題號編排有誤,原範例 45 改成牛刀小試,故無範例 45

範例46：

【解答】：

R m m

Gm ) ( _{1 2}

2 2

+

【解析】：

《力學》：

《能量》：

範例47：

【解答】： R Gm

【解析】：

【力學】：找什麼力提供向心力

2

1 2 1 1 1 2

2 1 2 1

1 2 1 2

1 2 2

1

1 2

1 2 1

2

1 2

2 2

2

2

k k

k

k

G m m m v E E

m m

R R R R

m m m m

G m m m

E R m m

G m m m

E R m m

= = =

+ +

= ×

+

= ×

+

R v Gm R

m v R

Gmm

F

F _C

=

⇒

=

×

×

=

×

°

) ( 2 2

3 2 30 cos

2 2

v

1

v

2

R

1

R

2

R d

Gm d

Gm d

U Gm

E_K ^{2 2} 3 ²

3 ) 2 ( 3 )

(− × − − × =

= Δ

= Δ

F ³ F

R

R

35

範例51：

37

範例55：

【解答】：12E_K

【解析】：

【進階補充】：(1)Eb^近：Eb^遠= 1:1 (2)Ee^近：Ee^遠=3:1

位能只與距離有關，橢圓軌道速率不同， E_K不同Æ總能 E 不同

範例 56：

【解答】： 3w

【解析】： F

0 x 2x X

w：需再作的功

K K

K

R E GMm

R GMm R

GMm R

E GMm E

12

3 ) 2 (

3 ) ( 9

=

⇒

=

−

−

−

=

−

K K

K E

R E GMm U

E

E_近 = _近+ _近 =9 +(− )=−3

K K

K

K E

R E GMm U

E

E ) 3

(− 3 =− +

= +

= _{遠 遠}

r U GMm E

r E GMm E

e b

=

−

=

≠

−

= 2

R 3R

v 3

E

K

9

EK

v

39

2mv =2kx x v

∴ = k (2)

k m k

T m

T = = ⋅ π =π

Δ 2

2 1 2 1

範例60：

【解答】：

) (

1 M m mv k

+

【解析】：

Heat kx

mV² = ² + 2 1 2

1

Heat：無法求得

動量守恆： mv=(M m v′+ ) mv v′ m M

∴ = +

2 2 2

2

1 1

( )

2 ( ) 2

m M m v kx

⋅ + ⋅ m M =

+ 1

( )

x mv= k m M +

範例61：

【解答】：1.

9

5 2.

2 , 3 4

3 3.

2

1 4. x 2 1

【解析】：

能量守恆總能不變

2 2

2 1 2 1 1

1 = = +

= +

=

E

_k

U

s

2.

2 2

1 1 1 1( )

2 2 2 2

3 2

= − =

∝ ⇒

k k

k MAX

x E kx k x E

E v

位移 時: 動能

速率 v=

3

4 ^MAX

3.

v v E

E_{k kMAX}

2 1 4

1 → ′=

= 4.

2 2

1 1 ( )

2kx′ =⎡⎢⎣2k x ⎤⎥⎦⋅ 1 2 1

x′ = 2 x

範例62：

【解答】：(1) k

2mg (2) ^mg k

【解析】： (1)

k x mg

kx mgx

22 1 2

=

⇒

=

(2)

平衡點(v 最大)。減少的 Ug = 增加的 Ek + Us

2

x 2 x

2 2

1 1

( ) (mg)

k 2 k 2

mg mg = k + mv

2 2 1 2

2 2

m g mv k = v mg

= k

41

範例63：

【解答】：(A)(B)(C)(E)

【解析】： (A)

分析平衡點： k L mg⋅ = mg k L

∴ = (B)

VMax位於平衡點 → 13L 處 (C)

由上端點 → 平衡點(11L → 13L)

減少的Ug = 增加的 Ek (Us 不變 ∵壓縮 L 與伸長 L 一樣) L

mg E_k = 2 (D)

11L 壓縮 L ² 2 1kL U_s =

15L 伸長 3L (3 )² 2

1k L U_s =

(E)

12L、14L → 對稱於 13L 11L 12L 13L 15L 下端 平衡 原長 上端

mg 2 k x

43

範例64：

【解答】： ² 2 1kx

【解析】：

外力作功＋減少位能＝增加的彈性位能 kxD

mg=

2 2

0 0

1 1

( )

