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平面運動平面運動

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Academic year: 2021

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(1)

第4章習題解答

平面運動

(2)

A B

C

g

(3)

1 2

y 2gt 2 3.6 6

9.8 7

t    s

xv tx

6 7 / 6 / 7

x

v x m s

 t

由鉛直的位移可決定飛行時間:

水平速度為等速度,由圖可得水平位移至少

為6m,可知初速度至少為:

(4)

0 0

0 0

x y

v v

v

0 2

0 2 2

xf

yf y

v v

v v gy gy

  

2

0 0

2 2

0 0

0

(2 ) 2 2 9.8 30 4

2 9.8 30

14 / 3

v gy v

v v

v m s

 

   

   

石塊運動時的初速度與未速度分別為:

: : x y

可求得落地時的速度為

2 2 2

0 (2 )

f xf yf

vv  v vgy

由題意,落地的速率為原初速率的兩倍

0 0

vxv

vxf

vf

vyf

(5)

(A)物體達最高點時,仍有水平速度。

2 0 sin 2 R v

g

1 2

2   2

2 2 2

0 sin 2 1 0 sin 2 2 0 sin( 2 )2

v v v

R g g g

 

  

1 2

   

(B)斜向拋體運動時,整個過程受到重力加速度的作用。

(C)45°時,可得最大水平射程。

(D)兩個角度互餘時,水平射程相同。

(E)為等加速度運動。

0cos

v

0sin

v

g

sin 2 1  45

(6)

0cos

v

2 sinv0

t g

0sin 0sin

v v gt

  

2 2 2

0 0

2 sin cos sin 2 35 sin 60 125 9.8 2 3

x

v v

x v t

g g

 

    

0sin

v

球著地時,其鉛直的速度變化可決定飛行時間:

故水平射程為:

0sin

v

0cos

v

(7)

2 2

0 0

2

2

2 sin cos sin 2

35 sin 2 120 9.8

120 9.8

sin 2 0.96

35

x

v v

x v t

g g

 

  

  

0cos

v

0sin

v

2 sinv0

t g

0sin 0sin

v v gt

  

球著地時,其鉛直的速度變化 可決定飛行時間:

故水平射程為:

2 sin (0.96)1 74 37

 

 

由於拋射角互餘時,其水平射程相 同,可得另一拋射角為

90  37 53

(8)

0 0 0

0 0 0

sin 53 0.8 cos 53 0.6

x y

v v v

v v v

 

 

0.8 0 fx

fy

v v

v

2 0

0

34 0.6 2 1 9.8 2 2

12 / v

v m s

     

x v0 x t

0.6 0 0.6 12 9.8 2 26.8 / vyf  v      gt m s

2 2 2 2

9.6 ( 26.8) 28.5 /

f xf yf

vv  v   m s

石塊運動時的初速度與未速度分別為:(取上為正)

: : x y

(a)由鉛直的位移和飛行時間可決定初速率:

2 0

1

y 2

yv tgt

(b)石頭的水平距離:

0.8 0 0.8 12 2 19.2 xv     t m

(c)石頭的水平速度:

石頭的鉛直速度:

著地時的速度的大小與方向為:

0

0

0.8 12 0.8 9.6 /

fx

fy y

v v m s

v v gt

   

 

1 26.8

tan ( ) 70.3

9.6  

0x 0.8 0

vv

0y 0.6 0

v  v

0.8 0

vfxv

vfy

(9)

0 0 0

0 0 0

cos 53 0.6 sin 53 0.8

x y

v v v

v v v

 

 

石塊運動時的初速度為:(取上為正)

: : x y

設t秒後籃球進籃得分,則此時間內,籃球的水平位移為6公 尺,鉛直位移為0.8公尺

0

2 0

1 2

x

y

x v t

y v t gt

 



 



0

2 0

6 (0.6 ) (1)

0.8 (0.8 ) 1 9.8 (2) 2

v t

v t t

 



     



由(1)式得

v t0 10

,代入(2)式

0.8 0.8 10 4.9 2

1.2

t t s

  

0

6 8.3 /

v 0.6 m s

t

(10)

設赤道上質點繞地球做等速率圓周運動,可令向心加速 度的大小為

2

R

a g v

 R

6

9.8 6.37 10 7900 /

vgR     m s

可得地球自轉的周期為

2 R

T v

6

2 6.37 10

2 5064

7900

T R s

v

 

  

(11)

20 /

v船水  公里 小時 12 /

v水地  公里 小時

令向東為正,且已知船逆水而上:

(b)求

v人地

5 8 13 /

v人地v人船v船地    公里 小時

(a)求

v船地

20 ( 12) 8 /

v船地v船水v水地   公里 小時

12 / v  km h

水地

20 / v 

船水 km h

東+

5 / v 

人船 km h

(12)

v人地

v雨地

v雨人

v v v v v

人地 人雨 雨地 雨地 雨人

30

火車的速度為人相對於地的速度

左圖示為三向量間的關係

tan 30 3.5 / v人地v雨地  m s

參考文獻

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