HSC 物理：将抛体运动分解为分量

想像有两颗完全相同的球，位于相同高度。你让其中一颗垂直落下，并在完全相同的一瞬间，将另一颗水平射出。

哪一颗会先落地？

人们很容易以为，被射出的球因为有「额外的运动」，所以会在空中停留更久。然而，在理想抛体模型中，两颗球会同时落地。第二颗球的水平速率并不会延迟它在垂直方向上的下落。

这个结果正是抛体运动的关键：把水平运动与垂直运动分开处理，两者使用同一个时间，然后在需要求出抛体的实际位置或速度时，再把它们组合起来。

01一个抛体，两种运动

想像一颗球离开你的手之后在空中运动。假设球被放开后，我们忽略空气阻力。

有哪些力作用在它上面？

只有它所受的重力。重力垂直向下作用，水平方向则没有力。

因此，一条弯曲的路径其实包含两种简单得多的运动：

在地球表面附近，\(g = 9.8\ \text{m s}^{-2}\)。

因此，弯曲的轨迹并不是一种复杂的单一运动，而是水平方向的等速度运动与垂直方向的等加速度运动同时发生。

一个有用的想像方式是：两名学生各自抬著一块大型白板的一端。其中一名学生只控制左右移动，另一名只控制上下移动。白板最后的位置取决于两者，但任何一人都不会直接改变另一人正在做的事。

这个比喻并不完全成立，因为抛体是一个物体，而不是两个人。真正重要的概念只是：彼此垂直的运动分量可以分开分析。

02分解初速度

假设一个抛体以速率 \(u\)，并以高于水平线的角度 \(\theta\) 发射。

速度向量可以分解为：

\[ u_x = u\cos\theta \]

以及

\[ u_y = u\sin\theta \]

其中：

• \(u_x\) 是初始水平速度，单位为米每秒，
• \(u_y\) 是初始垂直速度，单位为米每秒，
• \(u\) 是发射速率，单位为米每秒，以及
• \(\theta\) 是高于水平线的发射角。

这只是直角三角学。如果 \(\theta\) 是从水平方向量起，水平分量是角的邻边，因此使用余弦；垂直分量是对边，因此使用正弦。

例如，如果一颗球以 \(20\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、\(30^\circ\) 的角度发射，

\[ u_x = 20\cos30^\circ = 17.3\ \text{m s}^{-1} \]

以及

\[ u_y = 20\sin30^\circ = 10.0\ \text{m s}^{-1}. \]

因此，抛体一开始同时有两种运动：水平方向 \(17.3\ \text{m s}^{-1}\)，向上方向 \(10.0\ \text{m s}^{-1}\)。

速率并没有因此变成 \(27.3\ \text{m s}^{-1}\)。分量不能像普通数字那样直接相加，因为它们彼此成直角。

03两个方向使用同一个时间

这是抛体题目能够解开的关键。

假设抛体已经运动了 \(1.2\ \text{s}\)。它的水平运动已经进行了 \(1.2\ \text{s}\)，而垂直运动也同样进行了 \(1.2\ \text{s}\)。

并不存在两个不同的时间。

对水平运动而言，因为 \(a_x=0\)，

\[ x = x_0 + u_x t \]

以及

\[ v_x = u_x. \]

对垂直运动而言，若取向上为正方向，

\[ y = y_0 + u_y t - \frac{1}{2}gt^2 \]

以及

\[ v_y = u_y-gt. \]

其中：

• \(x_0\) 和 \(y_0\) 是初始座标，单位为米，
• \(x\) 和 \(y\) 是之后的座标，
• \(t\) 是经过的时间，单位为秒，
• \(v_x\) 和 \(v_y\) 是之后的速度分量，单位为米每秒。

注意这两组方程之间的连结：\(t\)。

这个共同的时间通常就是你从一个分量转到另一个分量的方式。你可能先利用垂直运动求出抛体在空中停留多久，再把这个时间代入水平方程，以求出它的水平射程。

范例：从长凳滚落的球

一颗球以 \(6.00\ \text{m s}^{-1}\) 的速率，从高 \(1.80\ \text{m}\) 的长凳水平飞出。忽略空气阻力。求它到达地板所需的时间、落地点距离长凳多远，以及碰撞前一瞬间的速度。

