拋體運動

一、運動的獨立性 二、水平拋射

一、運動的獨立性

球球A 球 B 球B 1. 右圖為利用高速閃光攝影術 拍攝落體運動的照片，圖中 A 、 B 兩球自相同高度，同 時被釋放，其中 A 球靜止下 落，而 B 球則以速度 v₀ 水平 拋出。

2. 由右圖可看出，雖然 B 球在 水平方向作等速運動，但在任 意時刻， B 球在鉛直方向的 位置皆與 A 球相同，亦即也 作靜止下落的自由落體運動， 並不受水平方向運動的影響。 換言之，質點在平面的運動， 水平方向與垂直方向的運動彼 此互不干擾，二者可各自獨立 地作改變，亦即兩者可分開處

1. 水平拋射的運動分析

0

v

v

h

0

v

0

v

0

v

_x

如下圖所示，物體自離地 h 處以初速 v₀ 水平 射出，以出發點為原點，令向右及向下之方向為正 ，建立坐標系統。

   水平方向：不受外力，作初速為＿＿的＿＿＿＿運動。 ⇒ 鉛直方向：受重力作用，作初速為＿＿的＿＿＿＿＿運動。 v₀ 等速 0 自由落體

物理量 運動方程式分析 外力 加速度 x y F F      ＿＿＿ ＿＿＿ x y a a      ＿＿＿ ＿＿＿ 0 mg 0 g

物理量 運動方程式分析 速度 x y v v      ＿＿ ＿＿ 2 2 2 2 2 0 tan x y y v v v g t v _gt       _        大小 合速度： 方向_：　 v₀ gt



0

v

y

v

0

v

v

_x



物理量 運動方程式分析 位移 x y       ＿＿＿＿ ＿＿＿＿ 2 2 2 2 2 2 0 2 1 ( ) 2 1 2 x y v t gt gt y gt           大小 合位移： v₀t 2 1 2 gt

t

v

x



₀



2

1

2

y



gt

2. 軌跡方程式：

證 2 2 2 0 0

1

( )

2

2

x

g

y

g

x

v

v





範例1

1

水平拋射 如圖，一架飛機以 v₀ 之速 率在高度 h 之空中朝正在 水中掙扎的人之頭頂正上空 水平飛去。駕駛員欲將救生 包投給在水中的人，求： (2) 圖中的水平距離 R= ＿＿＿＿。 (1) 救生包在空中飛行的時 間為＿＿＿＿。

1. 利用鉛直位移來計算飛 行時間 t h  ＿＿＿＿＿。 2. 水平方向為等速運動 2 1 2 gt

解 2 1 2 (1) 2 h h gt t g    。 0 0 2 (2)R v t v h g   。 0 0 2 2 (3) tan h v g R v     。

範例2

2

水平拋射 如圖所示，以初速 v₀=10 公尺 / 秒水平拋出一物體，若重力加 速度 g = 10 公尺 / 秒 2 ，當圖 中的 　 x ： y ＝ 3 ： 2 時： (1) 所需時間為＿＿秒。 (2) 此時速度量值為＿公尺 / 秒。 (3) 此時速度與鉛直方向夾角 θ= ＿＿度。

0

v

N

a

g



法線 水平 切線 軌跡 T

a

v



x

v

y

v

(b)

x

y

1. 先利用 ， 即可求得時間 t ，知道時間 t 後即可求得其他物理量。 0 2 1 2 v t gt x y 

2. 水平水平拋射的加速 度為 g ，分析物體在 該處的加速度如右圖 (a) 所示，可得： N T

a

a











＿＿＿＿

＿＿＿＿

sin g  cos g 

3. 分析物體在該處的速度如 右圖 (b) 所示，可得： tan



 。 x y

v

v

解 4 (s) 3 t   _。 0 2 (1) 1 2 x v t t y _gt   設需時 2 10 2 3 1 ₂ 10 2 t t t      

0 10 (2) _{4 40} 10 3 3 x y v v v gt      _{   }  此時： 2 2 2 40 2 50 10 ( ) (m/s) 3 3 x y v v v       。 (3) tan vx v   10 3 37 40 ₄       。

