平抛运动中的“极值”问题

Mr.Hope2025/12/12...大约 4 分钟

例题 1：圆心平抛致圆面速度最小值

题目：在半径为 $R$ 的圆心处以初速度 $v_{0}$ 水平抛出一个小球，重力加速度为 $g$ 。求小球落到圆周上的瞬时速度最小值 $v_{min}$ ，以及此时对应的初速度 $v_{0}$ 。

答案

【解析】

1. 建立模型与约束 设圆心为原点 $(0, 0)$ ，水平向右为 $x$ 轴，竖直向下为 $y$ 轴。

运动方程： $x = v_{0} t, y = \frac{1}{2} g t^{2}$
几何约束：落点在圆上 $\Rightarrow x^{2} + y^{2} = R^{2}$ 代入得： $(v_{0} t)^{2} + (\frac{1}{2} g t^{2})^{2} = R^{2}$ 解得 $v_{0}^{2}$ 关于 $t$ 的表达式： $v_{0}^{2} = \frac{R^{2}}{t^{2}} - \frac{1}{4} g^{2} t^{2}$

2. 构建目标函数 设落点速度为 $v$ ，则 $v^{2} = v_{0}^{2} + v_{y}^{2} = v_{0}^{2} + (g t)^{2}$ 。将 $v_{0}^{2}$ 代入：

v^{2} = (\frac{R^{2}}{t^{2}} - \frac{1}{4} g^{2} t^{2}) + g^{2} t^{2} = \frac{R^{2}}{t^{2}} + \frac{3}{4} g^{2} t^{2}

3. 求解极值 利用基本不等式 $a + b \geq 2 \sqrt{a b}$ ：

v^{2} \geq 2 \sqrt{\frac{R^{2}}{t^{2}} \cdot \frac{3}{4} g^{2} t^{2}} = 2 \sqrt{\frac{3}{4} g^{2} R^{2}} = \sqrt{3} g R

当且仅当 $\frac{R^{2}}{t^{2}} = \frac{3}{4} g^{2} t^{2}$ ，即 $t^{2} = \frac{2 R}{\sqrt{3} g}$ 时取等号。

4. 求解对应的 $v_{0}$ 将最佳时间 $t^{2}$ 代回 $v_{0}^{2}$ 的表达式：

v_{0}^{2} = \frac{R^{2}}{\frac{2 R}{\sqrt{3} g}} - \frac{1}{4} g^{2} (\frac{2 R}{\sqrt{3} g}) = \frac{\sqrt{3} g R}{2} - \frac{\sqrt{3} g R}{6} = \frac{\sqrt{3} g R}{3} = \frac{g R}{\sqrt{3}}

例题 2：斜面底部高 h 处平抛

题目：在倾角为 $θ$ 的斜面底端正上方高度 $h$ 处，以初速度 $v_{0}$ 水平抛出一小球，小球落在斜面上。求落点速度的最小值 $v_{min}$ 及对应的 $v_{0}$ 。

答案

【答案】

落点最小速度： $v_{min} = \sqrt{h g \cot θ (\sqrt{4 + \cot^{2} θ} - \cot θ)}$
对应的初速度： $v_{0} = \sqrt{\frac{g h}{2} (\sqrt{4 + \cot^{2} θ} - \cot θ)}$

【解析】

1. 建立模型与约束 设斜面底端为原点 $(0, 0)$ ，抛出点为 $(0, h)$ 。

斜面方程： $y = x \tan θ$
运动方程： $x = v_{0} t, y_{位置} = h - \frac{1}{2} g t^{2}$
几何约束： $h - \frac{1}{2} g t^{2} = (v_{0} t) \tan θ \Rightarrow v_{0} = \frac{h - \frac{1}{2} g t^{2}}{t \tan θ}$

2. 构建目标函数

v^{2} = v_{0}^{2} + (g t)^{2} = {(\frac{h - \frac{1}{2} g t^{2}}{t \tan θ})}^{2} + g^{2} t^{2}

