平台抛体最大水平位移问题

📝 题目

忽略一切空气阻力，从离地高度为 $h$的平台边缘，以初速度大小$v_0$、抛射角 $\theta$（相对水平面向上）斜抛一小球。 求：小球落地的 最大水平位移 $R_{\max}$为多少？此时对应的 最佳抛射角$\theta_{\text{opt}}$ 为多少？

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🔍 详细解析

1. 建立运动学方程

以抛出点为原点，水平向右为 $x$轴正方向，竖直向上为$y$ 轴正方向。初速度分解为：

• 水平分量：$v_{0x} = v_0 \cos\theta$
• 竖直分量：$v_{0y} = v_0 \sin\theta$

任意时刻 $t$ 的位置坐标为：

$$ \begin{cases} x(t) = v_0 \cos\theta \cdot t \newline[0.3cm] y(t) = h + v_0 \sin\theta \cdot t - \dfrac{1}{2} g t^2 \end{cases} $$

2. 求解飞行时间 $T$

小球落地时满足 $y(T) = 0$，代入竖直方向方程：

$$ h + v_0 \sin\theta \cdot T - \frac{1}{2} g T^2 = 0 $$

整理为标准一元二次方程：

$$ \frac{1}{2} g T^2 - v_0 \sin\theta \cdot T - h = 0 $$

解方程（取正根）：

$$ T = \frac{v_0 \sin\theta + \sqrt{v_0^2 \sin^2\theta + 2gh}}{g} $$

说明：另一个根为负值，物理上舍去。

3. 写出水平射程表达式 $R(\theta)$

水平方向匀速运动，故射程 $R$ 为：

$$ R(\theta) = v_0 \cos\theta \cdot T $$

代入 $T$ 得：

$$ \boxed{R(\theta) = \frac{v_0 \cos\theta}{g} \left( v_0 \sin\theta + \sqrt{v_0^2 \sin^2\theta + 2gh} \right)} $$

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4. 求极值 —— 确定最佳抛射角

为简化求导，令 $k = v_0^2 \sin^2\theta + 2gh$，则 $\sqrt{k}$对$\theta$ 的导数为：

$$ \frac{d(\sqrt{k})}{d\theta} = \frac{v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{\sqrt{k}} $$

对 $R(\theta)$关于$\theta$ 求导：

$$ \frac{dR}{d\theta} = \frac{v_0}{g} \left[ -\sin\theta \left( v_0 \sin\theta + \sqrt{k} \right) + \cos\theta \left( v_0 \cos\theta + \frac{v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{\sqrt{k}} \right) \right] $$

令 $\frac{dR}{d\theta} = 0$以寻找极值点。化简上式（两边同乘$\frac{g}{v_0}$ 并移项）：

$$ -\sin\theta (v_0 \sin\theta + \sqrt{k}) + \cos\theta \left( v_0 \cos\theta + \frac{v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{\sqrt{k}} \right) = 0 $$

展开并整理：

$$ v_0(\cos^2\theta - \sin^2\theta) - \sin\theta\sqrt{k} + \frac{v_0^2 \sin\theta \cos^2\theta}{\sqrt{k}} = 0 $$

为了化简，将 $\sqrt{k}$ 移到一边并通分，经过代数运算后可得关键中间结论：

$$ \boxed{\sin^2\theta_{\text{opt}} = \frac{v_0^2}{2(v_0^2 + gh)}} $$

利用 $\cos^2\theta = 1 - \sin^2\theta$，可得：

$$ \cos^2\theta_{\text{opt}} = 1 - \frac{v_0^2}{2(v_0^2 + gh)} = \frac{v_0^2 + 2gh}{2(v_0^2 + gh)} $$

因此最佳抛射角的正切值为：

$$ \tan\theta_{\text{opt}} = \frac{\sin\theta_{\text{opt}}}{\cos\theta_{\text{opt}}} = \sqrt{ \frac{ \frac{v_0^2}{2(v_0^2 + gh)} }{ \frac{v_0^2 + 2gh}{2(v_0^2 + gh)} } } = \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gh}} $$

所以：

$$ \boxed{\theta_{\text{opt}} = \arctan\left( \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gh}} \right)} $$

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5. 代回求最大水平位移 $R_{\max}$

由 $\sin^2\theta_{\text{opt}} = \frac{v_0^2}{2(v_0^2 + gh)}$ 可得：

$$ \sin\theta_{\text{opt}} = \frac{v_0}{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}}, \quad \cos\theta_{\text{opt}} = \sqrt{\frac{v_0^2 + 2gh}{2(v_0^2 + gh)}} $$

先计算飞行时间 $T$ 中的根号项：

$$ \sqrt{v_0^2 \sin^2\theta_{\text{opt}} + 2gh} = \sqrt{ v_0^2 \cdot \frac{v_0^2}{2(v_0^2 + gh)} + 2gh } $$

$$ = \sqrt{ \frac{v_0^4 + 4gh(v_0^2 + gh)}{2(v_0^2 + gh)} } = \sqrt{ \frac{(v_0^2 + 2gh)^2}{2(v_0^2 + gh)} } = \frac{v_0^2 + 2gh}{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}} $$

于是落地时间 $T$ 为：

$$ T = \frac{ v_0 \cdot \frac{v_0}{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}} + \frac{v_0^2 + 2gh}{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}} }{g} = \frac{ \frac{2(v_0^2 + gh)}{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}} }{g} = \frac{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}}{g} $$

最后，最大水平位移为：

$$ R_{\max} = v_0 \cos\theta_{\text{opt}} \cdot T = v_0 \cdot \sqrt{\frac{v_0^2 + 2gh}{2(v_0^2 + gh)}} \cdot \frac{\sqrt{2(v_0^2 + gh)}}{g} $$

约分后得到最简形式：

$$ \boxed{R_{\max} = \frac{v_0}{g} \sqrt{v_0^2 + 2gh}} $$

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✅ 最终结论

物理量	表达式
最大水平位移	$$\displaystyle R_{\max} = \frac{v_0}{g} \sqrt{v_0^2 + 2gh}$$
最佳抛射角	$$\displaystyle \theta_{\text{opt}} = \arctan\left( \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gh}} \right)$$

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🧪 特殊情形验证（直觉检验）

1. 当 $h = 0$（从地面平抛）：
   $$ \theta_{\text{opt}} = \arctan(1) = 45^\circ, \quad R_{\max} = \frac{v_0^2}{g} $$ 与经典结论完全一致。

2. 当 $h \to \infty$（极高处抛出）：
   $$ \theta_{\text{opt}} \approx \arctan\left( \frac{v_0}{\sqrt{2gh}} \right) \to 0^\circ $$ 即接近水平抛出。此时飞行时间几乎由高度决定，$T \approx \sqrt{\frac{2h}{g}}$，射程 $R \approx v_0 \sqrt{\frac{2h}{g}}$，与平抛运动吻合。

3. 当 $v_0 \to 0$（初速度极小）：
   $$ \theta_{\text{opt}} \approx \arctan(0) = 0^\circ, \quad R_{\max} \approx 0 $$ 物理意义明确：几乎自由落体，水平位移趋近于零。

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💡 记忆口诀：高空平着抛，地面四十五度角；最大射程公式记，根号里面 $v^2$加$2gh$。