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拋體運動

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Academic year: 2021

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(1)

一、運動的獨立性 二、水平拋射

(2)

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。

(3)

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

(4)
(5)
(6)

1. 水平拋射的運動分析

0

v

v

h

0

v

0

v

0

v

x

(7)

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。

(8)

   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

(9)

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

(10)

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

(11)

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

(12)

2. 軌跡方程式:

證 2 2 2 0 0

1

( )

2

2

x

g

y

g

x

v

v

(13)

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____。

(14)

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

(15)

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     。

(16)

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。

(17)

0

v

N

a

g

法線 水平 切線 軌跡 T

a

v

x

v

y

v

(b)

x

y

(18)

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

(19)

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

(20)

3. 分析物體在該處的速度如 右圖 (b) 所示,可得: tan

 。 x y

v

v

(21)

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      

(22)

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       。

(23)

(4)aNg sin  g sin 37 (5)aTg cos  g cos37 2 3 10 6(m/s ) 5    2 4 10 8(m/s ) 5   

(24)

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 /

(25)

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

(26)

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

(27)

2 (2) 12 1 2 t' hgt' 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: 。

(28)
(29)

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

(30)

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

(31)

0 cos 0 v  sin v  等速度 鉛直上拋

(32)

(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) 。

(33)
(34)

可觀察到斜向拋射有下列的對稱性:

(35)

 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

(36)

 在相同高度時的速率相等。

(37)
(38)

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

(39)

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

(40)

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 vtgt 0 cos 0 vt x y       ______ 0 v

(41)

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    

(42)

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:

(43)

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):

(44)

2 2 0 2 vva 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:

(45)

性質 推導 2 0 0 0 2 0 0 2 sin cos sin 2 v R g v g      Rv0 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:

(46)

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

(47)

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 12   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

(48)

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

(49)
(50)
(51)

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

(52)

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

(53)
(54)
(55)

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。

(56)

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。

(57)

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             

(58)

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 【 】

(59)

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    

(60)

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 。

(61)

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

(62)

(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

(63)

2 0 sin 2 0 200 1 (2) 20(m) 10 v R g      2 20 20 0 0 xx    【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)】

(64)

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

 _____。

(65)

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

(66)

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

(67)

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。

(68)

s

m /

5

s

m

v

0

50

/

37

80 m

37

cos

0

v

37

sin

0

v

(69)

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

(70)

解 (1) 0 sin 0 1 2 2 h v  tgt80 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

(71)

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