袁老師經典講授二十一：斜面上的平投動作
我們來討論一個模型并得出一些小結論。
那么，我們今天的小話題就算結束了，也當作2022年的新年禮物吧。
嘿嘿，實在是太忙了，沒時間寫。 可能最近看推理小說上癮了。
懸疑小說的美妙之處就在于你覺得自己讀懂了，甚至會因為你的推理超前于作者的言語而感到沾沾自喜。 但結局卻一轉，你發現自己被作者帶走了。 讀完之后，作者放下了束縛。 你說，去玩得開心，自由自在！ 被騙后心里很高興，真是個卑鄙的書生啊！
讓我們表達一下我們的感受，然后我們回到主題，
如下所示，一個小球以初速度 v_0 被水平拋到斜坡上的 A 點，并落在斜坡上的 B 點。 已知斜坡的傾角為θ，重力加速度為g。
對于這個簡單的模型，我們首先 (1) 求解球從 A 點到 B 點的時間，
這很簡單。 根據平拋運動水平位移與垂直位移的關系式，
得到tanθ=frac{y}{x}=frac{frac{1}{2}^2}{}，
解為=frac{2v_0tanθ}{g}。
然后（2）求出小球運動到距離斜坡最遠點的時間、此時的速度以及距離斜坡最遠的距離。
這道題的幾何關系比較難處理一點。 假設距離斜坡最遠的點是C點，從A點移動到C點的時間為t_1，那么如下，我們畫出局部放大圖，
解決方案1：制作輔助線：
(1) 過A點畫一條水平線，過C點畫一條垂直線，交于D點。
(2) 分別過D點和C點畫與斜坡垂直的線，并與斜坡相交于E點和F點。
(3) 過C點作垂線DE，與DE交于G點。
則C點到斜坡的距離為l，
l=l_{CF}=l_{GE},
從幾何關系可以看出
l=l_{CF}=l_{GE}=l_{DE}-l_{DG} ,
其中，l_{DE}=l_{AD}cdotsinθ=cdotsinθ，
l_{DG}=l_{DC}cdotcosθ=frac{1}{2}gt_1^2cdotcosθ ,
因此， l=cdotsinθ-frac{1}{2}gt_1^2cdotcosθ ，
因此，l是關于t_1的二次函數，此時l取得最大值，
因此，從初中二次函數的知識點我們可以知道，
t_1=-frac{b}{2a}=-frac{v_0cdotsinθ}{-2cdotfrac{1}{2}gcdotcosθ}=frac{v_0tanθ}{ G}，
這里我們首先發現一個小結論，t_1=frac{1}{2}，
也就是說，它運動到距離斜坡最遠的C點的時刻，就是從A點到B點整個運動的中間時刻。
有了t_1的解，下面的問題就簡單了，
距斜坡最遠距離為
l=v_0(frac{v_0tanθ}{g})cdotsinθ-frac{1}{2}g(frac{v_0tanθ}{g})^2cdotcosθ=frac {v_0^2sin^2θ}{2gcos} ,
求解此時速度為v_1，
v_1=sqrt{v_0^2+(gt_1)^2}=sqrt{v_0^2+(gcdotfrac{v_0tanθ}{g})^2}=v_0sqrt{1+tan ^2θ}=frac{v_0}{cosθ} 。
方案二：顯然上面的方案不太好，不夠“物理”，而且制作幾何輔助線有點麻煩，所以我們還是要采用另一種速度分解的方法，也很簡單。
我們分解沿斜坡（x方向）和垂直斜坡（y方向）的速度和加速度，
沿斜坡方向，進行勻加速直線運動，初速度為v_0cosθ，加速度為gsinθ。
在垂直斜坡方向，以初速度 v_0sinθ 和加速度 gcosθ 進行類似投擲的運動（先勻速減速，然后勻速加速），
因此，離開斜坡最遠點的時刻就是類被拋到垂直斜坡方向最高點的時刻，也就是垂直斜坡方向速度為零的時刻，那么到達最高點所需的時間為，
t_1=frac{v_0sinθ}{gcosθ}=frac{v_0tanθ}{g} ,
而且，從投擲類運動的對稱特性可以看出，這個時間是總時間的一半，即t_1=frac{1}{2}，
此時只有沿斜坡方向的速度，其大小為，
v_1=v_0cosθ+gsinθcdot t_1=v_0cosθ+gsinθcdot frac{v_0tanθ}{g}=frac{v_0}{cosθ} ,
此時距斜坡的距離為
l=v_0sinθcdot t_1-frac{1}{2}gcosθcdot t_1^2=frac{v_0^2sin^2θ}{2gcos} 。
