●斜抛问题与类似斜抛问题

对斜抛物体运动的理解，通常有两个模型。

模型一：斜抛物体的运动，是水平方向上速度为 v1=v0cosθ的匀速运动与竖直方向上初速度为 v2=v0sinθ的竖直上抛运动的合运动（图 3-6）。

模型二：斜抛物体的运动是初速度方向上速度为 v0 的匀速直线运动与竖直方向上自由落体运动的合运动（图 3-7）。

这两个模型的区别在于模型一把初速度 v0 正交分解为水平方向上的

v1 和竖直方向上的 v2，把斜抛运动看作是两个互相垂直的方向上的运动的合运动。模型二对斜抛运动的描述更为直接。被斜抛的物体，若无重力作用，将沿初速度的方向作匀速直线运动，1 秒末经过位置 A1、2 秒末经过位置 A2、⋯⋯实际上重力是存在的，所以 1 秒末斜抛物体的位置不在 A1， 而是在 A1 的正下方 B1，2 秒末的位置不在 A2，而是在 A2 的正下方 B2，⋯⋯，

1 2

A1B1、A2B2 、A3B3 、⋯⋯的大小由自由落体公式 2 gt

A3B3∶⋯⋯=1²∶2²∶3²⋯⋯

决定，A1B1 ∶A2B2 ∶

模型一的最主要优点是与平面直角坐标系紧紧联系在一起，抛出点为坐标原点，ox 轴沿水平方向，oy 轴竖直向上，这两根坐标轴的方向与该模型的两个运动的方向一致。一般教科书均采用这个与坐标系结合的模型。模型二直接体现了力学基本规律，特别是力的独立作用原理。利用这

个模型可以十分简便地解释一系列物理现象，分析说明一系列物理过程发生的机理。这个模型把斜抛运动看作是夹角为 90°+θ的两个方向上运动的合成，这两个方向与直角坐标没有直接的联系，所以在分析计算与斜抛运动有关的问题时，往往采用模型一。

在图 3-6 所示的坐标系中，设斜抛物体抛出后 t 秒的位置坐标为 P（x， y），根据模型一，可以写出轨迹的参数方程：

x = v0 cosθ·t

 1

y = v sinθ· ²

 0

t - 2 gt

消去共同的参变量 t，可得轨迹方程为：

g

y = - 2v² cos² θ

• x² + tgθ·x

这是抛物线方程。y=0 时，可得斜抛物体的水平射程 x：

0 = - g

2v² cos² θ

x ² + tgθ·x

2v ² sinθ cosθ v² sin 2θ

X = 0 = 0

g g

可知，当 2θ=90°，即θ=45°时，水平射程最大：

v 2

Xmax

= 0

g

将轨迹方程配成完全平方的形式，可得：

g v² sinθ⋅ cos θ v² sin² θ

y = -

（x - ⁰ ） ² + ⁰

2v² cos² θ g 2g

v² sinθ cosθ

可见，当x = ⁰ =

g

X

2 时，y有最大值，

即斜抛物体能达到的最大高度为：

v² sin² θ

Y = 0

2g

由射程公式 X=v02sin2θ/g 与 x=v0cosθ·T，可得斜抛物体的飞行时间：

T = 2v0 sinθ

g

与平抛运动一样，斜抛物体的运动也是匀变速运动。加速度为 g，在

△t 时间里，速度改变量的大小为 g△t，方向坚直向下。

在分析下列例题的过程中，我们将进一步阐述斜抛物体的运动特性。任何一种解题方法，都来源于对运动特性的理解，也体现了对物理过程的认识。只有对题目所述的物理过程有了充分的了解，对物理过程中物体运动的特性、运动中所遵循的物理规律有了深刻的认识，才可能产生灵活多变的解题方法。所以解题过程的重点是对题目的深入分析，而不是公式的套用。

［例题 1］一个斜抛物体，某时刻的速度方向与水平方向夹角为α， 经时间 t，速度方向与水平方向的夹角变为β。如抛出时初始时刻的抛射角为θ，求抛出时的初速度。

［分析与解］设初速度为 v0，斜抛物体在整个运动过程中，水平方向上总是匀速运动，即速度的水平分量恒定不变，保持为 v||=v0cosθ。竖直方向上是初速度为 v0sinθ的竖直上抛运动。又设某时刻抛体的速度为 v1， 经 t 秒速度为 v2。

