CHAPTER 04

平面運動大綱 圖片

4-1 水平拋體運動

4-2 斜向拋體運動

4-3 等速率圓周運動

4-4 相對運動

CHAPTER 04

平面運動大綱 圖片

圖4-1

圖4-2

圖4-3

圖4-4

圖4-5

圖4-6

圖4-7

圖4-8

圖4-9

圖4-10

圖4-11

圖4-12

圖4-13

圖4-14

圖4-15

圖4-16

圖4-17

P. 3

4-1 水平拋體運動

（A）在地球表面附近，一質點在距地面高度h處，以初速

度v0沿水平方向拋出的運動情形，稱為水平拋體運動，圖

4-1為同時落下之自由落體與水平拋體運動的比較圖。

（B）水平拋體運動可視為水平方向作等速運動，與鉛直

方向作自由落體運動的結合。也就是說，將一個二維的運

動分成二個一維的運動來分析。

（C）我們以圖4-2來分析質點被水平拋出後的運動情形。

P. 4

P. 5

P. 6

（一）拋出t秒後質點的速度

(1)因質點在水平方向作等速度運動，所以t秒後質點末速

度之水平分量vx等於水平初速度v0，即

水平分速度：vx＝v0 (4-1)

(2)質點在鉛直方向作自由落體運動，所以t秒後質點末速

度之鉛直分量vy為

鉛直分速度：vy＝－gt (4-2)

(3)因此，質點之末速度 為v

jgtivjvivv yxˆˆˆˆ

0 −=+=

P. 7

(4)此末速度之大小和方向分別為

大小： (4-3)

方向：θ＝tan-1(vy／vx)＝tan-1(－gt／v0) (4-4)

220

22 )(gtvvvv yx +=+

P. 8

（二）拋出t秒後質點之位置

質點在t秒後位移之水平分量及鉛直分量分別為

(1)水平位移：x＝v0t (4-5)鉛直位移：y＝－gt2／2 (4-6)

(2)故質點在t秒後之位置從標（x，y）為（v0t，－gt2／2）。

（三）質點運動的軌跡方程式

(1)由(4-5)式解得t＝x／v0，代入(4-6)式，消去時間t，可

得

(4-7)

(2)上式稱為軌跡方程式，此為拋物線方程式，所以水平

拋體運動的軌跡為一拋物線。

22

02x

vgy −=

P. 9

（四）質點自拋出至落地所需時間T

設質點於拋出T秒後落地，此時其位移之鉛直分量為y＝－h，由(4-6)式，y＝－gt2／2，得

－h＝－gT2／2

故 (4-8)

此T為質點在空中的飛行時間。

g2hT

P. 10

（五）質點的水平射程R

質點自拋出至落地時，其位移的水平分量稱為水平射程，

因在水平方向上，質點以v0作等速度運動，故水平射程R為

(4-9)ghvTvR 2

00 ==

P. 11

例題一

P. 12

如圖4-3所示，有一轟炸機在距地面490公尺處，以

252公里／時之速率水平飛行，若欲擊中其正前方在

地面上的目標，求(a) 轟炸機需在離目標之水平距離

多遠處投出炸彈？(b)投彈時的瞄準線與鉛直線之夾

角為何？(c)炸彈落地時之速度為何？

解

(a) 由於慣性，炸彈離開轟炸機時的初速度v0 與轟

炸機相同，且均在水平方向，即

v0＝ 252 公里／時＝70 公尺／秒

P. 13

利用落地時炸彈的鉛直位移為y＝－490公尺，

可求得炸彈在空中的飛行時間，由(4-6) 式得

故 t＝10秒

因炸彈在水平方向作等速度運動，故水平射

程R 為

R＝ v0 T＝ 70 公尺／秒× 10 秒＝ 700 公尺

故需在距目標之水平距離為700 公尺處投彈。

28.921490 t××−=−

P. 14

(b) 由圖4-3 知描準角ψ為

(c) 當炸彈落地時，其速度之水平分量和鉛直分量

分別為

vx＝v 0＝70 公尺／秒

vy＝－gt＝－9.8 公尺／秒2 × 10 秒＝－98 公

尺／秒

故落地時之速度大小為

公尺／秒

55490700tan

||tan 11 === −−

公尺

公尺

hRφ

1209870 22 == ＋v

P. 15

速度方向與正x 軸方向的夾角θ 為

547098tantan 11 −=

−== −−

x

y

vv

θ

P. 16

4-2 斜向拋體運動

(A)以圖4-4來分析斜向拋體運動，設質點自地面以 之

初速度，仰角θ0之方向拋出。初速度 可分解為

水平初速度：v0x＝v0 cosθ0 (4-10)

