平抛、斜抛与落点条件

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只受重力的抛体运动，水平与竖直共享一个时间。平抛时间是否与初速无关，必须先问落差是否固定；斜抛最高点竖直速度为零，不等于总速度为零。

一、知识点概念与依据

1. 平抛由初速度和受力共同定义

平抛是初速度水平、离手后只受重力的抛体运动。取抛出点为原点， $x$ 沿水平初速， $y$ 竖直向下，水平初速 $v_0>0$ 、竖直初速零。忽略空气阻力、近地面 $g$ 恒定时，受力给出 $a_x=0,a_y=g$ ，所以

x=v_0t,\qquad y=\frac12gt^2,\qquad v_x=v_0,\qquad v_y=gt.

位置 $x,y$ 用m，速度分量用m/s， $t$ 用s， $g$ 用m/s²。水平匀速、竖直自由落体同时发生，不把飞行时间分给两个方向。仅看图像像抛物线，不足以证明初速水平且只受重力。

2. 轨迹、位移方向与速度方向各自怎样得到

由 $x=v_0t$ 得 $t=x/v_0$ ，代入竖直位移式消去时间：

y=\frac{g}{2v_0^2}x^2.

因此轨迹为抛物线。位移大小 $\sqrt{x^2+y^2}$ 与速度大小 $\sqrt{v_0^2+g^2t^2}$ 是不同量。令位移与水平夹角为 $\beta$ 、当前速度与水平夹角为 $\alpha$ ，对 $t>0$ 有

\tan\beta=\frac yx=\frac{gt}{2v_0},\qquad\tan\alpha=\frac{v_y}{v_x}=\frac{gt}{v_0}=2\tan\beta.

速度沿轨迹切线，位移沿起终点连线，两个角一般不同；不能把“正切两倍”写成角度本身两倍。

3. 固定水平落面与斜面，是两类不同终点约束

落到给定低于起点 $h$ 的水平面，落差固定，竖直先给

t=\sqrt{\frac{2h}{g}},\qquad R=v_0\sqrt{\frac{2h}{g}}.

同一 $h,g$ 下，水平初速不改变飞行时间，只改变水平射程；落地竖直速度 $gt$ ，合速度仍需正交合成。若初始有竖直速度、空气阻力不可忽略或已经碰到地面，就不能继续沿用这一自由平抛阶段。

若从下倾斜面顶端水平抛出并再次落在该斜面，斜面倾角 $0<\theta<90^\circ$ ，按上述向下坐标有 $y=x\tan\theta$ 。联立得

\frac12gt^2=v_0t\tan\theta.

$t=0$ 是出发点；再次相交取 $t>0$ ，约去 $t$ 得

t=\frac{2v_0\tan\theta}{g}.

此时初速会改变落点高度，所以时间随初速变化，不与固定落差结论冲突。还须核落点在实际斜面范围内；越过底端后若落在水平地面，应改用固定地面高度，不能延长一条实际上不存在的无限斜面。

在斜面有效落点，速度倾角满足 $\tan\alpha=gt/v_0=2\tan\theta$ ，故它与 $v_0$ 无关，但依赖同一斜面几何和纯平抛条件。

4. 斜抛保留非零竖直初速度

初速斜向上或斜向下、随后只受重力，称为斜抛。以下取 $x$ 向右、 $y$ 向上，向上抛射的初速 $v_0$ 与水平夹锐角 $\theta$ 。投影后 $v_{x0}=v_0\cos\theta,\ v_{y0}=v_0\sin\theta$ ；由于 $a_x=0,a_y=-g$ ，有

x=v_0\cos\theta\,t,\qquad y=v_0\sin\theta\,t-\frac12gt^2,

v_x=v_0\cos\theta,\qquad v_y=v_0\sin\theta-gt.

