高中物理教学中斜抛运动及其应用探析

王小平

摘要：斜抛运动在生活中随处可见，比如扔铅球、扔石头以及导弹的发射等.文章利用水平和竖直方向的分解以及斜交方向的分解对斜抛运动进行研究，然后结合例题给出斜抛运动的应用探析.

关键词：高中物理；斜抛运动；应用探析

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）12-0077-03

小到运动会的扔铅球，大到洲际导弹的发射，都需要研究斜抛运动的规律.在水平地面O点以速度v0斜向上方扔出铅球，铅球的轨迹如图1所示，最高点是A点， 落地点是B点.下面对斜抛运动进行分析，并给出其应用.

1 水平和竖直方向的分解

和平抛运动的处理一样，最常见的分解方式就是沿水平和竖直方向分解.建立如图1所示的O-xy坐标系，分解初速度为v0x=v0cosθ和v0y=v0sinθ，由于只有-y方向存在加速度ay=-g，故t时刻的两个分速度为

vx=v0cosθ①

vy=v0sinθ-gt.②

t时刻的两个分位移为

x=v0cosθ·t③

和y=v0sinθ·t-12gt2④

①～④式给出的是抛体运动的运动方程，这些方程包含了抛体运动的全部信息，一切待求的物理量均可从这些方程中得到[1].

比如图1中的最高点A，它的特点是vy=0，由②式可得运动时间tA=v0gsinθ， 再把tA代人④式，可得A的高度（即射高） 为H=ν20sin2θ2g.

再看B点，它的特点是y=0， 由④式可得运动时间為tB=2v0sinθg， 代人③式可以算得

xB=vBtB=v0cosθ·2v0sinθg=v20gsin2θ.

我们把xB称作斜抛运动的射程， 它是一个很重要的物理量， 有必要详细讨论一下.

（1）同样大小的初速度，如果选择不同的抛射角有可能得到相同的射程.

根据射程公式可得v20gsin2θ1=v20gsin2θ2，即sin2θ1=sin2θ2

上式有两个解，第一种当然是θ1=θ2，以同样的抛射角得到了同样的射程，这是显而易见的；还有一个解是θ1+θ2=π2， 这才是我们需要的，如图2所示.

（2）由xB=v20gsin2θ可知，当θ=45°时，xmax=v20g.

2 斜交方向的分解

由于运动的相对独立性，我们可以假设斜抛的瞬间重力消失了，小球将沿v0方向做匀速直线运动，t时刻v0消失，重力重新出现，小球将竖直向下做自由落体运动，位移矢量图如图 3所示.则矢量关系为x=r+h=v0t+12gt2，

大小关系为r2=x2+h2，

即v0t2=x2+12gt22.

这种方法在斜抛问题中极为常见，必须掌握.

3 斜抛运动的应用

例1树上有个鸟窝，顽皮的孩子向鸟窝扔石头，某次扔出的石子经过t=1 s刚好打中鸟窝，石子抛出时的速度方向和打中鸟窝的速度方向刚好垂直.试求孩子与鸟窝的直线距离 （不考虑孩子的身高）.

解析作出位移矢量图和速度矢量图，如图4和图5所示.

假设抛射角为θ，则由图5可知，v0⊥v，而gt=10，故初速度大小为v0=10sinθ.

另外观察图4中的△OBC，它的三条边长分别是

OC=v0t=v0，BC=12gt2=5，OB=s，

而∠OCB=π2-θ， 因此可以列出关于∠OCB的余弦定理，即

cosπ2-θ=ν20+52-s22·v0·5=sinθ

由v0=10sinθ可以快速求得s=5 m.

例2某中学在开运动会，有个同学准备扔铅球，他的肩膀与地面的距离为h，每次扔出铅球的速度大小固定为v0，大概的示意图如图6所示.问：他应该朝哪个方向扔出铅球才能扔得最远？ 并求出最大的水平射程.

解法1作出图7的位移矢量图.则水平距离L满足

L2=v0t2-12gt2-h2

化简得L2=-14g2t4+v20+ght2-h2

要求L最大，即可令L2对t2的导数为零.即

dL2dt2=-12g2t2+v20+gh=0

故可知当空中的运动时间为t2=2v20+ghg2时，L有极大值，即

Lmax=v0gv20+2gh

可得抛射角θ的正切值为

tanθ=12gt2-hv0t=v0v20+2gh.

解法2作出铅球落地瞬间的速度矢量图，如图8所示.它的三条边分别是初速度v0，与水平线的夹角为θ，末速度v，与水平线的夹角为β和竖直方向的速度gt.

则这个矢量三角形的面积为

s=12·gt·v0cosθ

由于水平射程L=v0cosθ·t，比较L和s，发现它们成正比，故有

s=12gL

也就是说当面积s越大，水平射程L也是越大的.那么怎么确定s的最大值呢？下面再用三角形面积的第二种计算方式得到

s=12v0·v·sin（θ+β）

其中，落地速度v的大小是恒定的，由机械能守恒有

12mv2=12mv20+mgh

即可得v=v20+2gh.

那么只要v0和v所夹的角度为直角，则此面积取得极大值，对应的L当然也就是最大了.此时有tanθ=v0v20+2gh，Lmax=v0gv20+2gh

解法3水平和竖直方向的分解，则有

x=v0cosθ·t①

-h=v0sinθ·t-12gt2②

可以先从②式解得t的表达式，再代入①式， 进而得到x=x（θ），但这个过程太过复杂，下面换一种方法进行计算.

由①式得t=xv0cosθ， 代入②式可得

-h=x·tanθ-gx22v201+tan2θ，

整理为关于tanθ的一元二次方程，即

gx22v20tan2θ-xtanθ+gx22v20-h=0.

最远时对应θ取重根的状态，即要求△=0，此时水平位移最大，所以

x2-4·gx22v20·gx22v20-h=0.

计算得xm=Lmax=ν0gv20+2gh，

相应的角度满足tanθ=v0v20+2gh.

4 结束语

处理抛体运动的基本思路，首先根据实际情况选择合适的分解方式列出基本式子，然后观察特定位置的运动学特点来辅助求解[2].数学上的要求是需要熟练掌握及应用三角函数的倍角公式、和角公式、辅助角公式以及和差化积、积化和差等公式.

参考文献：

[1] 吴晓松.斜抛运动的三个有趣问题[J].中学物理教学参考，2023，52（04）：37-38.

[2] 郑金.探究一道斜抛运动难题的多种解法[J].物理教学，2022，44（01）：47-50.

［责任编辑：李璟］