1. 设 v1、v2 均斜向上（图 3-8），则在 t 秒内，竖直方向上速度改变量为：△v=gt=v||tga-v||tgβ，

gt gt

故得v|| = tga - tgβ ，v0 = (tga - tgβ)cosθ

1. 如 v1 是抛体上升阶段某时刻的速度，v2 是抛体下降过程中的速度，则 t 秒内竖直方向上速度改变量（图 3-9）为：

△v=gt=v||tga+v||tgβ

gt gt

故得v|| = tga + tgβ ，v0 = (tga + tgβ)cosθ

1. 如 v1、v2 均为抛体下降过程中的即时速度（图 3-10），则 t 秒内速度改变量为：

△v=gt=v||tgβ-v||tgα

gt gt

故得v|| = tgβ − tgα ，v0 = (tgβ - tgα)cosθ

［例题 2］某雷达站在某时刻发现一枚导弹正在向雷达站的方向飞来，测得该时刻导弹的高度 h1=36000 米，水平距离 s1=45000 米；1 秒后导弹的高度 h2=36045 米，水平距离 s2=44500 米。

设导弹无推动力，空气阻力不计，g 取 10 米／秒 ²，求：（1）假设导弹按抛物线（弹道）飞行，雷达站处在导弹的轨道面之中，求导弹的发射点与雷达站之间的水平距离？（2）导弹轨道的最高点到地面的高度是多少？（3）在发现导弹后 5 秒末，从雷达站发射一束激光恰好将导弹击毁， 求激光束瞄准的仰角多大？

［分析与解］方法一：由发现导弹时的位置 P（45000，36000）和 1 秒后的位置 M（44500，36045）可知，导弹处在轨道的上升阶段（图 3-11）， 根据抛体运动的规律和已知条件，可以推断导弹在被发现时（即 P 点）的速度分量分别为：

v = s2 − s1 = -500（米／秒）

 ^x t

 1

v = [（h - h ） +

gt ² ]÷t = 50（米／秒）

 y

2 1 2

设导弹发射时初速度的水平分量与竖直分量分别为 vox 和 voy，发射后经 t0 秒被雷达发现，在 t0 秒内，观察导弹在竖直方向上的运动情况，可得：

vy = vyo - gt 0



 1 2

h = v yo t 0 - 2 gt 0

代入已知量，得关于 t0 的一元二次方程： t02+10t0-7200=0

（t0-80）（t0+90）=0

舍去负根，得 t0=80 秒，可知导弹发射点与雷达站的水平距离为： D=vxt0+s1=500×80+45000

=85000（米）=85（千米）

1. 由 vy=vyo-gt0。可以求得导弹发射时初速度的竖直分量为vyo=vy+gt0=50+10×80=850（米／秒），可见导弹轨道的最高点到地面的高度为：

2

H = 2g

= 36125（米）

1. 导弹被发现后 5 秒的位置坐标（图 3－11）为：

x = D - v x （t 0 + 5） = 42500（米）



y = v

_yo（t 0 + 5）

1

- 2 g

（t + 5） ² = 36125（米）

可见，激光束瞄准时的仰角为：

θ = tg^-1

y

（ x ）

= tg^-1（0.8488） = 40°19′

根据上面的分析，我们还可以求出导弹总的飞行时间为：

2voy

T = g = 175（秒）。

如导弹不被激光击毁，它的水平射程 X=vxT=85000（米）=D（85 千米），雷达站将被摧毁。

方法二：在图 3-11 所示的坐标系中，坐标原点设在雷达站，导弹发射

点与雷达站相距 D，vox、voy 为导弹发射时初速度的水平分量与竖直分量， 则 t 秒时导弹的位置坐标为：

x = D + vxo t

 1

y = v yo t - 2 gt

设 t=t0 时导弹被雷达发现，这时导弹的位置为 P（45000，36000）， 由此可得：

45000 = v xo t 0 + D ①

 1 2

36045 = vyo t 0 - 2 gt 0 ②

在 t=t0+1 时导弹的位置在 M（44500，36045），可得：

44500 = v xo （t 0 + 1） + D ③

1

36045 = vyo （t 0 + 1） - 2 g（t 0 + 1） ④

由①、③两式解得： vxo=-500（米／秒）

④式与②式相减，得 vyo=50+gt0；代入②式，得到关于 t0 的一元二次方程，解此方程可知 t0=80（秒），这样由①式便可计算出导弹发射点与雷达站的水平距离：