2 2

W mgx+ = k x x+ − kx

2 0

1

W =2kx +kxx −mgx 1 ² 2kx

=

範例65：

【解答】：(1) k mg (2)

k π m

2 (3) k mg

2 (4) 1 2 ² ( ) 2

k mg

k (5) ( )² 2

1 k

k mg (6) g k m

【解析】：

(1) mg kx= mg x R k

∴ = =

(2) 2 m T = π k (3) 2

2 mg

R= k

(4) U_S⋅Max = 1 2 ² ( ) 2

k mg k (5) 利用 SHM 位能

2 2

1 1

( )

2 2

k mg mv k = =E_k (6)

k g m

k m k mg

T

v= R = =

π π π

2 ) ( 2 2

xo

mg x kxD

Us=0 再下拉x

平衡 原長

USHM=0

範例66：

【解答】：(1) g m ⋅k 2 (2)

k mg

2

【解析】： 2 mg= kx

2 x mg R

∴ = k = 1 2

2 ( )

2 2

KMAX

E k mg

= ⋅ k ²

2 1mv

= g

k v= m ⋅

⇒ 2

範例67：

【解答】：(a)

k g M M m

v m

2 ) (

2

2 2 2

2 +

+ (b)

k L+mg

【解析】： (a)

kx0

Mg =

k x = Mg

⇒ ₀

不受外力，動量守恆 v

M m

mv=( + ) ′

M m v mv

= +

′

2 0 1 ) )(

2(

1 2

2 0 2

2 + +

+ +

=

+ +

=

M kx m

v M m

m

U U E

E _{k s g}

g M v

m^{2 2} + ^{2 2}

=

原長

x0

45

k

47

範例74：

49

p.73 「範例 63」應為「範例 78」

範例78(63)：

【解答】：60°； v 2 1

【解析】：

【解法(一)】：

設碰撞後A、B 球之速率分別為v′_A與v′_B，

且B 球射出方向與 A 球原入射方向之夾角為θ ，則由動量守恆：

B A A B A

A mv mv v v v

v

mG = G′ + G′ ⇒G =G′ +G′ 故 vG_A

、v′G_A 與 v′G_B

構成三角形如圖所示 又由動能守恆得

2 2

2

2 1 2

1 2

1

B A

A mv mv

mv = ′ + ′ ⇒v²_A =v′_A² +v_B′² 則由畢氏定理知 v′G_A

⊥ v′G_B

°

= +

°

⇒30 θ 90 ∴θ =60° 且由圖知 v′_B =v_Acosθ =v⋅1/2=v/2

條件：

1.質量相等 2.B 球靜止

3.作彈性碰撞，A 與 B 必垂直，所以 B 之夾角=60^。

【解法(二)】：解題關鍵__圖解動量守恆__

v v

v

v_{A B}

2 1 2

3 ′ =

′ =

∴

vA

30°

vA’ vB’ θ^°

旋轉一下

= ′

′

B

B mv

P

= ′

′

B

B mv

P

60 °

°

° 30 60

v

° 30

2v mv 1

P_A =

51

2

) (

2 1

2 f v M m x mM

x f M v

Heat m E_Ki

= +

∴

× + =

⇒

=

範例82：

【解答】：

) ( _{1 2}

2 1

m m k

m v m

+

【解析】：

2:

1 v

v > 壓縮中；v₁<v₂:分離中 達最大壓縮量時⇒v₁ =v₂ =v_C

⇒ 廣義完全非彈性碰撞 增加的彈力位能 = 內動能

2 2

2 1

2 1

2 1 2

1 v kx

m m

m U m

E_{Ki s} =

⇒ +

=

⇒

) ( _{1 2}

2 1

m m k

m v m

x= +

範例83

【解答】：(1) ²

) (

2

1 v

g M m

M

+ (2)

[

_{1 2}

]

²

) (

2

1 v v

g M m

M +

+

【解析】： (1)

達最大高度時v₁ =v₂ =v_C

⇒ 廣義完全非彈性碰撞

v

1

^v

² 2

1

v

v +

53

利用相對速度解題

[

v v

]

mgH M

m

mM − − = +

2 2

1 ( )

2 1

(

_{1 2}

)

²

) (

2

1 v v

g M m

H M +

= +

範例84：

【解答】： ( )² 2

1

M m

mv gμ +

【解析】：

內動能：在結合成合體時(碰撞中)損失之動能 )2

)(

2( ) 1

( m M

M mv m S

g M

m+ μ = + +

)2

2 ( 1

M m

mv S g

= + μ

範例85：

【解答】：

) (

1 M m mv k

+

【解析】：

最大壓縮時Æ內動能完全轉為彈力位能

2

2 ( )( )