因此，對比以上兩種求解方法，我們發現，由于速度分解方法不同，求解的重點和難度也不同。
例如，解1中的普通水平和垂直分解更多地使用了數學幾何和函數的極值，但沿斜面和垂直斜面的分解相對更純粹的物理方法。
最后(3)求解從A點到B點的平均運動速度。
方案1：顯然，我們首先需要求解l_{AB}的距離，然后除以時間，
根據上面對斜面和垂直斜面的分解，我們可以再復制到這里，
沿斜坡方向，以初速度v_0cosθ、加速度gsinθ進行勻加速直線運動。
因此， l_{AB}=v_0cosθcdot +frac{1}{2}gsinθcdot ^2 ，我們不要在這里替換 =frac{2v_0tanθ} 。 {G} ，
首先求平均速度，得到bar{v}=frac{l_{AB}}{}=v_0cosθ+frac{1}{2}gsinθcdot ，
然后代入 =frac{2v_0tanθ}{g} 得到 bar{v}=frac{v_0}{cosθ}。
方案二：如上所述，不同的分解方法導致問題求解的難度不同。
所以，這里我想換一種分解方式。 當然，并不是什么特殊的分解方式，而是回歸到水平分解和垂直分解。
我只是太無聊了。 我不斷地一遍又一遍地做同一個問題，比較一種又一種方法，尋找每種方法的優缺點，并試圖找到最優的解決方案。
如下圖所示平拋運動實驗，象征性地畫兩條輔助線，一條經過A點的水平線，一條經過B點并交于H點的垂直線，然后，
l_{AB}=frac{l_{AH}}{cosθ}=frac{v_0 }{cosθ} ,
因此， bar{v}=frac{l_{AB}}{}=frac{v_0}{cosθ} ，
看，這很簡單。 根本不需要計算。
解法3：至此，你已經發現從A點到B點的運動平均速度bar{v}正好等于距離斜坡最遠點C點的瞬時速度v_1，bar{v }=v_1，v_1上面已經解決了，其實它們不僅大小相等，而且方向相同，因為它們都是沿著斜面的。
如果你恰好知道這個結論，那就不用再計算了！
為什么是這樣？
因為上面已經證明了C點正是從A點運動到B點的中間時刻，
這個結論是勻速直線運動中非常常用的結論平拋運動實驗，叫做：
平均速度等于中間時刻的瞬時速度，
此外，我們有，
平均速度等于中間時刻的瞬時速度，等于初始時刻和最后時刻瞬時速度的平均值。
關于上面更詳細的證明，朋友們請自己思考一下，尤其是初始時刻和最終時刻的瞬時速度相加然后除以2時，相加就是向量相加！
也就是說，上述結論不僅適用于等速直線運動，而且適用于平拋運動，即等速曲線運動。
也就是說，上述結論適用于勻變速運動，無論是直線還是曲線。
朋友們，你們有困惑嗎？ 什么是勻速運動？ 它是勻加速度的運動（包括大小和方向不變）。
好吧，最后我補充一點。 我好像在哪里提到過。 不知道是離線的還是其他文章里的。 例如如下：
例：在水平投擲運動實驗中，在正方向方格紙上畫出A、B、C三個位置點。 已知正方形方格紙的邊長l=0.1m，重力加速度g=10m。 /s^2，求B點的瞬時速度大小和方向。
解決方案：我們用一種新的方法來解決，
根據A、B、C三點之間的水平間隔相等，可知A、B、C三點之間的時間間隔相等。
根據垂直方向的自由落體運動，即勻加速直線運動，根據相鄰位移差公式Delta x=aT^2計算時間間隔T，
T=sqrt{frac{2l-l}{g}}=sqrt{frac{0.2-0.1}{10}}=0.1s，
那么我們知道B點是A點到C點運動的中間力矩，因此B點的瞬時速度等于A點到C點運動的平均速度（大小和方向都相等） ),
因此，v_B=bar{v}_{AC}=frac{l_{AC}}{2T}，
其中，l_{AC}可以通過簡單的畢達哥拉斯定理求解，
l_{AC}=sqrt{(4l)^2+(3l)^2}=5l=0.5m,
因此，v_B=frac{l_{AC}}{2T}=frac{0.5}{0.2}=2.5m/s，
B點瞬時速度的方向是A點到C點的平均速度方向，即A點到C點的位移方向，即AC方向。
因此，若B點瞬時速度方向與水平方向的夾角為θ，則滿足：
tanθ=frac{3}{4} 。
解決方案完成。
是不是感覺非常簡單呢？ 至少省略了幾個步驟。 無需單獨計算水平速度和垂直速度然后將它們組合起來！
好了，朋友們，我終于說完了。 新年快樂！