D=45000-vxot0

=45000+500×80

=85000（米）

（2）将 t0=80（秒）代入②式，可知： vyo=850（米／秒）

则导弹飞行中的最大高度为：

v2

H = 2g = 36125（米）

（3）发现导弹后经 5 秒，导弹的位置由①、②两式求得：

x = 42500（米）

y = 36125（米）

故激光束瞄准时的仰角为：

θ = tg ⁻¹

y

（ x ）

= 40°19′

［例题 3］从空中某点 M 以相等的速率向各个不同的方向同时抛出若干个物体。试证明在任何时刻，这些物体总是处在同一个球面上。并说明球面的球心位置与球面的半径。

[分析与解]从 M 点抛出去的物体，可能是竖直上抛，也可能是斜上抛、平抛或斜下抛。为描述这些抛体的运动，我们以 M 点为坐标原点，竖直向上为 y 轴，把 x 轴设在任意一个水平方向上（图 3-12），这样，只要我们能证明在 oxy 平面内的抛体在任何时刻都处在同一个圆上，问题也就解决了。因为我们只要把 oxy 平面绕 y 轴旋转一周，空间中的立体球面与平面中的圆之间的联系便会一目了然。

设物体抛出时的初速度方向与水平轴夹角为θ，则时刻 t 抛体的位置坐标分别为：

x = v0 cosθ·t

 1

y = v sinθ· ²

 0

t - 2 gt

1 2

设 v0t=a， 2 gt =b，在任意确定的时刻 t，a、b 也随之确定。将 a、b

代入，得

x = acosθ

y = asinθ - b

x = acosθ 即 y + b = asinθ

这是以抛射角θ为参变量的圆参数方程，圆心的坐标为 O（0，-b）， 半径为 a。

1 2

由 b=gt 2 gt

可知，圆心位置是变化的，它从 M 点开始，由静止出发

作自由落体运动。圆的半径 a=v0t 随时间逐渐增大。

例题 3 所述的现象，在节日焰火（烟花）中可以看得很清楚。从地面上看去，五颜六色的发光点构成的一个圆面，实际上是分布在一个球面上。由于焰火弹是斜射升空的，球面的球心实际上沿抛物线运动，而球面的半径总是随时间而逐渐变大。

上述三个例题的解法是有区别的。例题 1 主要应用矢量分析与矢量

图；例题 2 是根据抛体在竖直方向上与水平方向上的运动特性，逐步分析

求解；例题 3 则是解析法的具体运用。共同点是这三种解法都是按模型一理解斜抛运动的。

物理学中还常常遇到类似斜抛运动的问题，如带电粒子以初速度 v0 射入匀强电场中，当初速度 v0 的方向与电场方向垂直时，带电粒子在电场中的运动是类似平抛运动；如初速度 v0 的方向与电场方向不垂直，则带电粒子进入电场后的运动就是类似斜抛运动。

[例题 4]质点在 oxy 平面中沿直线 y=tgθx，从第Ⅲ象限经坐标原点向第Ⅰ象限以速度 v0 作匀速运动。通过坐标原点以后，物体即受恒力作用，

有与 oy 轴相反方向的恒定加速度 a。求质点通过 O 点后 t 秒时的位置和速度。

[分析与解]如图 3-13，y=xtgθ是通过坐标原点、与 ox 轴夹角为θ的直线。将初速度 v0 沿 ox 轴与 oy 轴分解，得分量：

vox = v0 cosθ

v = v sinθ

 oy o

可见，质点在第Ⅰ象限与第Ⅳ象限里的运动，是 ox 方向上速度为 vox

的匀速运动与 oy 方向上初速度为 voy、加速度为 a 的匀减速运动的合运动。t 秒时质点位置 P 的坐标（图 3-13）为：

x = v0 cosθ·t

 1

y = v sinθ· ²

 0

t - 2 at

质点在 P 点的速度分量为：

vx = vo cosθ

v = v sinθ - at

 y 0

速度的方向与ox方向间的夹角为：a = tg⁻¹（ v y ）。

v x