1
第七章
P.5
070101
功(Work)1.功的定義--力與位移的內積： W=F S FS cos K K ⋅ = ⋅ θ
(1)若 0°≦θ＜90°，W>0，外力對物體做正功，物體獲得能量。
(2) 若 θ＝90°，W＝0，外力對物體做不作功，物體不獲得能量 (法線力的作用是改變方向，但不改變大小)。
(3)若 90°＜θ≦180°，W<0，外力對物體做負功，物體減少能量。
【基本觀念】：能量為一純量，沒有方向，但有正負，正負不代表方向，
僅代表能量的__
增減_ _。
P.6
6.能量並非萬能！
→能量解法無法解出：n時間 o方向 p系統內力或向心力等不作功 之力
8.【比較】由力導出的物理量：
※【特別注意】：F-t 圖下的面積=___衝量____；F-s 圖下的面積=___功____
070102
功率(Power)功率(power)
2.功率的推導： W F S
Power F v
t t
= = = ⋅
JKJK JK K
v P.14
070201
地表附近的動能與位能種類
動能(kinetic energy) Energy of a moving body.
位能(potential energy)
Potential energy is energy that can be associated with the configuration (arrangement) of a system of objects that exert forces on one another.
定義 1 2
k 2
E = mv U g = mg h Δ
備註
1.動能為純量，與運動方向無關，
且恆為正值
2.動能只與物體的運動速率有關，
與受力、加速度無關
3.可再細分成移動動能、轉動動 能、振動動能
1.零位面的選擇以計算方便為原則。
2.其值與零位面的選擇有關。
3.我們通常不關心位能的絕對值，而 是關心位能的變化量。
070202
系統與位能圖示
減少之位能＝重力作功 觀點 【想法一】 ：
減少的位能=增加的動能
【想法二】 ：
減少的位能+重力作功=增加的動能
結果 1 2
mgh = 2 mv mg h＋mgh＝ 1 2 2 mv v
h h
mg
3
070203
守恆力與位能2.位能：守恆力對物體作功，才可定義位能 (1)重力作功=－重力位能
(2)彈力作功=－彈力位能 ＊ 負號＝外力與位能反向 (3)電力作功=－電位能
P.15
070204
動能與動量物理量 動 能 動 量
定 義 1 2
k 2
E = mv P mv JK = K
性 質 純 量 向 量
意 義 描述運動時的所具有的能量 牛頓定義的「運動的量」
關係式
2 2 2
2 2
k
m v p
E = m = m P = 2 mE k
P.23
【Q】：試求鉛直面圓周運動最高點的最小速率及最低點的最小速率？
v
v′
m g N = 0
增加之 E k = 減少之 U g
最高點： mg N m v gR
+ = R =
最低點： mv m ( gR ) mg ( 2 R ) v ' 5 gR 2
' 1 2
1 2 − 2 = =
＊ 最高點與最低點之 U 相差 4 gR
P.33
解 法 變力作功，畫圖求面積
圖示 與 解法
W =
2
GMm GMm
R R
= + 3
2 GMm
= R
( ) (0) 3 2 U U GMm
∞ 0 − = R (0) 3
2 U GMm
⇒ = − R
公式
1、地心處位能 (0) 3
= − 2 GMm
U R
2、距地心 2
R 處位能
3 11
2 2 4 8
⎡ → ∞ = ⎤ × + =
⎢ ⎥
⎣ ⎦
R GMm GMm GMm
W R R R
GmM R GmM
2R
F
r
O R
5
【進階思考題】：「重力位能」到底是 還是
r
？怎麼差這麼多?A B
U U U Δ = −
( ) ( )
( )
( 6400 )
= − − − +
= +
<< =
GMm GMm
R h R
GMmh R h R
h R km
P.34
【重力位能的變換】
U 0 ：地心處 U R ：地表 r U ∞ ：無窮遠 3
2 GMm
− R GMm
− R GMm
− r O
1 2
GMm
− R GMm GMm