2 1 2

1

M m M mv m

kx = + +

) (

1 M m mv k

x= +

範例86：

【解答】： gh

m M m ) 2 ( +

【解析】：

增加的合體重力位能 = 減少的合體末動能

M

h v

vC

m

M m

2 +

m gh M v= (m+ ) 2 範例87：

p.81 範例 87(E)「..碰撞之間的差為」Æ「..碰撞之間的時間差為」

【解答】：(B)(D)

【解析】： (A)(B)

0 0

3 1 2

0

2 v

m m

m v_C mv =

+

×

= +

碰撞屬內力，v 恆不變 _C (C)(D)

彈性碰撞

0 0

1 3

1 2

2 v v

m m

m

v m =−

+

= −

′ (小球)

0 0

2 3

2 2

2 v v

m m

v m =

= +

′ (圓環)

校正機制v₁−v₂ =v₁′−v₂′ (E)

0 0

0 3

2 3

1 v

d v v

t d =

+

= Δ

範例88：

【解答】：(A)(C)(E)

【解析】：

(A) (B)

mv J

v m P t F J

=

⇒

Δ

= Δ

= Δ

=

v = 0 (t 極小時來不及動)

3

0

1 v

3

0

2 v

55 甲

V m

H 乙 H

M M

(E)

mk J

m kx J m m

m U m

E_{Ki s}

3 2

2 ) 1 2 ( 2 2 1

2

2 2

∴

+ =

⇒

=

範例89：

【解答】：(1) M

M m+

(2) M

M m+

【解析】： (1)

大砲固定，大砲釋放之化學能全數給砲彈 E

mv =

⇒ ₁² 2 1

自由後退： E

M m mv M

= +

2

2 2

1

M M m v

v +

=

⇒

2 1

(2)

木塊固定：所有動能轉換成摩擦所產熱能

1 2

2

1mv = f ⋅S

⇒

木塊不固定：只有一部分動能(內動能)變成熱能

2 2

2

1 v f S

M m

mM = ⋅

⇒ +

M M m s

s = +

⇒

2 1

範例90：

p.83 範例 90 缺圖：

甲 V m

H 乙 H

M M

【解答】：(A)

【解析】：

射入甲，動量守恆：mv=mv′+M 2gH ---○¹ 射入乙，動量守恆：mv′=(m+M) 2gH ---○²

m gH M v′= m+ 2

⇒ ---○³ m gH

M

v=m+2 2 ---○⁴

(A) v v

M m

M m v v

2 1 2

1

2 ≅ ⇒ ′= +

= +

′ ---○⁵

(B)

子彈在甲木塊內摩擦所生之熱能：

2 ) (1 2

1

甲 2 2

1 mv mv Ek

E = − ′ + ○⁶

將○⁴ ○5 代入○6 得 gH

m gH M m

Mm E M

2 2

1

≒3 3 )

(

≒ −

子彈在乙木塊內摩擦所生之熱能： ₂ ² _乙

2 1

Ek

mv

E = − ○⁷ 將○⁴ 代入○7 得

m gH gH M

m mM m

E M

2 2

2

2≒( − + ) ≒

2

1 E

E ≠

∴ (C)

損失之總能 gH

m E M E

E ₂

2 2

1

≒4 +

′=

子彈原入射之動能 gH

m mv M

E

2 4 2

2 ≒

=1 E

E ≒′

57

35 34 2 7

1 5

2

2

=

×

= ×

∴Δ

mv mv E

E

K K

範例94：

【解答】：(1) M¹L²T⁻² (2) M¹L²T⁻³

【解析】：

(1)W = × =F S ma S kg× = ⋅m 2⋅ ⇒m

[ ]

E =M L T^{1 2} −²

s (2)

[ ]

^{P =M L T1 2 −3}

範例95：

【解答】：(1) T⁻¹ (2) M¹L¹T⁻² (3) F∝mrω²

【解析】： (1) t

ω =^Δθ

Δ Æ

[ ]

^{ω =T−1} (2)F ma= Æ

[ ]

^{F =M LT1 1 −2}

(3)F_C ∝m R^{a b}ω^c

1 1 2 a b c

M LT⁻ =M L T⁻ 1, 1, 2 a b c

∴ = = =

在文檔中 1.功的定義--力與位移的內積： W=F S FS cos K K ⋅ = ⋅ θ (頁 34-58)