EJU 2006 年第 2 回 物理 第 3 题

令发射时向上的竖直速度为 $u=v\sin\theta$。由于竖直能量上限为 $mgH$，在地面处竖直速度大小为 $w=\sqrt{2gH}$。竖直墙不改变竖直分量，所以从 P 到第一次触地仍可按一个竖直匀加速过程计算。

取向上为正，触地前有 $-w=u-gt_1$，因此 $t_1=(u+w)/g$。地面恢复系数为1，反弹后速度变为向上的 $w$。回到 P 高度的上升段，竖直速度已减为 $u$，故 $t_2=(w-u)/g$。

两段相加，发射竖直速度恰好消去：

不能只取从最高点下落到地面的时间，因为题目要求自 P 发射、经过反弹并回到 P 的全部时间。

题设明确先撞墙再撞地。水平速度只在墙处反向，大小不变，墙碰撞必在总时间的一半。若把回到 P 高度误选为反弹后下降时的另一个根，就会使墙与地面碰撞同时发生在角点，不符合给定次序。

总时间中的H并非额外未知的原始发射参数；它已经概括了初始高度和竖直初速的共同作用。将 $H=h+u^2/(2g)$ 代回，结果也可写为 $2\sqrt{u^2+2gh}/g$，与触地速度的表达一致。总时间不显含水平速度，只表示在已经满足闭合轨道的那些发射条件中，可以用竖直能量算时间；它不表示任意改变水平速度后仍能返回P。