步骤 1：选择方向并找出各分量。

取向上为正方向。由于球是水平飞出的，所以初始垂直速度为零：

\[ u_x = 6.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_y=0. \]

到地板的垂直位移为

\[ \Delta y=-1.80\ \text{m}. \]

步骤 2：利用垂直运动求飞行时间。

垂直位移方程为

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

代入数值，

\[ -1.80=0-\frac{1}{2}(9.8)t^2. \]

因此，

\[ t=\sqrt{\frac{3.60}{9.8}}=0.606\ \text{s}. \]

水平发射速率完全没有出现在这个计算中。这就是为什么水平射出的球和直接放下的球，在下降相同高度时所需的时间相同。

步骤 3：在水平方向使用同一个时间。

\[ \Delta x=u_x t=(6.00)(0.606)=3.64\ \text{m}. \]

球落在距离长凳边缘正下方 \(3.64\ \text{m}\) 的位置。

步骤 4：求碰撞前一瞬间的速度分量。

水平速度保持不变：

\[ v_x=6.00\ \text{m s}^{-1}. \]

垂直方向上，

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(0.606)=-5.94\ \text{m s}^{-1}. \]

负号表示方向向下。

步骤 5：重新组合各分量。

速率为

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2} =\sqrt{(6.00)^2+(-5.94)^2} =8.44\ \text{m s}^{-1}. \]

它在水平线下方的方向角为

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{5.94}{6.00}\right)=44.7^\circ. \]

所以在碰撞前一瞬间，球以 \(8.44\ \text{m s}^{-1}\) 的速率运动，方向为水平线下方 \(44.7^\circ\)。

04「独立」代表什么，又不代表什么

如果把「水平运动与垂直运动彼此独立」这句话理解得太字面，就可能产生问题。

它的意思是，在理想模型中，重力会改变垂直速度，但不会改变水平速度。

它并不表示水平和垂直方向的计算彼此毫无关系。两者描述的是同一个抛体，因此它们所使用的时间必须一致。

假设一个抛体在 \(2.0\ \text{s}\) 后到达一面墙。你不能只因为 \(1.6\ \text{s}\) 会得到一个方便的高度，就在垂直方程中改用 \(1.6\ \text{s}\)。两个分量必须描述同一瞬间。

这个「共同时间」的限制，是检查抛体运动计算错误时非常有用的方法之一。

05到达最高点时，重力并不会「用完」

现在考虑斜向发射。

当抛体上升时，由于重力向下作用，\(v_y\) 会逐渐减小。在最高点，

\[ v_y=0. \]

预测一下那一瞬间的加速度会怎样。它也会变成零吗？

不会。重力仍然在作用，因此即使在最高点，

\[ a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2} \]

仍然成立。

垂直速度为零，只表示抛体在那一瞬间停止向上运动。这并不表示重力消失了。

同时，

\[ v_x=u_x \]

在整个理想飞行过程中都成立。

因此，一般斜向抛射的抛体在最高点时，速度是水平的，但加速度则垂直向下。

范例：抛体能越过墙吗？

一个抛体从高于地面 \(5.00\ \text{m}\) 的平台，以 \(20.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、水平线上方 \(35.0^\circ\) 的角度发射。一面垂直墙位于发射点水平方向 \(25.0\ \text{m}\) 处，高 \(10.0\ \text{m}\)。忽略空气阻力。

抛体能越过墙吗？另外，求它经过墙时的速度。

步骤 1：分解发射速度。

\[ u_x=(20.0)\cos35.0^\circ=16.4\ \text{m s}^{-1} \]

以及

\[ u_y=(20.0)\sin35.0^\circ=11.5\ \text{m s}^{-1}. \]

步骤 2：利用水平运动求抛体到达墙壁的时间。

由于水平速度保持不变，

\[ t=\frac{\Delta x}{u_x} =\frac{25.0}{16.4} =1.53\ \text{s}. \]