(4)a_N  g sin  g sin 37 (5)a_T  g cos  g cos37 2 3 10 6(m/s ) 5    _。 2 4 10 8(m/s ) 5    _。

範例3

3

階梯問題 如圖所示，一石階夠長，每階高 20 公分、寬 30 公分，今將一小鋼 球以 5 公尺 / 秒之初速水平拋出， 設重力加速度 g=10 公尺 / 秒 2 _， 則： (1) 小鋼球擊中階梯的第＿＿＿＿階。 (2) 小鋼球被拋出經歷＿＿＿秒後恰擊中階梯。 (3) 小鋼球擊中階梯時的水平位移量值為＿＿＿ 1 2 3 4 5    s m v₀  5 /

1. 將各階梯邊緣連接如 圖中的粗虛線，設小鋼 球落在該粗虛線的 O 點處，若 O 點已超越 第 n 階，則小鋼球會 擊中階梯的第　　　　 階。 n+1 2. 由第 n+1 階的＿＿＿＿，可算出小鋼球擊中第 n+1 階的時間。 鉛直高度

解 (1)設小鋼球落在虛線處的時間為t 2 30 5 1 1 20 ₁₀ 2 x t y _t t       2 (s) 3 t   2 5 ₁₀₀ 3 _11.1 O      點所在的階梯數

2 (2) 12 1 2 t' h  gt' 設落在第階的時間為 由 ， 2 24 12 50 25 t'    2 3 (s) 5 t'   _。 2 1 12 0.2 10 2 t'      2 3 5 2 3(m) x v t'       擊中時的位移： 。

y

x

O

R 水平射程 0 0

cos



v

0 0

sin



v

0



0

v

x

v

H

y

v

x

v

0 0

cos



v

v

v



_x



x

v

v

1  0



1



y

v

v

1. 斜向拋射運動的對稱性

(1) 如右圖 (a) 所示 ，自 O 點將物體 以初速 v₀ 、仰角 θ₀ 斜向拋出。以 出發點 O 為原點 ，令向右及向上

0 cos 0 v  sin v  等速度 鉛直上拋

(2) 因為鉛直上拋運動具有對稱性，故斜向拋射亦具 有對稱性。以下圖 (b) 為例，一大砲以初速 100 公尺 / 秒、仰角 53 度發射，為簡單起見，令重力 加速度 g=10 公尺 / 秒 2 ，且忽略空氣阻力，經由 計算可得圖上的數據（計算的方法馬上會學到） 。

可觀察到斜向拋射有下列的對稱性：

 上升或下降相同高度所需的時間相等（即初速為 v₀sinθ₀=100 　 =80(m/s) ) 之鉛直上拋運動的上 半程或下半程所需的時間）。

4

5



 在相同高度時的速率相等。

物理量 運動方程式分析 外力 加速度 x y F F      ＿＿＿ ＿＿＿ x a a      ＿＿＿ ＿＿＿ 0 mg 0 g

物理量 運動方程式分析 速度 x y v v      ＿＿＿＿＿＿＿ ＿＿＿＿＿＿＿ 2 2 tan x y y x v v v v   _   _     大小 合速度 方向 ： 　 ： 0 cos 0 v  0 sin 0 v   gt x

v



y

v

v

物理量 運動方程式分析 位移 2 2 tan x y y   _       合位移 大小 方向 ： ： 2 0 0 1 sin 2 v  t  gt 0 cos 0 v  t x y       ＿＿＿＿＿＿ 0 v

3. 軌跡方程式：

證 0 0 2 0 0 cos 1 sin 2 x v t y v t gt            由 j k 0 0 cos x t v  _由得j  _，代入 k 2 0 0 0 0 0 0 1 sin ( ) cos 2 cos x x y v g v v        g 2 0 _{2 2} 0 0 tan 2 cos g y x x v    

4. 重要性質

性質 推導 0 sin 0 v t g   y v  最高點： ＿＿＿ y v  _{＿＿＿＿＿＿＿＿＿} t   0 sin 0 0 v   gt  0 sin 0 v g  0 1. 到達最高點的時間：