鉛直初速度：v0y＝v0 cosθ0 (4-11)

(B)斜向拋體運動可視為水平方向作等速度運動，與鉛

直方向作向上拋體運動的結合。

(C)現在我們來討論質點被斜向拋出後的運動情況。

P. 17

P. 18

（一）拋出t秒後質點的速度

水平分速度：vx＝v0x＝v0 cosθ0 (4-12)

鉛直初速度：vy＝v0y－gt＝v0 sinθ0－gt (4-13)

（二）拋出t秒後質點的位置

水平位移：x＝v0xt＝(v0 cosθ0)t (4-14)

鉛直位移： (4-15)200

20 2

1)sin(21 gttvgttvy y −−= θ＝

P. 19

（三）質點運動的軌跡方程式

(1)由(4-14)式可得t＝x／v0 cosθ0，代入(4-15)式，消去時

間t，可得

或 (4-16)

此y與x的關係式為斜向拋體運動之軌跡方程式。

(2)斜向拋體的軌跡為一拋物線，在(4-16)式中，若拋射

角θ0＝0，則可化簡為水平拋體的軌跡方程式，即(4-7)式。

2

000000 )

cos(

21)

cosθ)(sin(

θθ

vxg

vxvy −=

2

022

00 )

cos2()(tan x

θvgsy −= θ

P. 20

（四）質點到達最高點所需時間T

(1)在斜向拋體運動中，質點達最高點時之速度並不等於

零。

(2)但此時速度之鉛直分量分零，即vy＝0，由

vy＝v0y－gt

得 0＝v0 sinθ0－g T

故 (4-17)gθvT 00 sin

=

P. 21

（五）質點到達的最在高度H

將(4-17)式之時間T，代入(4-15)式之鉛直位移得最大高

度為

即 (4-18)

（六）質點自拋出至落地所需時間T'

質點自拋出至落地所需時間，為自拋出至達最高點所

需時間的二倍，即

T'＝2T＝ (4-19)

2000000 )sin(

21)sin)(sin(

gθvg

gθvvH −= θ

gθvH

2sin 0

220=

gθv 00 sin2

P. 22

（七）質點的水平射程R

質點在水平方向以v0x作等速度運動，故水平射程R為

即 (4-20)

上式中我們引用sin 2θ0＝2 sinθ0 cosθ0的關係式。

)sin2)(cos( 00000 g

θvvTvR x θ=′=

gθvR 0

20 2sin

=

P. 23

（1）當拋射角θ0＝45˚，可得最大水平射程Rmax

(ⅰ)當θ0＝45˚時，sin2θ0＝sin90˚＝1，因1為正弦的

最大值，由(4-20)式可知，此時水平射程最大，即

(4-21)

(ⅱ)我們推鉛球時，鉛球的起動位置與落地處並不位於

同一水平高度，其水平射程不能用(4-20)式來計算，此

時欲得最大水平射程，其拋射角必需略小於45˚，如圖

4-5所示。

gvR

20

max =

P. 24

P. 25

(2)當拋射角互為餘角時，其水平射程相等（如圖4-6）

P. 26

設拋射角為θ1與θ2時，其水平射程分別為R1與R2，則

若 θ1＋θ2＝90˚

則 sin2θ1＝sin2(90˚－θ2)＝sin2θ2

因此，上面兩式之水平射程相等，即

R1＝R2

gθvR 1

20

12sin

= gθvR 2

20

22sin

=

P. 27

（八）最大高度H與水平射程R及拋射角θ0的關係式

由(4-18)式除以(4-20)式，可得

或 (4-22)