r R
− +
O GMm
R
1 2
GMm R
3 2 GMm GMm
r R
− +
O 3
2 GMm
R
070306
零位面的選擇選擇以無窮遠當零位面的目的-- 以計算方便為原則
⇒ Δ = G M m 2 =
U h m gh
R (地 表 附 近 之 位 能 )
g
7
P.37
070305
行(衛)星能量種 類 公 式 係數關係 位 能
U GMm
= − r − 1
動 能 k 2
E GMm
= r
同一軌道，軌道速率相同，與質量無關
1 2
總 能
k 2 E U E GMm
= + = − r 1
− 2
動能的推導：萬有引力提供向心力
2 2
2 E k GMm v
r = m r = r
k 2 E GMm
⇒ = r
※【比較】 ：
運 動 行星繞日 電子繞原子核
圖 示
向心力來源 牛頓萬有引力提供向心力 庫侖力提供向心力
相同處 平方反比力 平方反比力
相異處 只有引力 有引力與斥力
位 能 GMm
U = − r kQq ke e ( ) ke 2
U r r r
= = − = −
動 能
k 2 E GMm
= r 2
k 2 E ke
= r 總 能
2 E GMm
= − r 2
2 E ke
= − r
070312
脫離(動)能與束縛能物理量 脫離動能(Escape Kinetic Energy) 束縛能(Binding Energy)
意義 物體脫離重力場至無窮遠處，所須
具備的最少動能
物體脫離重力場至無窮遠處，所 需補充的最少能量
公式
e 0
E + = ⇒ U free
| |
= − = =
e
E U U GMm r 脫離速率
1 2
= e = − = GMm = 2 e
E U mv
地表 R
2
2 2 11.2 /
e
v GMR gR km s
⇒ = R = =
| | 2
b
E E E GMm
= − = = r
b 0
E + = ⇒ E free
1.【無窮遠處的最小能量=0】
2.軌道速率與脫離速率之關係：
2
2 = ⇒ = 2 =
GMm v GMR
m v gR
R R R v e = 2 v (脫離速率 = 2 軌道速率)
※地球隨地球自轉的動能與其位能相比，可忽略； 故，在地表的物體，不考慮
其動能。
1
400
k
k k
E E
E 地 = ∴
人
地表 約可忽略
＊＊隕石由無窮遠處落回地球與地球上之脫離速率 = 11 . 2 km / s
⇒ by 運動的對稱性
※
觀 念：
一、小牛欲買皮鞋一雙 1000 元，手中有現金 200 元，
【問題 1】：小牛要具備多少錢才能買該雙皮鞋？ 1000 元
【問題 2】：小牛要再補充多少錢才能買該雙皮鞋？ 800 元 二、衛星的位能為 − 1000 J ，動能為 + 500 J ，
【問題 1】衛星要具備多少動能才能脫離地球的引力場？ 1000J
9
P.51
070401
彈力位能的基本觀念1、外力所作的功=彈簧所儲存的位能 2、變力作功=畫圖求面積
3、彈簧的受力遵守虎克定律
070402
水平彈簧的能量變換－
「動能」與「彈力位能」的相互轉換2 2
1 1
2 2
k s
E E U mv kx
P.61
【結論】：力學能守恆與動量守恆，兩者___無關___
＊當牽涉到 U g ， E 以外之力時，力學能不守恆。 k
P.62
070503
一維彈性碰撞──何謂「一維彈性碰撞」？【一維】：直線上的碰撞 【彈性】：_力學能_守恆 【碰撞】：_動量_ 守恆
(1)動量守恆： m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 v 1 ' m 2 v 2 '
m v 1 ( 1 v 1 ) m v 2 ( 2 v 2 )
(2)動能守恆： 2 2 2
2 1 1 2
2 2 2
1
1 '
2 ' 1 2
1 2
1 2
1 m v m v m v m v
v 1 v 2 v 1 ’ v 2 ’
F
x
xkx
1 2
2 kx U s
v ′ 1 v 2 ′
2 2 2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( )( ) ( )( )
′ ′
− = −
′ ′ ′ ′
