیه

ساختار داده‌شده	گام نخست	تکمیل و بررسی
نیروی خالص برداری ثابت	یافتن هر مؤلفهٔ شتاب	دو بار انتگرال‌گیری با داده‌های اولیه؛ تفکیک اندازهٔ بردار مکان، جابه‌جایی و طول مسیر
نیروی پایستار وابسته به مکان	یافتن $v^2$ با کار–انرژی	انتخاب علامت سرعت و در صورت خواسته‌شدن زمان، انتگرال‌گیری از $dx/v$
داده‌های نقاط بازگشت نوسان هماهنگ ساده	یافتن تعادل و نصف فاصلهٔ دو انتها	استفاده از $v_{\max}=\omega A$ و سپس دوره
برخورد کوتاه یک‌بعدی	پایسته‌گرفتن تکانه و اعمال ضریب بازگشت	بررسی انرژی جنبشی نسبی با جرم کاهش‌یافته
گرانش ثابت همراه با پسای خطی	حل معادلهٔ سرعت با نیروی محرک و عامل انتگرال‌ساز	انتگرال‌گیری برای مکان؛ آزمون داده‌های اولیه، سرعت حدی و پسای کوچک
قید منحنی بدون اصطکاک	یافتن تندی از انرژی	تصویر قانون نیوتن به‌سمت داخل؛ بررسی مجازبودن علامت نیروهای تماس
برخوردهای پیاپی با کف ثابت	تبدیل نسبت تندی به نسبت ارتفاع	شمردن هر دو شاخه و مقایسهٔ مسیر هندسی با جابه‌جایی
مختصات چرخان یا دارای انتقال	استفاده از قضیهٔ انتقال برداری	تشکیل مؤلفه‌ها در پایهٔ مشترک و حفظ جمله‌های متقاطع

برای قانون تندی–مکان داده‌شده، دامنهٔ آن و تعیین یکتای شاخهٔ آغازین را بررسی کنید. در انتگرال زمان، در هر نقطهٔ بازگشت توقف کنید، همگرایی نقطهٔ انتهایی را بسنجید و روی شاخهٔ فیزیکی ادامه دهید. بدون انتگرال اضافی، زمان را مستقیماً از انتگرال کار استنتاج نکنید.

۴. مثال‌های کوچک حل‌شده

پسای درجه‌دوم: نصف‌کردن تندی

یک بلوک به جرم $m$ با تندی $v_0$ روی سطحی افقی شروع به حرکت می‌کند که پسای آن شتاب $a=-\beta v^{2}$ (با $\beta>0$ ثابت) ایجاد می‌کند. پیش از آنکه تندی‌اش نصف شود چه مسافتی می‌پیماید؟

مسافت خواسته شده و شتاب به تندی وابسته است، پس از صورت مسافتی استفاده می‌کنیم:

$$v\frac{dv}{dx}=-\beta v^{2}\ \Longrightarrow\ \frac{dv}{v}=-\beta\,dx.$$

از $v_0$ تا $v_0/2$ روی مسافت $d$ انتگرال بگیرید:

$$\int_{v_0}^{v_0/2}\frac{dv}{v}=-\beta\int_0^{d}dx\ \Longrightarrow\ \ln\!\frac{v_0/2}{v_0}=-\beta d,$$ $$-\ln 2=-\beta d\ \Longrightarrow\ d=\frac{\ln 2}{\beta}.$$

توجه کنید که مسافت مستقل از $v_0$ است — ویژگی بارز پسای درجه‌دوم، که در آن تقسیم بر $v^2$، عبارت $dv/v$ را باقی می‌گذارد. اگر پرسش به‌جای آن زمان را خواسته بود، از $a=dv/dt$ استفاده می‌کردیم که $t=\dfrac{1}{\beta v_0}$ را می‌داد (که به‌واقع به $v_0$ وابسته است). فیزیک یکسان، چهرهٔ متفاوتی از $a$.