步骤 3：求同一时间下的垂直位置。

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

代入数值，

\[ y=5.00+(11.5)(1.53)-\frac{1}{2}(9.8)(1.53)^2 =11.1\ \text{m}. \]

墙高 \(10.0\ \text{m}\)，因此抛体越过墙顶的高度约为

\[ 11.1-10.0=1.1\ \text{m}. \]

步骤 4：求抛体到达墙时的速度分量。

水平方向，

\[ v_x=16.4\ \text{m s}^{-1}. \]

垂直方向，

\[ v_y=11.5-(9.8)(1.53)=-3.48\ \text{m s}^{-1}. \]

抛体到达墙时已经正在下降。

步骤 5：重新组合各分量。

\[ v=\sqrt{(16.4)^2+(-3.48)^2}=16.7\ \text{m s}^{-1}. \]

水平线下方的角度为

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{3.48}{16.4}\right)=12.0^\circ. \]

因此，它能越过墙，并以约 \(16.7\ \text{m s}^{-1}\) 的速率通过墙的位置，方向为水平线下方 \(12.0^\circ\)。

注意，发射角是在水平线上方，但到达墙时的速度角却在水平线下方。即使水平速度没有改变，抛体的运动方向仍会改变。

06重新组合运动

有些题目只要求水平距离或最大高度。在这种情况下，你可能完全不需要重新组合各分量。

但如果你需要抛体的实际速度，就使用毕氏定理：

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}. \]

它相对于水平方向的角度可以由

\[ \tan\phi=\frac{v_y}{v_x}. \]

求得。

要注意正负号。如果 \(v_y<0\) 而 \(v_x>0\)，代表抛体正朝水平线下方运动。

位移分量也可以用同样的方法处理。如果一个物体相对某个参考点，在水平方向移动了 \(x\) 米、垂直方向移动了 \(y\) 米，这两个分量合起来就能确定抛体在二维空间中的位置。

07为什么轨迹是弯曲的

水平位移随时间呈线性增加：

\[ x=u_x t \]

如果抛体从 \(x=0\) 开始。

垂直位移则包含一个 \(t^2\) 项：

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

如果 \(u_x\neq0\)，则

\[ t=\frac{x}{u_x}. \]

把它代入垂直方程可得

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x-\frac{g}{2u_x^2}x^2. \]

对于以速率 \(u\)、角度 \(\theta\) 发射的情况，也可写成

\[ y=y_0+x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}. \]

最重要的特征是 \(x^2\) 项。在理想的恒定重力模型中，轨迹是一条抛物线。

并不是每一道抛体题目都需要使用这条方程。很多时候，使用具有共同时间的分量方程会更清楚，也更不容易误用。

08造成一半问题的常见迷思

一种常见的想法是：

抛体曾经被向前推，所以一定有某个向前的力持续作用在它上面。

这听起来很合理，因为日常生活中的物体通常会在你推它们之后慢下来。

但它们通常是因为摩擦力或空气阻力而减速。在理想抛体模型中，一旦物体离开发射装置，就不再有持续作用的水平力。

因此，依照牛顿第一运动定律，它的水平速度保持不变。

另一个很容易犯的错误几乎正好相反：「重力作用在抛体上，所以它的整个速度都一定会减小。」

重力只会改变与重力方向平行的速度分量。使用我们一般的座标轴时，这就是 \(v_y\)。它不会直接改变 \(v_x\)。

09简单的分量模型何时不再精确

HSC 的抛体模型通常假设：

• 空气阻力可以忽略，
• 重力加速度保持不变并且垂直向下，以及
• 在所涉及的距离范围内，可以忽略地球的曲率与自转。

在这些假设下，

\[ a_x=0,\qquad a_y=-g. \]