⇒ + − = + −
m v m v m v m v
m v v v v m v v v v
→ 數學上的聯立方程組，兩個方程式解兩個未知數_______及__________
碰撞後的末速公式：
2 1 ⇒ + v 1 v 1 ′ = + v 2 v 2 ′ ⇒ − = v 1 v 2 v 2 ′ − v 1 ′
（接近速度 = 分離速度）
1 2 2
1 1 2
1 2 1 2
2
m m m
v v v
m m m m
′ = − +
+ +
1 2 1
2 1 2
1 2 1 2
2m m m
v v v
m m m m
′ = + −
+ +
看到自己用:自己－別人；看到別人用：2 倍別人
恢復係數：分離速度與接近速度的比值：
2 1
1
2 ' '
v v
v e v K K
K K
−
= −
彈性 非彈性
一般非彈性 完全非彈性
e=1 e≠1 e=0 (合為一體)
= 分離速度
接近速度
11
P.63
070504
重要特例一、質量相等¨_________速度交換________
v 1 ′ = v 2 v 2 ′ = v 1
二、v 2 =0 (1) m 1 << m 2
¨__質量小者反彈，大者不動__1 1
v ′ = − v Δ v 1 最大
v ′ ≒0 2
(2) m 2 = m 1
¨_ v ′ 1 = ， 0 v 2 ′ = ⇒ v 1 定桿 _
(3) m 1 >> m 2
¨_ 質量大者不改變，小者 2 倍飛出 __
1 1
v ′ = v Δ 最大 v 2
2 2 1
v ′ = v
進階思考：
1.v 2 ’恆大於 v 1 ’ v 1 − = v 2 v 2 ′ − ＞0 v 1 ′ ⇒ 作為校正機制之條件 2.v 2 ’的上限是？2 v 1
【動能轉移率與動能保存率】 ：
當 m 1 = m 2 時，動能轉移率 = 100 %
P.70
070513
二維彈性碰撞----何謂「二維彈性碰撞」？【二維】 ：平面上的碰撞 【彈性】：__力學能__守恆 【碰撞】：_動量_守恆
(1)x 方向動量守恆： m 1 v 1 cos θ 1 + m 2 v 2 cos θ 2 = m 1 v 1 ' cos θ 1 ' + m 2 v 2 ' cos θ 2 '
(2)y 方向動量守恆： m 1 v 1 sin θ 1 + m 2 v 2 sin θ 2 = m 1 v 1 ' sin θ 1 ' + m 2 v 2 ' sin θ 2 '
(3)動能守恆： 2 2 2
2 1 1 2
2 2 2
1
1 '
2 ' 1 2
1 2
1 2
1 m v + m v = m v + m v
→共有 3 條方程式，__4__個未知數，因此無法得出末速公式。
考試時，題目會給定一條件，以解其他三個未知數。
070514 重 要 特 例 －
重要特例：(1)彈性碰撞(2)v 2 =0 (3)m 1 =m 2
：(記法：_平面撞球_)' '
1 1 2
( 1) P JK = + P JJK JJK P
v 2
v 1 ’
v 2 ’
θ 1 ’ θ 2 ’
v 1
θ 1
θ 2
v 1 v 2
13
P.74
070517
一維非彈性碰撞──
何謂「一維非彈性碰撞」？【一維】 ：直線上的碰撞 【非彈性】：_力學能_不守恆 【碰撞】：_動量_守恆
【動量守恆】 ： m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 ' + m 2 v 2 '
→因此，非彈性碰撞，只能列「動量守恆」，無法解出 v 1 ’及 v 2 ’
070518
一維完全非彈性碰撞──
何謂「一維完全非彈性碰撞」？→一維完全非彈性碰撞----撞完後合為一體，亦即合體的碰撞
【動量守恆】 ： m 1 v 1 + m 2 v 2 = ( m 1 + m 2 ) v '
故可解出合體末速為
2 1
2 2 1
' 1
m m
v m v v m
+
= +
→有沒有覺得這個公式很面熟呢？Oh，Yes! 就是___質心速度___。
v 1 v 2 v 1 ’ v 2 ’
v 1 v 2 v’
070521
完全非彈性碰撞的能量分析：典型範例：子彈(m，v) 射入靜止的木塊(M)【問題(1)】：合體末速為何?