性質 推導 0 0 2 sinv T g   由對稱性知，從拋射點 到最高點和從最高點回 到拋射點等高處的時間 相同 T   0 0 2 sin 2t v g   2. 總飛行時間（回 到與拋射點同一高 度所花的時間）：

2 2 0 2 v  v  a x   由 性質 推導 2 2 0 sin 0 2 v H g   2 2 0 0 0  ( sin )v   2gH 2 2 0 sin 0 2 v H g   3. 最大高度：

性質 _推導 2 0 0 0 2 0 0 2 sin cos sin 2 v R g v g      R  v0 cos0 T 0 0 0 0 2 sin cos v v g     2 0 0 0 2v sin cos g    2 0 sin 2 0 v   4. 水平射程：

水平射程的討論 2 2 0 0 max sin 90 v v R g g    1. 最大水平射程：若 v₀ 一定，則以仰角 45 度 拋射時，水平射程最大，其值 2 0 max v R g  _。 證

2. 水平射程相等：若 v₀ 一定，且兩次拋射的仰 角互為餘角時，射出之水平射程相等。

證 因 ₁  ₂   90 ₂   90 ₁

2 1 1 1

sin 2 sin 2(90  ) sin(180 2 ) sin 2          2 2 0 1 0 2 1 2 sin 2 sin 2 v v R R g g      故

3. 實例說明：以電腦程式模擬初速 v₀=60 公尺 / 秒 ，仰角分別為 20 、 30 、 45 、 60 、 70 度的斜 向拋射，其軌跡如下頁圖 (a) 所示，各項數據如 下表所示，請同學驗證 1 與 2 的特性。 飛行條件 最大高度_(m) 總飛行時間_(s) 水平射程_(m) 初速 60m/s 、仰角 20 21.49 4.19 236.13 初速 60m/s 、仰角 30 45.92 6.12 318.13 初速 60m/s 、仰角 45 91.84 8.66 367.35

最大高度的討論 1. 最大高度相等時，飛行時間必相等：不同初速、 不同仰角的兩次斜向拋射，只要其最大高度相等 ，則其總飛行時間必相等。 證 斜向拋射在鉛直方向作鉛直上拋運動，故總 飛行時間 T= 　　　　，僅與最大高度有關。2 2 H g 

2. 實例說明： 以電腦程式模擬初速 45 公尺 / 秒、仰角 53 度 及初速 60 公尺 / 秒、仰角 37 度的兩次斜向拋射軌 跡如下頁圖 (b) 所示，各項數據如下表所示，請同 學驗證 1 的特性。 飛行條件 最大高度_(m) 總飛行時間_(s) 水平射程_(m) 初速 45m/s 、仰 角 53 66.12 7.35 198.37

範例4

4

斜向拋射的基本觀念 在地面上沿仰角 37 度發射一砲彈，經過 6 秒落回 地面，設重力加速度 g=10 公尺 / 秒 2 ，則： (1) 自發射至最高點費時＿＿秒。 (2) 砲彈的初速為＿＿公尺 / 秒，其中水平分量為＿＿ 公尺 / 秒；鉛直分量為＿＿＿公尺 / 秒。 (3) 砲彈在最大高度時的速率為＿＿＿公尺 / 秒。 (4) 砲彈的水平射程為＿＿＿公尺。

1. 斜向拋射各物理量的公式要背熟，並善用運動的 對稱性。

2. 斜向拋射的後半程為水平拋射，在最大高度時的 速率即為水平方向的初速。

解 (1) 由對稱性可知，自發射至最高點費時 3 秒。 0 0 2 sin (2)T v g   0 0 0 3 2 2 sin 37 ₅ 3 6 10 10 25 v v v         v₀  50(m/s) 0 0 0 0 cos 50 cos37 40(m/s) sin 50 sin 37 30(m/s) x y v v v v           _{    } 