真实的抛体可能会受到阻力。阻力的方向与物体速度相反，因此它可以同时具有水平分量与垂直分量。此时，\(v_x\) 就不再保持不变。

把向量分解成分量的方法本身仍然有效。改变的是你在每个分量方程中所使用的物理模型。

这个区别很重要：分量是一种数学方法，而「水平速度保持不变」则是某个特定物理模型的结果。

10解答 HSC 抛体题目的可靠方法

当一道抛体题目看起来很复杂时，可以按照以下顺序处理：

1. 选择正 \(x\) 与正 \(y\) 的方向。
2. 画出或找出初速度向量。
3. 把它分解成 \(u_x\) 和 \(u_y\)。
4. 如果适用理想抛体的假设，写出 \(a_x=0\) 和 \(a_y=-g\)。
5. 判断哪一个分量具有足够资料可求出时间。
6. 在另一个分量中使用同一个时间。
7. 只有在题目要求总速率、方向或位移时，才重新组合各分量。
8. 检查正负号与物理结果是否合理。

负的 \(v_y\) 通常完全合理：它代表抛体正在下降。负的时间则通常不是你要找的物理解。

11问题与解答

问题 1

一颗球以 \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率，从高 \(19.6\ \text{m}\) 的悬崖顶水平射出。忽略空气阻力。

求：

a. 到达地面所需的时间，
b. 水平移动的距离，以及
c. 碰撞前一瞬间的速度。

解答 1

球需要 \(2.00\ \text{s}\) 落地，水平方向移动 \(28.0\ \text{m}\)，并以 \(24.1\ \text{m s}^{-1}\) 的速率撞击地面，方向为水平线下方 \(54.5^\circ\)。

对垂直运动而言，

\[ u_y=0,\qquad \Delta y=-19.6\ \text{m},\qquad a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2}. \]

使用

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2, \]

可得

\[ -19.6=-4.9t^2. \]

因此，

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

这里很容易犯的错误，是在计算下落时间时使用 \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) 的水平速率。它在垂直方程中没有任何作用。

现在在水平方向使用相同的 \(2.00\ \text{s}\)：

\[ \Delta x=u_x t=(14.0)(2.00)=28.0\ \text{m}. \]

碰撞前一瞬间，

\[ v_x=14.0\ \text{m s}^{-1} \]

以及

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(2.00)=-19.6\ \text{m s}^{-1}. \]

因此，

\[ v=\sqrt{(14.0)^2+(-19.6)^2}=24.1\ \text{m s}^{-1}. \]

撞击角为

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{19.6}{14.0}\right)=54.5^\circ. \]

因为 \(v_y\) 是负值，所以方向为水平线下方 \(54.5^\circ\)。

问题 2

一个抛体从水平地面以 \(25.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、水平线上方 \(53.1^\circ\) 的角度发射。一面高 \(19.5\ \text{m}\) 的墙位于距离发射点 \(30.0\ \text{m}\) 处。

取三位有效数字，假设 \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) 且 \(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\)。

判断：

a. 抛体是否能越过墙，
b. 通过墙时它是在上升还是下降，以及
c. 它最后在哪里回到发射高度。

解答 2

抛体以 \(0.90\ \text{m}\) 的余量越过墙顶，通过墙时仍在非常轻微地上升，并在距离发射点约 \(61.2\ \text{m}\) 处回到发射高度。

首先求它到达墙时的时间：

\[ t=\frac{x}{u_x} =\frac{30.0}{15.0} =2.00\ \text{s}. \]

在此时，

\[ y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

所以

\[ y=(20.0)(2.00)-\frac{1}{2}(9.8)(2.00)^2 =40.0-19.6 =20.4\ \text{m}. \]

墙高 \(19.5\ \text{m}\)，因此越过墙顶的高度为

\[ 20.4-19.5=0.90\ \text{m}. \]

现在检查垂直速度：

\[ v_y=u_y-gt =20.0-(9.8)(2.00) =0.40\ \text{m s}^{-1}. \]

它是正值，所以抛体仍然向上运动。

这提醒我们，不应仅凭粗略草图的形状判断运动方向。抛体非常接近最高点，但还没有真正到达。

要找出它何时回到发射高度，令垂直位移为零：

\[ 0=20.0t-4.9t^2. \]

因式分解，

\[ 0=t(20.0-4.9t). \]

解 \(t=0\) 对应发射瞬间。较后的解为

\[ t=\frac{20.0}{4.9}=4.08\ \text{s}. \]

因此水平射程为

\[ R=(15.0)(4.08)=61.2\ \text{m}. \]