( ) m c
mv m M v v v v m M
【問題(2)】：合體的末動能為何?
2
2 2
1 1
( )
2 2
k
E m M v m v
m M
質心動能 E kc
【問題(3)】：既然是非彈性碰撞，力學能一定不守恆，
那麼到底損失多少力學能? 它會轉換成___熱___能。
2
2 2 2
1 1 1
2 2 2
k
m mM
E mv v v
m M m M
內動能 E ki
【北模】：子彈 m 射入木塊 M，剩 10%動能，質量比 m/M 為？
減縮質量(reduced mass)
剩下動能 9
1 10
1
1
1
M
E m M E
m
E c m k k
2
1
1
ki 2 k
mM M
E v E
m M m M
2 2
1
1
2
kc k
m m
E v E
m M m M
1
ki kc k
E E E
損失的 剩下的 v
v
15
第七章 詳解
範例 01：
【解答】 ：(1) 10 3 (2) 90
【解析】 ：
(1) F = 1 + 2 x (2) F = 1 + 2 t
範例 02：
【解答】 ： mgL 18
1
【解析】 ： 《解法一》：一開始手需施力 mg
3
1 ，拉回後施力 = 0
mgL L
mg F S
S F F W
mgL mg
L W
18 1 3 1 2
3 0 1 . 2
2
18 1 3
1 3 1 2 . 1 1
2
1 + × =
= + ×
=
×
=
=
×
×
=
《解法二》 ：能量守恆：外力作功 = 物體所增加的位能
L mgL g m U
W 18
1 6 3
1 ⎟ × =
⎠
⎜ ⎞
⎝
= ⎛ Δ
=
3 10 3
2
2 5 30 1
30 2 5
11 1
2
= Δ
= Δ
=
=
∴
×
×
=
⇒ Δ
=
= + ×
=
v m P J
v
v E
W
J W
K
J E
W v v
v v
m P J
K 5 6 0 90
2 1 6
6 30
2 0
=
−
×
×
= Δ
=
∴ +
=
= Δ
⇒
= Δ
= Δ
=
功
3 L 1 3 mg
1
S
0
F
6 L
↑ 1 6 L
1 5
F
W x 5
F
J
t
範例 03：
【解答】 ： v gL 9
= 8
【解析】 ：
【解法<一>】：功的基本定義：功=力×位移 + 變力作功=畫圖求面積
一開始有 在外，重力有 ，滑出後重力有
【解法<二>】：能量守恆：減少的重力位能=所增加的_動_能
範例 04：
【解答】 ：(1) 800J (2) 4000J
【解析】 ：
3 L 2
3
1
mg
3
1
mg
mgL L
mg mg
W 9
4 3 2 2
3 1
= + ×
=
gL v
mv mgL
E
W k
9 8 2
1 9
4 = 2 ∴ =
⇒ Δ
=
gL v
mv mgL
E U
mgL L
g m U
K
9 8
2 1 9
4
9 4 3 2 3
2
2
=
∴
=
⇒ Δ
= Δ
=
⎟ ×
⎠
⎜ ⎞
⎝
= ⎛ Δ
3
L
2
S
F
3 mg 1
mg
17
(1) (2)
外力所作的功 = 水增加的 (浮力位能)
範例 05：
【解答】 ：
【解析】 ：
等速：1.合力 = 0 2.動能變化 = 0
m 4 . 0
m 6 . 0
mg
B B′
F N 4000
x
F
( 0 . 4 × 1 2 ) × 10 3 3 × 10
= Δ
= B kg m
F
4 .