4tan

cossin22sin

2sin2sin 0

002

0

02

0

02

0

02

0 θ===

/gθθvg/θv

/gθvg/θv

RH

4tan 0θRH =

P. 28

例題二

在平地上，有一足球員以24.5米／秒之初速度，踢

出一球，其仰角為53°，試求(a)球之飛行時間為何？

(b)球所達之最大高度為何？(c)球之水平射程為何？

P. 29

解

球的運動軌跡如圖4-7所示，先分解出初速度的

水平分量與鉛直分量，由(4-10)式及(4-11)式，得

兩者分別為

v0x＝24.5×cos53°＝14.7米／秒

v0y＝24.5×sin53°＝19.6米／秒

(a)當球落回地面時，其位移之鉛直分量為零，即

y=0，由

20 2

1 gttvy y −=

P. 30

得

故 t＝0秒 或 t＝4秒

t＝0秒為球的起動時間，t＝4秒為球的落地時

間，故球在空中的飛行時間為4秒。

28.9216.190 tt ×−=

P. 31

(b)當球達最高點時，其速度的鉛直分量為零，即

vy=0，由

vy2＝v0y

2－2gy

得 0＝19.62－2×9.8×y

故 y＝19.6米

此19.6米即為球所能達的最大高度。

(c)球在水平方向以v0x作等速度運動，故水平射程

為

R＝v0xt＝14.7米／秒×4秒＝58.8米

P. 32

例題三

如圖4-8所示，在離地14.7米之屋頂上，以19.6米／

秒之速度沿30º仰角拋射一物體，求其著地處與房屋

底部之水平距離為何？

P. 33

解

分解出初速度的水平分量和鉛直分量，其大小分別

為

v0x＝19.6×cos30º＝17米／秒

v0y＝19.6×sin30º＝9.8米／秒

物體落地時，其鉛直位移為y＝－14.7米，由

得

故 t＝3秒 或 t＝－1秒（負值不合）

20 2

1 gttvy y −=

28.9218.97.14 tt ×−=−

P. 34

物體在水平方向作等速度運，在此3秒內的水平位移

為

x＝v0xt＝17×3＝51米

故物體著地處距塔底51米。此題中物體之起點和終

點不在同一水平高度，所以不能用(4-20)式來計算此

題之水平射程。

P. 35

例題四

如圖4-9所示，某人在距一高牆32米處，以20米／秒

之初速度，37˚之仰角踢出一足球，試求(a)經若干秒

後此球可擊中牆壁？(b)此球擊中牆避處離地多高？

P. 36

解

(a)足球之水平初速度和鉛直初速度分別為

v0x＝20×cos37º＝16米／秒

v0y＝20×sin37º＝12米／秒

球擊中牆壁時之水平移為x＝32米，而球在水平

方向以初速度v0x作等速度運動，故其所經歷的時

間為

(b)在此2秒時，球之鉛直位移為擊中牆壁之高度，

即

秒21632

0x

===vxt

米4.428.921212

21 22

0 =××−×=−= gttvy y

P. 37

4-3 等速率圓周運動

（一）一質點以一定的速度繞著一圓形路徑運動，稱為

等速率圓周運動。作等速率圓周運動的質點其速度大小

雖然不變，但其速度方向卻不斷地改變，所以也是一種

加速度運動，但不是等加速度運動。

P. 38

P. 39

（二）如圖4-11(a)所示，設P為質點在t時的位置，P'為其

在t＋Δt時的位置。質點在P處之速度為 ，質點在P'處之

速度為 。因速率保持一定，故速度向量 與 之大小相

等，但方向不同。

（三）所行經之路徑長為弧長 ，其值為

（四）重畫速度向量 與 ，於圖4-11(b)中，速度變化量

為

vv

'v'v

v 'v

vvv −′=Δ

P. 40

（五）重畫由半徑 、 和弦 所形成的等腰△CPP'於圖4-11(c) ，由於△ＯQQ'與△CPP'的頂角θ相等，且

兩者均為等腰三角形，所以△ＯQQ'與△CPP'相似，因

此，其對應邊成比例，得

(4-23)

CP PC ′ PP ′

rPP

vv ′=

Δ

P. 41

P. 42

（六）當時間間隔Δt很小時，圓心角θ也變小，此時弦

長 與弧長 的長可視為相等。因此(4-23)式可改寫

為

(4-24)

（七）加速度為速度的變化量除以所經歷的時間，等速率

圓周運動之加速度的大小為

(4-25)

PP ′

rv

tta

t

2

0Δ ΔΔlim ==

→

P. 43

（八）質點作等速率圓周運動時，其速度 的方向與圓

周相切，其加速度 的方向恆指向圓心，稱為向心加速

度，以符號 表示。

（九）圖4-12表示在圓周上不同處之速度 及加速度 的

大小不變，但其方向卻不斷地改變，故等速率圓周運動並非等

加速度運動。

v

v

a

Ra

Ra

P. 44

P. 45

（十）以圖4-14之斜向拋體運動的拋物線軌跡為例，如果

將加速度向量分解成二個分量，其中與速度方向平行的分

量，稱為切線加速度 ，可改變質點速度的大小。另一

與速度方向垂直的分量，稱為法線加速度或向心加速

度 ，可改變質點速度的方向，因此，原來之加速度

可寫為

(4-26)