نیروی ثابت: اندازهٔ بردار مکان با جابه‌جایی یکی نیست

جرمی با $m=3\,\mathrm{kg}$ تحت نیروی خالص ثابت $\vec F_0=(6\hat i-3\hat j)\,\mathrm N$ از مکان $\vec r_0=(\hat i+2\hat j)\,\mathrm m$ با سرعت $\vec v_0=(-\hat i+2\hat j)\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ شروع به حرکت می‌کند. آنگاه

$$\vec a=(2\hat i-\hat j)\,\mathrm{m\,s^{-2}},\qquad \vec r(2\,\mathrm s)=(1-2+4)\hat i\,\mathrm m+(2+4-2)\hat j\,\mathrm m =(3\hat i+4\hat j)\,\mathrm m.$$

فاصلهٔ آن از مبدأ $5\,\mathrm m$ است، در حالی که اندازهٔ جابه‌جایی آن $\sqrt{2^2+2^2}\,\mathrm m=2\sqrt2\,\mathrm m$ است. طول مسیر کمیت سومی است و به انتگرال‌گیری از تندی نیاز دارد. جایگذاری زمان صفر هر دو بردار اولیه را بازیابی می‌کند.

جاذبهٔ معکوس مربع: زمان متناهی با تندی واگرا

ذره‌ای با جرم $m=2\,\mathrm{kg}$ را در $x_0=2\,\mathrm m$ زیر نیروی $F=-\kappa/x^2$ با $\kappa=8\,\mathrm{N\,m^2}$ رها کنید. کار–انرژی می‌دهد

$$v^2=\frac{2\kappa}{m}\left(\frac1x-\frac1{x_0}\right),\qquad v<0.$$

زمان سقوط برابر است با

$$t_{\mathrm{fall}}=\sqrt{\frac{m}{2\kappa}}\int_0^{x_0}\sqrt{\frac{x x_0}{x_0-x}}\,dx.$$

جایگذاری $x=x_0\sin^2\theta$ را به کار ببرید. انتگرال زمان مثبت به صورت زیر درمی‌آید:

$$t_{\mathrm{fall}}=\sqrt{\frac{m}{2\kappa}}\,x_0^{3/2}\int_0^{\pi/2}2\sin^2\theta\,d\theta =\pi\sqrt{\frac{m x_0^3}{8\kappa}}=\frac{\pi}{2}\,\mathrm s.$$

اینجا $v$ در مبدأ واگرا می‌شود، اما $dt/dx$ در آنجا به صفر می‌رود. عامل زیر ریشهٔ نهایی یکای زمان به توان دو دارد. انتگرال زمان رسیدن حدیِ مدل ایده‌آل را توصیف می‌کند، نه ادامهٔ آن را در آن سوی تکینگی.

تندی ریشهٔ دوم: حرکت بی‌درنگ در برابر حرکت با تأخیر

فرض کنید $\dot x=\sqrt{\alpha x}$ با $\alpha=6\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ و $x(0)=0$ باشد. روی شاخهٔ حرکت بی‌درنگ در $t=4\,\mathrm s$،

$$x=\frac{\alpha t^2}{4}=24\,\mathrm m,\qquad v=\frac{\alpha t}{2}=12\,\mathrm{m\,s^{-1}}.$$

شاخهٔ با تأخیر که تا $t_s=2\,\mathrm s$ ساکن می‌ماند، در عوض می‌دهد

$$x=\frac{\alpha(4\,\mathrm s-t_s)^2}{4}=6\,\mathrm m,\qquad v=\frac{\alpha(4\,\mathrm s-t_s)}{2}=6\,\mathrm{m\,s^{-1}}.$$

هر دو قانون مرتبهٔ اولِ اصلی و مکان اولیه را ارضا می‌کنند. تصریح اینکه حرکت بی‌درنگ شروع می‌شود، شاخهٔ نخست را انتخاب می‌کند؛ مکان اولیه به‌تنهایی کافی نیست.

نوسان هماهنگ ساده دور از مبدأ مختصات

نوسانگری هماهنگ در $x_-=-1\,\mathrm{cm}$ و $x_+=5\,\mathrm{cm}$ بازمی‌گردد. تندی آن در نقطهٔ میانی $6\,\mathrm{cm\,s^{-1}}$ است. بنابراین،

$$x_{\mathrm{eq}}=2\,\mathrm{cm},\qquad A=3\,\mathrm{cm},\qquad \omega=\frac{v_{\max}}{A}=2\,\mathrm{s^{-1}},\qquad T=\pi\,\mathrm s.$$

در $x=4\,\mathrm{cm}$، جابه‌جایی از تعادل $\xi=2\,\mathrm{cm}$ است، نه $4\,\mathrm{cm}$، پس

$$|v|=\omega\sqrt{A^2-\xi^2}=2\sqrt5\,\mathrm{cm\,s^{-1}}.$$

هر دو علامت سرعت در این مکان روی شاخه‌های متفاوت ممکن‌اند. تندی در هر نقطهٔ بازگشت صفر و در تعادل بیشینه است؛ انتقال مبدأ مختصات هیچ‌یک از این پیش‌بینی‌ها را تغییر نمی‌دهد.