2 ₂

0 0 0

2 sin cos 2 50 sin 37 cos37

(4) 10 v R g         2 3 4 2 50 5 5 _240(m) 10      40 6 240(m) x R v T    快速解法 【 】

2 2 1 1 10 3 45(m) 2 2 H gt       【快速解法】後半程為水平拋射 2 2 2 2 0 sin 0 0 (sin 37 ) (5) 2 2 v v H g g     2 3 2 50 ( ) 5 _45(m) 2 10    

範例5

5

軌跡方程式 一物體自地面斜向拋出，其軌跡方程式為 x2 － 20x ＋ 20y ＝ 0 （其中以地面為 x 軸、拋出點 的鉛垂線為 y 軸，單位為公尺， g=10 公尺 / 秒 2 ） ，則此拋射體： (1) 拋射時的仰角為＿＿；初速大小為＿＿公尺 / 秒 。

2. 公式並不好背，也可分析所求物理量的特性來解題 ： (1) 求水平射程，即求 y ＝＿＿＿＿時 x 的值。 1. 可將題目的軌跡方程式為 x2 － 20x ＋ 20y ＝ 0 與標 準式　　　　　　 　　 　　　　　　　對照，即可得到所求的 各物理量。 2 0 _{2 2} 0 0 tan 2 cos g y x x v     R 0

解 _(1)x2 _{ 20x  20y  0} 1 2 20 y x x    0 0 2 2 0 0 tan 1 45 1 20 2 cos g v            _   0 0 2 0 1 cos 2 10 1 10 2 1 ₂₀ 2 2 v v   _            2 0 _{2 2} 0 0 tan 2 cos g y x x v     與軌跡方程式比較

2 0 sin 2 0 200 1 (2) 20(m) 10 v R g      2 _{20 20 0 0} x  x    【另解（分析法）】利用 20(m) 0 x   _{（水平射程）或（拋射點）} 2 2 0 0 1 200 sin ₂ (3) 5(m) 2 2 10 v H g       20 10(m) 2 2 R x    【另解（分析法）】

範例6

6

水平射程與最大高度 如圖所示，將物體自 地面以初速 v₀ 、仰 角 θ₀ 斜向拋出。令 其水平射程為 R ， 最大高度為 H ，則

H

 ＿＿＿＿＿。

分別列出水平射程 為 R 及最大高度 H 的方程式，兩者 相除即可得到答案 。 解 2 2 0 sin 0 2 v H g   因 _j 2 _{sin 2} v 

2 2 0 0 2 2 2 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 sin sin sin 2 2sin 2 sin 2 2 sin 2 v H g gv R v gv g           j k 2 2 0 sin 0 2 v H g   因 _j 2 0 sin 2 0 v R g   且 _k

範例7

7

斜向拋射的應用 如圖所示，砲彈自岸邊海 平面上方高度 80 公尺處， 以初速 50 公尺 / 秒、仰角 為 37 度射出，恰好擊中正 向岸邊以速率 5 公尺 / 秒行 駛過來之敵艦，不計空氣 阻力， g=10 公尺 / 秒 2 ， 則： (1) 砲彈飛行的時間為＿＿秒。 (2) 砲彈的水平射程為＿＿公尺。

s

m /

5

s

m

v

₀



50

/



37

80 m





37

cos

0

v



37

sin

0

v

1. 因為敵艦有往前 的速度，故砲彈發 射時船的位置如圖 所示，設艦前進的 距離為 x ，則原 來艦離岸邊的距離 為＿＿＿。 _{R x} 2. 令向上為正，則在發射點下方 80 公尺處的鉛直 s m / 5 s m v₀  50 /  37 m 80  37 cos 0 v  37 sin 0 v R x

解 (1) ₀ sin ₀ 1 2 2 h v  t  gt 由 _{80 50 sin 37} 1 ₁₀ 2 2 t t         2 _{6 16 0} t t      t 8 或 2(s)（負不合） (2) 50 cos37 8 320(m) R      水平射程 (3)x vt   5 8 40(m)  _{原來艦離岸邊的距離為} s m / 5 s m v₀  50 /  37 m 80  37 cos 0 v  37 sin 0 v