4 1
. 0
3 3 3 6 3
3 10
10 1 10
m kg m
kg cm
g = − − =
=
W 1
4 0 0 0 0 .4 8 0 0
2 × × = J
′ =
W 4000 1 4000 J × =
U g
mg
θ N
f K
) F
sin (
cos sin
θ μ
μ θ
θ
F mg N
f F
mg N F
K K
K = = −
=
= +
θ μ θ
μ
sin cos K
K mg F = +
⇒
θ μ θ
θ θ μ
sin cos
cos cos
K K mgd Fd
W = = +
θ μ θ
θ θ μ
sin cos
cos cos
K K mgd Fd
W = = +
19
範例 06：
【解答】 ：ACDFGHI
【解析】 ：
(A)拋出後手對球不施力
(B) f 與 N 都是斜面施予物體之力 不作功
作負功
(C) S = 0 (D)
(E)
(F)
(G) S = 0 正負功抵消
(H) 垂直方向位移為 0Æ重力作功＝0
. F v
v
mg
v
N f
mg N f
°
=
⊥ V , θ 0 F C
°
=
⊥ v , θ 90 F C
mg
範例 07：
【解答】 ：AB
【解析】 ： (A)
(B) (C) (D) (E)
範例 08：
【解答】 ：4 倍
【解析】 ：
船在水中航行受水阻力作用，當 達終端速度 範例 09：
【解答】 ：1200N
【解析】 ：
磁力不做功 90° ,
=
∴ θ
°
=
⊥ v , θ 90 F G G
U g
W = Δ E K
W = Δ U g
W = Δ
( ) kv v v 2
v f v F P
v F t P
F S t W
∝
×
=
×
=
×
=
×
=
⇒
×
= G G G
G
F f =
m s km hr 10
36 →
9km hr
→ 2.5m s
⇒
×
=
×
= F v f v
P 3000 = × f 2.5
1200 f = N
∴
= 0 S
F f ∝ v
21
範例 10：
【解答】 ： 10 4
【解析】 ：
【解法<一>】：
看一秒
【解法<二>】：
範例 12：
【解答】 ：60
【解析】 ：
範例 13：
【解答】 ：
【解析】 ：
(a)【解法<一 >----力學解法】：
【解法<二 >----能量解法】：
減少的_______=增加的 ______ 。 Heat
= ΔU
=mgh
10 2 10 10
= × ×
10 J 4
=
4
2 10 10 10
10 × × =
=
=
×
=
×
=
= F v f v mgv
t P W
sin 1
θ = 50 F mg = sin θ + f K
40P F
= ×40
K 25
f = × k = mg
sin
K
mg θ
+F
′=f
′P F v
= ′ ′×f K ′ = kv ′ v
60 m′
s
∴ =
wv
2
w f (a) (b)v2(w f )g w f
−
+ +
↓ +
=
⇒
⋅
=
+ ( w f )
w a g g a
f w w
) ( 2 ) 2
( 2
0 2 2 2 2
f w g
wv a
h v h a
v + − ⇒ = = +
=
∴
E K U g + Heat 1 2
2 mv = mgH + ⋅ f H 1 2
2 m v H m g f
∴ =
+
f k
F
θ mg sinθ f’ k
θ mg sinθ
F’
(b)【解法<一 >----力學解法】：
下降時阻力朝上 ⇒
【解法<二 >----能量解法】：
減少的_______=增加的______。
回到原出發點 ⇒ 重力位能無變化 範例 14：
【解答】 ：C
【解析】 ：
質量愈大，造成之 f 愈大
範例 15：
【解答】 ：(B)
【解析】 ：
) ( w f w a g g a
f w
w − = ′ ⇒ ′ = −
f w
f v w v f v
w f h w
a
v +