令 $u = t^{2}$ ，展开并整理（利用 $\cot θ = 1 / \tan θ$ ）：

v^{2} = \cot^{2} θ (\frac{h^{2}}{u} - h g + \frac{1}{4} g^{2} u) + g^{2} u

v^{2} = \frac{h^{2} \cot^{2} θ}{u} + \underset{B}{\underset{⏟}{g^{2} (1 + \frac{1}{4} \cot^{2} θ)}} \cdot u - h g \cot^{2} θ

3. 求解极值 利用基本不等式，第一项与第二项积为定值。最小速度平方为：

v_{min}^{2} = 2 \sqrt{h^{2} \cot^{2} θ \cdot g^{2} (1 + \frac{1}{4} \cot^{2} θ)} - h g \cot^{2} θ

化简根号内项： $4 + \cot^{2} θ$ ，提出系数：

v_{min}^{2} = h g \cot θ \sqrt{4 + \cot^{2} θ} - h g \cot^{2} θ

4. 求解对应的 $v_{0}$ 极值条件为两项相等，解得 $t^{2}$ 后代回 $v_{0}$ 表达式。经过化简（过程略），可得简洁形式。

例题 3：高 h 处平抛至抛物面

题目：在 $y$ 轴上高度为 $h$ 处（坐标 $(0, h)$ ）水平抛出一小球，落到抛物线 $y = a x^{2}$ （ $a > 0$ ）上。求落点速度的最小值 $v_{min}$ 及对应的 $v_{0}$ 。

答案

$4 a h \geq 1$ 时：

$v_{min} = \sqrt{2 g \sqrt{\frac{h}{a}} - \frac{g}{2 a}}$
$v_{0} = \sqrt{\frac{g}{2 a} (2 \sqrt{a h} - 1)}$

$4 a h < 1$ 时：

$v_{min} = \sqrt{2 g h}$
$v_{0} = 0$

【解析】

1. 建立模型与约束

运动方程： $x = v_{0} t, y = h - \frac{1}{2} g t^{2}$
几何约束： $y = a x^{2} \Rightarrow h - \frac{1}{2} g t^{2} = a (v_{0} t)^{2}$
反解 $v_{0}^{2}$ ： $v_{0}^{2} = \frac{h}{a t^{2}} - \frac{g}{2 a}$

2. 构建目标函数

v^{2} = v_{0}^{2} + g^{2} t^{2} = (\frac{h}{a t^{2}} - \frac{g}{2 a}) + g^{2} t^{2}

设 $u = t^{2}$ ，则 $v^{2} (u) = \frac{h}{a u} + g^{2} u - \frac{g}{2 a}$ 。

3. 分类讨论与求解 利用基本不等式，前两项的最小值为 $2 \sqrt{\frac{h}{a u} \cdot g^{2} u} = 2 g \sqrt{\frac{h}{a}}$ 。极值点条件： $\frac{h}{a u} = g^{2} u \Rightarrow u = t^{2} = \frac{1}{g} \sqrt{\frac{h}{a}}$ 。

此时，我们需要检查前提条件：初速度 $v_{0}$ 必须有意义（即 $v_{0}^{2} \geq 0$ ）。

v_{0}^{2} = \frac{h}{a u} - \frac{g}{2 a} = g \sqrt{\frac{h}{a}} - \frac{g}{2 a}

要使 $v_{0}^{2} \geq 0$ ，必须满足 $g \sqrt{\frac{h}{a}} \geq \frac{g}{2 a}$ ，即 $4 a h \geq 1$ 。

情况 A： $4 a h \geq 1$
此时存在非零初速度解。
- 落点最小速度： $v_{min} = \sqrt{2 g \sqrt{\frac{h}{a}} - \frac{g}{2 a}}$
- 对应的初速度： $v_{0} = \sqrt{\frac{g}{2 a} (2 \sqrt{a h} - 1)}$
情况 B： $4 a h < 1$
此时上述 $v_{0}$ 算出为虚数。说明函数 $v (t)$ 在实数范围内单调递增。 $t$ 越小， $v$ 越小。物理上 $t$ 的最小值为 0（对应 $x = 0$ ）。
- 最小速度： $v_{min} = \sqrt{2 g h}$
- 对应的初速度： $v_{0} = 0$

为什么 $4 a h < 1$ 时应该自由落体？

平抛是一笔“交易”：我们支付水平速度（成本），换取落在更高位置以减少竖直速度（收益）。