一种常见的错误做法，是因为抛体在 \(2.00\ \text{s}\) 后到达墙，而 \(2.00\ \text{s}\) 「大约是」总飞行时间的一半，就假设此时抛体一定在最高点。分量方程给出了精确答案：\(v_y\) 仍然是 \(+0.40\ \text{m s}^{-1}\)。

问题 3

一个山坡可近似为直线

\[ y=0.250x, \]

其中 \(x\) 和 \(y\) 是从发射点量起的距离，单位为米。

一个抛体从原点以 \(24.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、水平线上方 \(50.0^\circ\) 的角度发射。忽略空气阻力。

求抛体下一次撞上山坡的位置，以及碰撞前一瞬间的速度。

解答 3

抛体大约在 \((45.7\ \text{m},\,11.4\ \text{m})\) 撞上山坡，速率为 \(18.8\ \text{m s}^{-1}\)，方向为水平线下方 \(34.7^\circ\)。

分解初速度：

\[ u_x=(24.0)\cos50.0^\circ=15.4\ \text{m s}^{-1}, \]

\[ u_y=(24.0)\sin50.0^\circ=18.4\ \text{m s}^{-1}. \]

在时间 \(t\) 时，

\[ x=15.4t \]

以及

\[ y=18.4t-4.9t^2. \]

碰撞时，抛体必须位于山坡上，因此也必须符合

\[ y=0.250x. \]

代入 \(x=15.4t\)，

\[ 18.4t-4.9t^2=0.250(15.4t). \]

因此，

\[ 18.4t-4.9t^2=3.86t. \]

整理后，

\[ t(14.5-4.9t)=0. \]

解 \(t=0\) 对应发射点。下一个交点出现在

\[ t=\frac{14.5}{4.9}\approx2.96\ \text{s}. \]

因此水平座标为

\[ x=(15.4)(2.96)\approx45.7\ \text{m}. \]

该处的山坡高度为

\[ y=0.250(45.7)\approx11.4\ \text{m}. \]

现在求碰撞速度。水平方向，

\[ v_x=15.4\ \text{m s}^{-1}. \]

垂直方向，

\[ v_y=18.4-(9.8)(2.96) \approx-10.7\ \text{m s}^{-1}. \]

因此，

\[ v=\sqrt{(15.4)^2+(-10.7)^2} \approx18.8\ \text{m s}^{-1}. \]

它的方向为

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{10.7}{15.4}\right) \approx34.7^\circ \]

低于水平线。

一个很容易采用的捷径，是令 \(y=0\) 来求碰撞时间。但这样求到的是抛体何时回到与发射点相同的水平高度。这里的地面并不是水平的：离开发射点后，地面遵循 \(y=0.250x\)。物理上的边界条件必须符合实际的山坡。

问题 4

一个抛体从地面高度发射，之后通过点 \(A\)。点 \(A\) 位于发射点水平距离 \(20.0\ \text{m}\) 处，并比发射点高 \(15.0\ \text{m}\)。

在下降途中，它通过点 \(B\)。点 \(B\) 位于发射点水平距离 \(50.0\ \text{m}\) 处，同样高 \(15.0\ \text{m}\)。

忽略空气阻力。

求：

a. 初始水平与垂直速度分量，
b. 发射速率与角度，以及
c. 最高点的水平位置与高度。

解答 4

初始分量为 \(u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}\) 和 \(u_y=19.0\ \text{m s}^{-1}\)。发射速率为 \(26.2\ \text{m s}^{-1}\)，发射角为 \(46.4^\circ\)，最高点位于 \(x=35.0\ \text{m}\)，即发射点上方 \(18.4\ \text{m}\)。

令抛体通过 \(A\) 和 \(B\) 时的时间分别为 \(t_1\) 和 \(t_2\)。

由于水平速度保持不变，

\[ t_1=\frac{20.0}{u_x}, \qquad t_2=\frac{50.0}{u_x}. \]

在垂直方向，两个点都满足

\[ 15.0=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

整理后得到二次方程

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+15.0=0. \]