= −
⇒ ′ +
= − + ′
′ 2 = 2 2
( ) 2 0
E K Heat
2 2
1 1
2 mv − 2 mv ′ = 2 f ⋅ H
) (與m無關
S
mg mgh
=μ
× ×m S
h = × = 0 . 4 × 5 = 2
⇒ μ
θ L
h
θ cos L
v
1 2
(1 cos )
mgL −
θ= 2 mv
2 (1 cos ) v = gL − θ
( )
θ
θ cos
1 2
cos 2 2
−
=
×
−
=
×
= L
g L L
L g t
v d
h
23
範例 16：
【解答】 ： 2 4 5 mv
【解析】 ：
範例 17：
【解答】 ： 2
8 3 mv
−
【解析】 ：
近日點到遠日點， 萬有引力對行星做負功
動能減少=增加的重力位能 範例 18：
【解答】 ： mgh 2 1
【解析】 ：
圓周運動 ⇒ 找什麼力提供向心力 N cos θ = mg
( )
( ) ( )
( 2 ) 2
2 2
4 5 4 2 5 2 1
2 2 1 2
2 3 2 1
2 2 3
0 2
mv mv
v m v
m E
W
v v v m m
V m m
=
=
⎟ −
⎠
⎜ ⎞
⎝
= ⎛ Δ
=
′ =
′ ⇒
× +
×
= +
°
> 90 θ
2 2
2
8 3 2
1 2 2
1 v mv mv
m
W ⎟ − = −
⎠
⎜ ⎞
⎝
= ⎛
θ θ
cot sin 2 2
h E R
m v
N = = K
θ θ
θ cos
sin cot
2 =
⇒ h mg
E K
mgh mgh
E K
2 cot 1 2 tan
1 =
=
∴ θ θ
θ
2 v
v
v
h
mg
R
θ
θ
θ
範例 19：
【解答】 ： sin θ tan θ 2
1 mgL
【解析】 ：
錐動擺 ⇒ 找什麼力提供向心力
範例 20：
【解答】 ：(1) m 2 : m 1 (2) m 2 : m 1
【解析】 ： 減少的 =
(1) (2)
範例 21：
【解答】 ：(1) m 2 2 : m 1 2 (2) m 2 : m 1
【解析】 ： 減少的 =
(1) (2)
2
cos sin
T mg
T m v R θ
θ
⎧ =
⎪ ⎨
⎪⎩ = ⋅ Lsin θ 2E K
=
θ θ
θ cos
sin mg Lsin
2E K =
⇒ ×
θ θ tan 2 sin
E K = 1 mgL
∴
E K Heat S m S mg
E K = μ × × ⇒ ∝ 1
1 2 2 1
m m S S =
1 2 2
1 2 2 2
1 2
2 2 2
m m t
t t m
t mg mE
P P
mE m P
P m
v E m
t F P J
K
K K
Δ =
∴ Δ
∝ Δ
⇒
Δ
×
=
=
= Δ
=
⇒
=
=
Δ
= Δ
=
μ
E K Heat S mg
E = μ × × J = Δ P = F Δ t
θ L
R
θT
mg
25
範例 22：
【解答】 ：
2 v = 3gL
【解析】 ：
找質心落下之高度 ⇒ 增加的 =減少的
範例 23：
【解答】 ：(1) (2)
【解析】 ： (1)
當質心超過對角線後即可放手，其餘交給重 力作功解決
作功＝增加的位能
(2) 當質心超過對角線後即可放手，其餘交給重 力作功解決
作功＝增加的位能
2 L 3
° 30
h
V L L
h
430 3 2 sin
3 × °=
=
E K U g
1
2
3( )
2
mv
=mg
4L
3 2v
=gL
2 2
2 2
a b a
W = mg ⋅ + − mg ⋅
2 2
2 2
a b mgb W
=mg
⋅ + −2 2
2 2
a b a
W = mg ⋅ + − mg ⋅ 2 2
2 2
a b mgb
W mg
+= ⋅ −
2 a
2
2
2 b
a +
C M
C M
C M C M
2 b
2
2
2 b
a
+範例 24：
