王小平

摘要：斜拋運動在生活中隨處可見，比如扔鉛球、扔石頭以及導彈的發(fā)射等.文章利用水平和豎直方向的分解以及斜交方向的分解對斜拋運動進行研究，然后結(jié)合例題給出斜拋運動的應(yīng)用探析.

關(guān)鍵詞：高中物理；斜拋運動；應(yīng)用探析

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）12-0077-03

小到運動會的扔鉛球，大到洲際導彈的發(fā)射，都需要研究斜拋運動的規(guī)律.在水平地面O點以速度v0斜向上方扔出鉛球，鉛球的軌跡如圖1所示，最高點是A點， 落地點是B點.下面對斜拋運動進行分析，并給出其應(yīng)用.

1 水平和豎直方向的分解

和平拋運動的處理一樣，最常見的分解方式就是沿水平和豎直方向分解.建立如圖1所示的O-xy坐標系，分解初速度為v0x=v0cosθ和v0y=v0sinθ，由于只有-y方向存在加速度ay=-g，故t時刻的兩個分速度為

vx=v0cosθ①

vy=v0sinθ-gt.②

t時刻的兩個分位移為

x=v0cosθ·t③

和y=v0sinθ·t-12gt2④

①～④式給出的是拋體運動的運動方程，這些方程包含了拋體運動的全部信息，一切待求的物理量均可從這些方程中得到[1].

比如圖1中的最高點A，它的特點是vy=0，由②式可得運動時間tA=v0gsinθ， 再把tA代人④式，可得A的高度（即射高） 為H=ν20sin2θ2g.

再看B點，它的特點是y=0， 由④式可得運動時間為tB=2v0sinθg， 代人③式可以算得

xB=vBtB=v0cosθ·2v0sinθg=v20gsin2θ.

我們把xB稱作斜拋運動的射程， 它是一個很重要的物理量， 有必要詳細討論一下.

（1）同樣大小的初速度，如果選擇不同的拋射角有可能得到相同的射程.

根據(jù)射程公式可得v20gsin2θ1=v20gsin2θ2，即sin2θ1=sin2θ2

上式有兩個解，第一種當然是θ1=θ2，以同樣的拋射角得到了同樣的射程，這是顯而易見的；還有一個解是θ1+θ2=π2， 這才是我們需要的，如圖2所示.

（2）由xB=v20gsin2θ可知，當θ=45°時，xmax=v20g.

2 斜交方向的分解

由于運動的相對獨立性，我們可以假設(shè)斜拋的瞬間重力消失了，小球?qū)⒀豽0方向做勻速直線運動，t時刻v0消失，重力重新出現(xiàn)，小球?qū)⒇Q直向下做自由落體運動，位移矢量圖如圖 3所示.則矢量關(guān)系為x=r+h=v0t+12gt2，

大小關(guān)系為r2=x2+h2，

即v0t2=x2+12gt22.

這種方法在斜拋問題中極為常見，必須掌握.

3 斜拋運動的應(yīng)用

例1樹上有個鳥窩，頑皮的孩子向鳥窩扔石頭，某次扔出的石子經(jīng)過t=1 s剛好打中鳥窩，石子拋出時的速度方向和打中鳥窩的速度方向剛好垂直.試求孩子與鳥窩的直線距離 （不考慮孩子的身高）.

解析作出位移矢量圖和速度矢量圖，如圖4和圖5所示.

假設(shè)拋射角為θ，則由圖5可知，v0⊥v，而gt=10，故初速度大小為v0=10sinθ.

另外觀察圖4中的△OBC，它的三條邊長分別是

OC=v0t=v0，BC=12gt2=5，OB=s，

而∠OCB=π2-θ， 因此可以列出關(guān)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某中學在開運動會，有個同學準備扔鉛球，他的肩膀與地面的距離為h，每次扔出鉛球的速度大小固定為v0，大概的示意圖如圖6所示.問：他應(yīng)該朝哪個方向扔出鉛球才能扔得最遠？ 并求出最大的水平射程.

解法1作出圖7的位移矢量圖.則水平距離L滿足

L2=v0t2-12gt2-h2

化簡得L2=-14g2t4+v20+ght2-h2

要求L最大，即可令L2對t2的導數(shù)為零.即

dL2dt2=-12g2t2+v20+gh=0

故可知當空中的運動時間為t2=2v20+ghg2時，L有極大值，即

Lmax=v0gv20+2gh

可得拋射角θ的正切值為

tanθ=12gt2-hv0t=v0v20+2gh.

解法2作出鉛球落地瞬間的速度矢量圖，如圖8所示.它的三條邊分別是初速度v0，與水平線的夾角為θ，末速度v，與水平線的夾角為β和豎直方向的速度gt.

則這個矢量三角形的面積為

s=12·gt·v0cosθ

由于水平射程L=v0cosθ·t，比較L和s，發(fā)現(xiàn)它們成正比，故有

s=12gL

也就是說當面積s越大，水平射程L也是越大的.那么怎么確定s的最大值呢？下面再用三角形面積的第二種計算方式得到

s=12v0·v·sin（θ+β）

其中，落地速度v的大小是恒定的，由機械能守恒有

12mv2=12mv20+mgh

即可得v=v20+2gh.

那么只要v0和v所夾的角度為直角，則此面積取得極大值，對應(yīng)的L當然也就是最大了.此時有tanθ=v0v20+2gh，Lmax=v0gv20+2gh

解法3水平和豎直方向的分解，則有

x=v0cosθ·t①

-h=v0sinθ·t-12gt2②

可以先從②式解得t的表達式，再代入①式， 進而得到x=x（θ），但這個過程太過復(fù)雜，下面換一種方法進行計算.

由①式得t=xv0cosθ， 代入②式可得

-h=x·tanθ-gx22v201+tan2θ，

整理為關(guān)于tanθ的一元二次方程，即

gx22v20tan2θ-xtanθ+gx22v20-h=0.

最遠時對應(yīng)θ取重根的狀態(tài)，即要求△=0，此時水平位移最大，所以

x2-4·gx22v20·gx22v20-h=0.

計算得xm=Lmax=ν0gv20+2gh，

相應(yīng)的角度滿足tanθ=v0v20+2gh.

4 結(jié)束語

處理拋體運動的基本思路，首先根據(jù)實際情況選擇合適的分解方式列出基本式子，然后觀察特定位置的運動學特點來輔助求解[2].數(shù)學上的要求是需要熟練掌握及應(yīng)用三角函數(shù)的倍角公式、和角公式、輔助角公式以及和差化積、積化和差等公式.

參考文獻：

[1]?吳曉松.斜拋運動的三個有趣問題[J].中學物理教學參考，2023，52（04）：37-38.

[2] 鄭金.探究一道斜拋運動難題的多種解法[J].物理教學，2022，44（01）：47-50.

［責任編輯：李璟］