برخورد با هدف متحرک و بررسی انرژی آن

دو گاری دارای $m_1=2\,\mathrm{kg}$، $m_2=3\,\mathrm{kg}$، $u_1=5\,\mathrm{m\,s^{-1}}$، $u_2=1\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ و $e=1/2$ هستند. گاری ۱ به گاری ۲ می‌رسد. سرعت مرکز جرم آن‌ها $U_{\mathrm{CM}}=13/5\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ و تندی نزدیک‌شدن $4\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ است. در نتیجه،

$$v_1=\frac{13}{5}-\frac35\frac12(4)=\frac75\,\mathrm{m\,s^{-1}},\qquad v_2=\frac{13}{5}+\frac25\frac12(4)=\frac{17}{5}\,\mathrm{m\,s^{-1}}.$$

تندی دورشدن $2\,\mathrm{m\,s^{-1}}$، دقیقاً نصف تندی نزدیک‌شدن است، و تکانهٔ کل برابر $13\,\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}$ باقی می‌ماند. با $\mu=6/5\,\mathrm{kg}$،

$$K_i-K_f=\frac12\frac65\left(1-\frac14\right)4^2\,\mathrm J=\frac{36}{5}\,\mathrm J.$$

واقعاً $K_i=53/2\,\mathrm J$ و $K_f=193/10\,\mathrm J$ به همین اندازه تفاوت دارند. برای همان داده‌های ورودی اما $e=3/2$، رابطه در عوض $K_i-K_f=-12\,\mathrm J$ را می‌دهد: یک چشمهٔ درونی باید $12\,\mathrm J$ انرژی جنبشی تأمین کند.

پرتاب رو به بالا با گرانش و پسای خطی

قرار دهید $y_0=12\,\mathrm m$، $v_0=3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$، $g=10\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ و $\lambda=2\,\mathrm{s^{-1}}$. سرعت و ارتفاع عبارت‌اند از

$$v(t)=(-5+8e^{-\lambda t})\,\mathrm{m\,s^{-1}},\qquad y(t)=12\,\mathrm m-(5\,\mathrm{m\,s^{-1}})t+4\,\mathrm m\left(1-e^{-\lambda t}\right).$$

این روابط ارتفاع اولیه و سرعت رو به بالای اولیه را بازیابی می‌کنند. شتاب اولیه $-g-\lambda v_0=-16\,\mathrm{m\,s^{-2}}$ است، زیرا پسا در ابتدا همراه با گرانش رو به پایین است. در نقطهٔ بازگشت،

$$t_{\mathrm{top}}=\frac1\lambda\ln\frac85=\frac12\ln\frac85\,\mathrm s.$$

پس از آن جسم سقوط می‌کند و جهت پسا وارونه می‌شود؛ همان معادلهٔ علامت‌دار پیوسته معتبر می‌ماند. در حرکت بدون مرز، سرعت به $-5\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ نزدیک می‌شد، اما قانون ارتفاع نمایش‌داده‌شده باید در نخستین تماس با زمین متوقف شود.

مسافت بازگشت: بررسی عددی تألیفی

توپی از ارتفاع $H=9\,\mathrm m$ با $e=2/3$ سقوط می‌کند. سه ارتفاع بازگشت نخست آن برابرند با

$$h_1=4\,\mathrm m,\qquad h_2=\frac{16}{9}\,\mathrm m,\qquad h_3=\frac{64}{81}\,\mathrm m.$$

بازگشت نخست به‌تنهایی $8\,\mathrm m$ به طول مسیر می‌افزاید و مجموع همهٔ بازگشت‌ها می‌دهد

$$D=9\,\mathrm m\frac{1+4/9}{1-4/9}=\frac{117}{5}\,\mathrm m=23.4\,\mathrm m.$$

جابه‌جایی $-9\,\mathrm m$ و اندازهٔ آن $H=9\,\mathrm m$ است که بسیار کمتر از طول مسیر است. مسافت کل از افت اولیه بیشتر است و با میل ضریب بازگشت به صفر به همان افت نزدیک می‌شود. جرم و گرانش از نسبت مسافت حذف می‌شوند؛ گرانش زمان پروازها را تعیین می‌کند.