【解答】 ：25J
【解析】 ：
施力 F 拉動的距離 S=20-15=5
範例 25：
【解答】 ：E
【解析】 ：
【解法一】 ：
【解法二】 ：
v
J S
F
W = × = 5 × 5 = 25
5 v
6 v gR
gR v
R mg mv v
m U E K g
11 100 25 4 11
2 2 1 5
6 2 1
2
2 2
=
∴
=
⇒
=
⎟ −
⎠
⎜ ⎞
⎝
⇒ ⎛ Δ
= Δ
( )
11 100
25 4 36
5 4 6
=
∴
= +
= +
x
x x
xgR gR
x
53°
37° h=12
20 15
m S 5 =
F=5N
27
範例 26：
【解答】 ： gL 9 2
【解析】 ：
變力、軌跡非直線、非等速
範例 27：
【解答】 ：A
【解析】 ：
若從同高度放手，則不可能達到同高度 ⇒ 位能相同，但 B 點已具
範例 28：
【解答】 ：3/5
【解析】 ：
v = ⋅ ∝ r ω r
( ) ( )( )
gL v
mgL mv
U m
E m
E m
U m
mg L v
m mv
L g m
g K
K g
9 2 2 9 1
增加 2 增加
增加 2 減少
2 3 2 2
1 2
1 3
2 2
2
2 2
=
∴
=
×
⇒
+ +
=
⎟ ⎠
⎜ ⎞
⎝ + ⎛ +
⎟ =
⎠
⎜ ⎞
⎝
⎛
E K
( ) 2
2 R
h mgh
gR
m = ⇒ =
2 1
gR gL
v = 2 ≥ 5
5 3
3 5
5 5 2
) ( 5 5
2
=
=
∴
−
=
⇒
−
=
=
L d
L d
d L L
d L g gR
gL
3 L 2 3 L
1 v
v 2
m 2m
釘子
L d
d L R = −
v
範例 29：
【解答】 ： 48.2 °
【解析】 ：
恰滑出時 (接觸力 = 0)
範例 30：
【解答】 ： 48 . 2 °
【解析】 ：
所以無法作一完整之鉛直面圓周運動 增加的 = 減少的 U g
R m v F N mg
R R mg mv
C
2 2
cos
) cos 2 (
1
=
=
−
−
= θ
θ
= 0 N
°
≈
=
=
∴
= −
⇒
− 48 . 2
3 cos 2 3 ,
cos 2
) cos 1 ( cos 2
θ 1
θ θ θ
R mg mgR
gR gR
5 4 <E K
R m v N mg
R R mg mv gR
mg
2 2 2
cos
) cos 2 (
) 1 4 2 (
1
= +
+
=
− θ
θ
v
mg
θ
θ cos R
R
N θ
θ mg
cos θ mg
h θ
θ
N θ
cos
R v
29
範例 31：
【解答】 ：D
【解析】 ：
範例 32：
【解答】 ：1/4
【解析】 ： 最高點：
最低點：
增加的 = 減少的 mg T
L mg mv T
L mg mv
4 2 3 2
1
2 2
=
⇒
=
−
=
mg mg
T
R m v mg
T
F V
2 60 1 cos
60 cos
0 0
2 合
=
°
=
⇒
=
=
°
−
=
=
0 不代表
4 1 2
2 1 2
2 2
1
2 2
=
′ =
∴
′ =
⇒
=
=
′ −
=
mg mg T
mg T R T
mgR R
m v mg T
mg R mv
E K U g
60 ° cos mg
mg v
T ′ mg
2
° R T 60
v
60o
L
2 L
T
mg
【解答】：
M m M
gH m
) (
2 2
【解析】：
水平方向遵守動量守恆 力學能守恆
2 2
2 2 2
2
2 2
1 1
2 2
1
2 2
1 2
m 2 ( ) ( )
1 2
M 2 ( ) ( )
K g
m M
K
m m
M M
E U
mv Mv mgH
m v P
E m m m
M M
mv mgH v gH
M m M m
m m
Mv mgH v gH
M m M m M
物體 ：
滑車 ：