它的两个根是 \(t_1\) 和 \(t_2\)。

对于二次方程 \(at^2+bt+c=0\)，两根之积为 \(c/a\)。因此，

\[ t_1t_2=\frac{15.0}{4.9}. \]

但从水平运动可得，

\[ t_1t_2 = \frac{20.0}{u_x}\frac{50.0}{u_x} = \frac{1000}{u_x^2}. \]

因此，

\[ \frac{1000}{u_x^2}=\frac{15.0}{4.9}. \]

所以

\[ u_x^2=\frac{1000(4.9)}{15.0}, \]

得到

\[ u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}. \]

相应的时间为

\[ t_1=\frac{20.0}{18.1}=1.11\ \text{s}, \]

\[ t_2=\frac{50.0}{18.1}=2.77\ \text{s}. \]

对同一个二次方程而言，两根之和为

\[ t_1+t_2=\frac{u_y}{4.9}. \]

因此，

\[ u_y=4.9(t_1+t_2) =4.9(1.11+2.77) \approx19.0\ \text{m s}^{-1}. \]

发射速率为

\[ u=\sqrt{u_x^2+u_y^2} =\sqrt{(18.1)^2+(19.0)^2} =26.2\ \text{m s}^{-1}. \]

发射角为

\[ \theta=\tan^{-1}\left(\frac{19.0}{18.1}\right) =46.4^\circ. \]

在最高点，

\[ v_y=0. \]

所以

\[ 0=u_y-gt, \]

得到

\[ t_{\text{apex}}=\frac{19.0}{9.8}=1.94\ \text{s}. \]

因此

\[ x_{\text{apex}}=(18.1)(1.94)=35.0\ \text{m}. \]

到最高点的垂直上升距离可由

\[ v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y. \]

求得。

因此，

\[ 0=(19.0)^2-2(9.8)\Delta y, \]

所以

\[ \Delta y=18.4\ \text{m}. \]

一个很容易出现的错误预测是：因为 \(A\) 和 \(B\) 的高度相同，所以它们对应的时间应该也相同。但这不可能，因为抛体位于两个不同的位置。

真正具有对称性的是它们相对最高点的时间。事实上，

\[ \frac{t_1+t_2}{2} = \frac{1.11+2.77}{2} = 1.94\ \text{s}, \]

正好就是到达最大高度的时间。这也解释了为什么最高点正好位于 \(x=20.0\ \text{m}\) 与 \(x=50.0\ \text{m}\) 的中间：由于 \(v_x\) 保持不变，相等的时间间隔对应相等的水平距离。

问题 5

抛体 \(A\) 在 \(t=0\) 时从 \((0,0)\) 发射，其初速度分量为

\[ u_{Ax}=18.0\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{Ay}=22.0\ \text{m s}^{-1}. \]

抛体 \(B\) 最初位于 \((54.0\ \text{m},12.0\ \text{m})\)。它的发射速度分量为

\[ u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}. \]

两个抛体受到相同的重力加速度，且空气阻力可忽略。

a. 如果它们同时发射，判断它们是否会在任一抛体落地前相撞。如果会，求碰撞位置。

b. 现在抛体 \(B\) 在 \(A\) 发射后 \(0.500\ \text{s}\) 才发射，而速度与之前相同。一名学生认为，这个延迟不会造成任何差别，因为重力给两个抛体相同的加速度。检验这个说法，求它们到达相同水平位置时的垂直间距。

c. 保持 \(0.500\ \text{s}\) 的延迟以及 \(u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}\)，求要使两者真正碰撞所需的 \(u_{By}\)。

解答 5

如果同时发射，两个抛体会在 \(t=2.00\ \text{s}\) 时于 \((36.0\ \text{m},24.4\ \text{m})\) 相撞。如果抛体 \(B\) 延迟 \(0.500\ \text{s}\) 发射，当两者水平位置相同时，\(B\) 会从 \(A\) 上方 \(0.392\ \text{m}\) 处通过。把 \(B\) 的垂直发射分量降低到约 \(15.8\ \text{m s}^{-1}\)，就能恢复碰撞。

对 a 部分，先写出水平位置。

对 \(A\)，

\[ x_A=18.0t. \]