سرعت چرخان: بررسی تألیفی خنثی‌شدن

در لحظه‌ای مشخص $\vec\Omega=2\hat k\,\mathrm{s^{-1}}$، مختصات چرخان $(x,y,z)=(3,1,0)\,\mathrm m$ و مشتق‌های آن‌ها $(\dot x,\dot y,\dot z)=(1,-2,0)\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ هستند. در همان پایهٔ چرخان،

$$\vec\Omega\times\vec r=(-2\hat i+6\hat j)\,\mathrm{m\,s^{-1}},\qquad \vec v_{\mathrm{in}}=(-\hat i+4\hat j)\,\mathrm{m\,s^{-1}}.$$

مجذورکردن با حفظ جملهٔ متقاطع می‌دهد

$$v_{\mathrm{in}}^2=[1^2+(-2)^2]+2(2)[3(-2)-1(1)]+2^2(3^2+1^2) =5-28+40=17\,\mathrm{m^2\,s^{-2}}.$$

حذف جملهٔ متقاطع مقدار $45\,\mathrm{m^2\,s^{-2}}$ را به‌جای $17\,\mathrm{m^2\,s^{-2}}$ می‌دهد؛ سرعت نسبی و دورانی تا حدی یکدیگر را خنثی می‌کنند. اگر ذره در فضای اینرسی ثابت بود، مشتق مختصات آن در همین مکان به‌جای آن $(2,-6,0)\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ می‌شد و هم سرعت تبدیل‌شده و هم مجذور اندازهٔ آن صفر می‌شدند. در مقابل، ذرهٔ ثابت در دستگاه چرخان تندی اینرسی $2\sqrt{10}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ دارد.

۵. حالت‌های خاص، گونه‌ها و حدها

• سرعت و شتاب عمود بر هم. برای بردارهای ناصفر، $\vec{v}\perp\vec{a}\iff\vec{v}\cdot\vec{a}=0\iff\dfrac{d}{dt}|\vec{v}|^{2}=0$. به‌طور کلی‌تر، $\vec v\cdot\vec a=\tfrac12\dfrac{d}{dt}|\vec v|^2$ همواره برقرار است: صفرشدن آن، مربع تندی را مانا و، اگر تندی ناصفر باشد، خود تندی را مانا می‌کند. برای شتاب دلخواه این شرط لزوماً اکسترمم موضعی را ایجاب نمی‌کند. برای $\vec a$ ثابت و ناصفر، $\vec v\cdot\vec a$ در زمان خطی است و در لحظهٔ حقیقی یکتای $t_*=-\vec v_0\cdot\vec a/|\vec a|^2$، با زمان اولیهٔ صفر، صفر می‌شود. این لحظه کمینهٔ مربع تندی است، اما فقط در صورتی در بازهٔ مشاهدهٔ آینده قرار دارد که زمان محاسبه‌شده متعلق به آن بازه باشد.
• تلهٔ شعاعی در برابر مماسی. شتابی روی دایره که صریحاً مرکزگرا معرفی شده است را با $v^2/r$ برابر قرار دهید، نه با $dv/dt$. اگر در عوض $a=kt^2$ مرکزگرا باشد، آنگاه $v=\sqrt{rk}\,t$ برای $t\ge0$ به‌صورت خطی رشد می‌کند، نه درجه‌دوم. اگر شتاب داده‌شده اندازهٔ شتاب کل باشد، ابتدا مؤلفه‌های عمودی و مماسی را جدا کنید.
• انتگرال کار نیروی متغیر. برای $F(x)$ کار برابر $\int F\,dx$ است؛ نقاط انتهایی طوری انتخاب می‌شوند که آرگومان یک تابع مثلثاتی به $\pi/2$ برسد (به‌طوری‌که $\cos=0$) یا $\pi$ انتگرال را فروبپاشد — مراقب چنین حدهای «مهندسی‌شده‌ای» باشید.
• اکسترمم‌های فنر/برخورد دوجسمی. بیشینهٔ فشردگی/کشیدگی و نقاط بازگشت همیشه در سرعت مشترک رخ می‌دهند؛ پایستگی $p$ را با انرژی ترکیب کنید. در چارچوب مرکز جرم، انرژی ذخیره‌شده برابر $\tfrac12\mu v_{\text{rel}}^2$ اولیه است، به شرط آنکه فنر در ابتدا تغییر طول نداشته باشد و انرژی اتلاف نشود؛ به‌طور کلی‌تر انرژی اولیهٔ فنر را اضافه و اتلاف را کم کنید.
• مهرهٔ رهاشده از لبهٔ یک کاسه. برای کاسهٔ نیم‌دایره‌ای بدون اصطکاک با شعاع $r$، زاویه از قائم رو به پایین را $\theta$ و $\alpha=\pi/2-\theta$ بگیرید، تا افت ارتفاع از لبه برابر $h=r\cos\theta=r\sin\alpha$ باشد. با افت ارتفاع $h$ تا یک نقطه و اعمال $v^2=2gh$ در معادلهٔ شعاعی، نیروی عمودی کلاسیک با ضریب سه، یعنی $N=3mg\sin\alpha$ (یا $3mg\cos\theta$) به‌دست می‌آید — دو برابر از حرکت، یک برابر از مؤلفهٔ گرانش.
• کمینهٔ تندی در دایرهٔ قائم. برای تماس با داخل مسیر هموار، یا کشش در نخ کشیده، در بالاترین نقطه، نیروی عمودی می‌تواند صفر شود، پس $v_{\min}=\sqrt{gr}$؛ زیر این مقدار، قید (تماس) از بین می‌رود.
• چارچوب‌های نالخت. در چارچوب دارای حرکت انتقالی، $-m\vec a_{\text{frame}}$ را اضافه کنید. در چارچوب چرخان، نیروهای مرکزگریز و کوریولیس را نیز وارد کنید. عبارت آشنای مرکزگریز $m\omega^2\vec r$ فرض می‌کند $\vec r$ بر محور چرخش عمود است؛ عبارت عمومی $-m\vec\omega\times(\vec\omega\times\vec r)$ است. نیروی کوریولیس برابر $-2m\,\vec\omega\times\vec v$ است که در آن سرعت نسبت به چارچوب چرخان اندازه‌گیری می‌شود. اگر سرعت زاویه‌ای تغییر کند، نیروی اویلر $-m\dot{\vec\omega}\times\vec r$ را اضافه کنید.