斜向下抛改用负的竖直初速度，按同一分量思路即可。切换到向上坐标后重力加速度为负，不能把平抛向下正的符号直接复制过来。

最高点 $v_y=0$ ，所以 $t_\text{顶}=v_0\sin\theta/g$ 。将其代入 $y$ 式，得到

H=\frac{v_0^2\sin^2\theta}{g}-\frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}=\frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}.

此时水平速度仍是 $v_0\cos\theta$ ，总速度一般不为零，重力与加速度也不为零。纯竖直上抛是水平分量零的特殊直线情形，不能用“一般斜抛最高点水平速度非零”排除它。

5. 等高对称与逆向分析的条件

发射点与落点等高、忽略空气阻力、 $g$ 恒定时，回到发射高度的竖直运动对称，总时间是上升时间两倍： $T=2v_0\sin\theta/g$ 。终点不同高，就应把实际 $y$ 代回竖直方程并筛正时间及碰撞前根，不套两倍关系。

从最高点向发射点逆向考察上升段，相当于从最高点以反向水平速度作平抛。时间反演时速度方向反转，重力加速度仍向下，并非让重力翻转。逆向的“平抛初速度”对应原过程最高点速度，不是原发射合初速度。阻力不可忽略时不能原样使用这种对称逆向方法。

二、考点方法与例题

1. 先竖直求高度或时间，再合速度

确认初速水平、只受重力和终点水平面。竖直用 $h=gt^2/2$ ，水平用同一个 $t$ ；问落地速度先写 $v_x,v_y$ ，再合成，不把水平位移当高度，也不把两速度大小直接相加。

例题 01 无人机水平投出的闪光球

题目

某科技馆无人机编队表演中，在某时刻，无人机将一颗闪光球以 $2\,\mathrm{m/s}$ 的速度沿水平方向投出。测得闪光球从投出到落到水平地面所用的时间约为 $1\,\mathrm s$ 。不计空气阻力，重力加速度取 $g=10\,\mathrm{m/s^2}$ 。下列说法正确的是（　　）

A．闪光球被投出时距地面的高度为 $2\,\mathrm m$

B．闪光球被投出时距地面的高度为 $10\,\mathrm m$

C．闪光球落地时的速度大小为 $6\,\mathrm{m/s}$

D．闪光球落地时的速度大小为 $2\sqrt{26}\,\mathrm{m/s}$

答案与解析

竖直从静止起算， $h=\tfrac12\times10\times1^2=5\,\mathrm m$ ，A的2 m与B的10 m都错。水平位移才是 $2\times1=2\,\mathrm m$ ，不能把它当高度。

落地竖直速度 $v_y=10\times1=10\,\mathrm{m/s}$ ，水平速度 $v_x=2\,\mathrm{m/s}$ ，所以

v=\sqrt{2^2+10^2}=\sqrt{104}=2\sqrt{26}\,\mathrm{m/s}.

C错、D对。位移式中的 $1/2$ 来自从零开始的匀加速位移，速度式 $gt$ 没有该系数；两个方向各经历完整1秒而非各半秒。

本题结论

选D。高度5 m，落地速率2√26 m/s。

2. 撞墙方向先确定最高点，再比较两个初速

垂直撞竖直墙，说明撞墙速度水平，即 $v_y=0$ 。同发射高度、同最高点高度给相同竖直初速和时间，再用不同水平距离比较水平速度，最后合成初速和倾角；不以轨迹长短猜时间。

例题 02 两个位置击出的网球撞墙

题目

如图所示，网球运动员训练时在同一高度的前后两个不同位置，将球斜向上打出，球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，不计空气阻力，则

A．两次击中墙时的速度相等

B．沿1轨迹打出时的初速度大

C．沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角小

D．从打出到撞墙，沿2轨迹的网球在空中运动时间长

答案与解析

撞墙速度水平，撞击点分别是两次运动的最高点。设共同上升高度为 $h$ ，由 $0-v_{y0}^2=-2gh$ 得相同向上初速度 $v_{y0}=\sqrt{2gh}$ ，上升时间 $t=v_{y0}/g$ 也相同，所以D错。