对 \(B\)，

\[ x_B=54.0-9.00t. \]

碰撞时，

\[ x_A=x_B. \]

因此，

\[ 18.0t=54.0-9.00t, \]

所以

\[ 27.0t=54.0 \]

并且

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

现在检查同一时间下的垂直位置。

对 \(A\)，

\[ y_A=22.0t-4.9t^2. \]

因此，

\[ y_A=(22.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =44.0-19.6 =24.4\ \text{m}. \]

对 \(B\)，

\[ y_B=12.0+16.0t-4.9t^2. \]

所以

\[ y_B=12.0+(16.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =24.4\ \text{m}. \]

它们的水平座标与垂直座标在同一时间完全相同，因此它们会在

\[ (36.0\ \text{m},24.4\ \text{m}). \]

相撞。

这个结果中隐藏的抵消关系非常重要。由于两个物体具有相同的重力加速度，只要两者都在飞行，它们的相对加速度就是零。重力使两者的垂直速度改变相同的量。

对 b 部分，抛体 \(B\) 现在晚 \(0.500\ \text{s}\) 才开始运动。

仍令 \(t\) 表示自 \(A\) 发射后经过的时间。那么 \(B\) 实际已经运动的时间为

\[ t_B=t-0.500. \]

对 \(A\)，

\[ x_A=18.0t. \]

对 \(B\)，

\[ x_B=54.0-9.00(t-0.500). \]

令两者相等：

\[ 18.0t = 54.0-9.00(t-0.500). \]

展开，

\[ 18.0t=58.5-9.00t. \]

因此，

\[ 27.0t=58.5 \]

并且

\[ t=2.167\ \text{s}. \]

在这一瞬间，\(B\) 已经运动了

\[ t_B=2.167-0.500=1.667\ \text{s}. \]

抛体 \(A\) 的高度为

\[ y_A = (22.0)(2.167)-4.9(2.167)^2 = 24.664\ \text{m}. \]

抛体 \(B\) 的高度为

\[ y_B = 12.0+(16.0)(1.667)-4.9(1.667)^2 = 25.056\ \text{m}. \]

因此，

\[ y_B-y_A = 25.056-24.664 = 0.392\ \text{m}. \]

所以 \(B\) 会从 \(A\) 上方约 \(0.392\ \text{m}\) 处通过。两者不会相撞。

这名学生的推理包含一个细微但真实的部分，却把它用错了。\(B\) 一旦发射后，两个抛体确实具有相同的重力加速度，因此它们的相对加速度为零。

但在最初的 \(0.500\ \text{s}\) 期间，只有 \(A\) 正在进行抛体运动。等到 \(B\) 开始运动时，\(A\) 的位置和垂直速度早已改变。从那一刻开始具有相同加速度，并不能消除两者不同的初始状态。

对 c 部分，水平相遇时间保持不变，因为我们只调整 \(B\) 的垂直发射分量。因此，

\[ t=2.167\ \text{s}, \qquad t_B=1.667\ \text{s}. \]

若要发生碰撞，\(B\) 的高度必须等于 \(A\) 的高度，而我们已求得该高度为 \(24.664\ \text{m}\)。

令 \(B\) 所需的垂直发射分量为 \(u_{By}\)。则

\[ 24.664 = 12.0+u_{By}(1.667)-4.9(1.667)^2. \]

整理后，

\[ u_{By} = \frac{24.664-12.0+4.9(1.667)^2}{1.667}. \]

因此，

\[ u_{By}=15.8\ \text{m s}^{-1} \]

取三位有效数字。

令人意外的是，\(B\) 所需要的垂直分量比原本稍小，而不是更大。当 \(u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}\) 时，在两个抛体到达相同水平位置的一刻，\(B\) 已经太高了。

这正是分量分析最核心的原则：只让一个座标相符并不足够。碰撞、撞击或任何其他二维事件，都必须在同一瞬间同时满足水平方向的条件与垂直方向的条件。

一旦掌握这个概念，下一个有用的步骤，就是把相同的分量方法应用到相对运动、抛体轨迹，以及著陆表面本身正在移动或倾斜的情况。