روی منحنی هموار عمومی، شعاع دایره را در معادلهٔ عمودی با شعاع انحنای موضعی جایگزین کنید. رابطهٔ $a_t=r\alpha$ شعاع ثابت دایره را فرض می‌کند. نیروی عمودی برای تماس یک‌طرفه نامنفی است؛ مهره‌ای که سیم از آن عبور می‌کند می‌تواند نیروی قید در هر دو جهت عمودی داشته باشد.

۶. نکتهٔ کنکوری

نکتهٔ کنکوری: پیش از نوشتن هر معادله بپرسید «متغیری که کنترل می‌کنم زمان است یا مسافت؟» — همین یک انتخاب میان $a=dv/dt$ و $a=v\,dv/dx$ تعیین می‌کند که مسئله آسان است یا یک باتلاق. اگر فقط تندی‌ها و مکان‌های نقاط انتهایی مهم‌اند، مستقیماً به قضیهٔ کار–انرژی بپرید و هرگز معادلهٔ دیفرانسیل را حل نکنید. و روی هر قید منحنی، به‌یاد داشته باشید که نیروی عمودی هرچیزی است که معادلهٔ شعاعی می‌طلبد: ابتدا $v^2$ را از انرژی به‌دست آورید، سپس $N$ را از $\sum F_{\text{inward}}=mv^2/r$ بخوانید.

تلهٔ رایج: انرژی مربع تندی را تعیین می‌کند، نه علامت سرعت یا شاخهٔ آغاز حرکت را. ضریب بازگشت سرعت‌های نسبی را مقایسه می‌کند و پسا باید مخالف سرعت علامت‌دار باشد. پیش از محاسبات جبری این انتخاب‌ها را بررسی کنید.

تلهٔ رایج: ضریب بازگشت تندی‌ها را با $e$ و ارتفاع‌ها را با $e^2$ مقیاس می‌کند؛ مسیر کل هر دو شاخهٔ بازگشت را می‌شمارد. مشتق مختصات چرخان برای تبدیل‌شدن به مؤلفهٔ سرعت اینرسی به جملهٔ دوران پایه نیاز دارد و مجذور مجموع به جملهٔ متقاطع نیازمند است.