Ta

Ra a

RT aaa +=

P. 46

P. 47

（十一）作自由落體運動的物體，只有切線加速度，沒有

法線加速度；反之，作等速率圓周運動的物體只有法線加

速度，而沒有切線加速度；作斜向拋體運動的物體，則兩

者皆有，所以其運動過程中的速度大小和方向都隨時在改

變。

（十二）一質點以等速率v，繞半徑為r之圓周運動時，其

繞一圈所需的時間，稱為週期T，因此質點之速率可寫為

(4-27)T

rv π2=

P. 48

（十三）將(4-27)式代入(4-25)式，則向心加速度的大小可

寫為

(4-28)2

22 4T

rrvaR

π==

P. 49

例題五

已知地球的半徑為6 . 37×106 米， 自轉週期為一日，

忽略公轉時，求(a)地球赤道上一質點的速率為何? (b)此質點的向心加速度大小為何?解

(a) 將地球自轉週期換算成秒， T= 1 日= 86400 秒，

質點之速率為

米／秒

(b) 質點之向心加速度大小為

米／秒2

46386400

)1037.6(14.322 6

=×××

==秒

米

Trv π

26

22

1036.31037.6

)/463( −×=×

==米

秒米

rvaR

P. 50

4-4 相對運動

P. 51

（一）在圖4-15(a)中，若A與B兩質點相對於參考體C的相對位置分別以 與 表示，A相對於B的相對位

置，或說B來觀察A的位置，以 來表示，則圖中之

向量三角形顯示此三個相對位置的關係式為

(4-29)

（二）相對速度的關係式為

(4-34)

由(4-29)式之位置向量關係式對時間微分，就可直接得

到(4-34)式之速度關係式。

ACr BCr

ABr

BCACAB rrr −=

BCACAB vvv −=

P. 52

（三）若C表示地面之靜止參考體，則(4-34)式顯示A相對於B的相對速度，或是說B來觀察A的相對速度 ，

為A相對於地面的速度 ，與B相對於地面的速度

的向量差。

（四）同理B相對於A的相對速度，即A來看B的相對速

度可寫為

(4-35)

（五）比較(4-34)式及(4-35)式，可得

(4-36)

ABv

ACv BCv

ACBCBA vvv −=

BAAB vv −=

P. 53

（六）參考體C處於靜止或運動狀態，(4-34)式皆成立，

可將其改寫為

(4-37)

上式表示A對C的相對速度，為A對B的相對速度與B對C的相對速度之向量和，依此類推，A對D的相對速度可

表示為

(4-38)

BCABAC vvv +=

CDBCABAD vvvv ++=

P. 54

例題六

在東西向的高速公路上，甲車以90 公里／時的速度向

東行駛，乙車以105 公里／時的速度向西行駛，則由

甲車上的乘客看來，乙車的速度為何?解

在一維直線上，以正負號來表示方向，取向東為正，

則v甲地＝ 90公里／時，v乙地＝－105公里／時，甲

看乙的速度為

v乙甲＝v乙地－v甲地＝(－105)－90＝－195 公里／

時

故甲車上的人觀察乙車的速度時，其大小為195公里／時，方向向西。

P. 55

例題七

設雨對地之速度為6米/秒垂直落下，某人往前跑之速

度為8 米／秒，則此人看雨之速度為何？

解

P. 56

人看雨的速度為

此為二維平面的運動，必須以圖解法來作向量的

相滅，此三向量的向量關係可畫成圖4-16，由圖

得 之大小及方向分別為

米／秒

θ＝tan-1(8／6)＝53˚

因此，人看雨的速度大小為10米／秒，其方向與

鉛直線夾53˚。

人地雨地雨人 vvv ==

雨人v

1086 22 =+=雨人v

P. 57

例題八

已知船在靜水中的速度為12米／秒（此為船相對於

水的速度），此船從河寬為200米的岸邊出發，欲沿

垂直線到達正對岸，水流為由西向東，相對於地面

的速度為6米／秒，求 (a)船首與岸邊的夾角為多

少？ (b)船到達正對岸需時若干？ (c)若欲以最短

時間渡過此河，船首與岸邊的夾角為何？費時若干？

P. 58

P. 59

解

(a)由(4-37)式得

由圖4-17(a)之向量三角形，可知 的大小及其

方向與岸邊的夾角為

米／秒

θ＝cos-1（v船地／v船水）＝cos-1(6／12)＝60º

(b)此船渡河需時

水地船水船地 vvv +=船地v

秒秒米

米

船地

2.19/4.10

200===

vxt

4.10612 22 =−=船地v

P. 60

(c)如圖(b)所示，船首與岸邊的夾角為90º，即船首朝

向對岸時，可在最短時間內到達對岸的下游處，此

最短時間為

秒秒米

米

船水

7.16/12

200===′

vxt