图示 $x_1>x_2$ ，同时间下 $v_{x1}=x_1/t>v_{x2}=x_2/t$ 。撞墙时只剩各自水平分速度，因此两次撞墙速度不等，A错。原发射初速 $v_{01}=\sqrt{v_{x1}^2+v_{y0}^2}>v_{02}$ ，B对； $\tan\theta_1=v_{y0}/v_{x1}<v_{y0}/v_{x2}=\tan\theta_2$ ，两个向上发射的锐角中 $\theta_1<\theta_2$ ，C对。

也可从墙上共同最高点逆向看作两次平抛：同落差给同时间、较大水平距离给较大水平速度。但逆向平抛初速只是原过程撞墙速度，须再与共同竖直初速合成，才得到原击球合初速。

本题结论

选BC。时间相同，轨迹1初速较大、发射角较小。

三、坑点辨析与纠错

1. “时间与初速无关”不能删掉固定落差

常见错法：水平初速大就必飞更久；或反过来，无论落斜面还是水平面都说时间不变。

错在何处：水平射程增大不直接决定时间；斜面上落点高度随初速改变时，竖直落差也改变。两种结论使用的终点约束不同。

自查：先写实际终点面方程，斜面还要核有效长度；到碰撞时就结束这一平抛模型。

辨析 01 斜面上方的平抛运动

题目

如图所示，一斜面体固定在水平地面上，在斜面顶端A把一小球水平抛出，小球刚好落在斜面底端C、E点是斜面AC的中点，小球运动轨迹上的B点在E点的正上方，不计空气阻力，小球可视为质点，下列说法正确的是（　　）

A．小球从A运动到B的时间大于从B运动到C的时间

B．增大小球平抛的初速度，小球会落在水平地面上，所用时间比从A运动到C的时间长

C．小球运动轨迹上各点，B点离斜面的距离最远

D．减小小球平抛的初速度，小球落到斜面上时速度与水平方向夹角比落在C处时的小

答案与解析

设从A水平向左为 $x$ 正向、向下为 $y$ 正向，总飞行时间 $T$ 。E为斜面AC中点，B在其正上方，所以AB、BC的水平位移相等。水平匀速给 $t_{AB}=t_{BC}=T/2$ ，A错误。

初速增大时，在原来落到C的时刻 $T$ ，球已水平越过C，但竖直高度仍恰到地面，故落在C外的水平地面，用时仍为 $T$ ，B错误。斜面是有限长度，不能把增大的初速继续代无限斜面再次相交公式。

令斜面倾角为 $\theta$ 。到斜面所在直线的垂直距离为

D(t)=(x\tan\theta-y)\cos\theta=(v_0t\tan\theta-\tfrac12gt^2)\cos\theta.

这是关于 $t$ 开口向下的二次式，其最大值在 $t_*=v_0\tan\theta/g$ 。而落到C有 $T=2v_0\tan\theta/g$ ，故 $t_*=T/2$ ，正好在B。此时 $gt_*/v_0=\tan\theta$ ，速度与斜面平行，垂直斜面方向速度为零。B对应垂足处于AC线段内，因而这里的直线距离也就是距实际斜面的距离，C正确。

减小初速后落在AC内部， $\tan\alpha=gt/v_0=2\tan\theta$ ，速度与水平的夹角仍相同，不会变小，D错误。注意最大距离时速度平行斜面，而落回斜面时速度倾角满足另一个关系，二者不是同一个时刻。

本题结论

选C。B在半程时间、距斜面最远；增速落水平地面时间不变，减速落同斜面角度不变。

2. 最高点零的是竖直分速度，不是所有矢量

常见错法：斜抛最高点总速度零，或加速度零；用两倍上升时间计算任意落地时间。

错在何处：水平分速度仍保留，重力仍存在；两倍关系要求发射、落点等高。

自查：写 $v_x,v_y,a_y$ 三项，不用一个“零”替代全部；逆向平抛初速与原发射合初速也要分开。