HSC 物理：將拋體運動分解為分量

想像有兩顆完全相同的球，位於相同高度。你讓其中一顆垂直落下，並在完全相同的一瞬間，將另一顆水平射出。

哪一顆會先落地？

人們很容易以為，被射出的球因為有「額外的運動」，所以會在空中停留更久。然而，在理想拋體模型中，兩顆球會同時落地。第二顆球的水平速率並不會延遲它在垂直方向上的下落。

這個結果正是拋體運動的關鍵：把水平運動與垂直運動分開處理，兩者使用同一個時間，然後在需要求出拋體的實際位置或速度時，再把它們組合起來。

01一個拋體，兩種運動

想像一顆球離開你的手之後在空中運動。假設球被放開後，我們忽略空氣阻力。

有哪些力作用在它上面？

只有它所受的重力。重力垂直向下作用，水平方向則沒有力。

因此，一條彎曲的路徑其實包含兩種簡單得多的運動：

在地球表面附近，\(g = 9.8\ \text{m s}^{-2}\)。

因此，彎曲的軌跡並不是一種複雜的單一運動，而是水平方向的等速度運動與垂直方向的等加速度運動同時發生。

一個有用的想像方式是：兩名學生各自抬著一塊大型白板的一端。其中一名學生只控制左右移動，另一名只控制上下移動。白板最後的位置取決於兩者，但任何一人都不會直接改變另一人正在做的事。

這個比喻並不完全成立，因為拋體是一個物體，而不是兩個人。真正重要的概念只是：彼此垂直的運動分量可以分開分析。

02分解初速度

假設一個拋體以速率 \(u\)，並以高於水平線的角度 \(\theta\) 發射。

速度向量可以分解為：

\[ u_x = u\cos\theta \]

以及

\[ u_y = u\sin\theta \]

其中：

• \(u_x\) 是初始水平速度，單位為米每秒，
• \(u_y\) 是初始垂直速度，單位為米每秒，
• \(u\) 是發射速率，單位為米每秒，以及
• \(\theta\) 是高於水平線的發射角。

這只是直角三角學。如果 \(\theta\) 是從水平方向量起，水平分量是角的鄰邊，因此使用餘弦；垂直分量是對邊，因此使用正弦。

例如，如果一顆球以 \(20\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、\(30^\circ\) 的角度發射，

\[ u_x = 20\cos30^\circ = 17.3\ \text{m s}^{-1} \]

以及

\[ u_y = 20\sin30^\circ = 10.0\ \text{m s}^{-1}. \]

因此，拋體一開始同時有兩種運動：水平方向 \(17.3\ \text{m s}^{-1}\)，向上方向 \(10.0\ \text{m s}^{-1}\)。

速率並沒有因此變成 \(27.3\ \text{m s}^{-1}\)。分量不能像普通數字那樣直接相加，因為它們彼此成直角。

03兩個方向使用同一個時間

這是拋體題目能夠解開的關鍵。

假設拋體已經運動了 \(1.2\ \text{s}\)。它的水平運動已經進行了 \(1.2\ \text{s}\)，而垂直運動也同樣進行了 \(1.2\ \text{s}\)。

並不存在兩個不同的時間。

對水平運動而言，因為 \(a_x=0\)，

\[ x = x_0 + u_x t \]

以及

\[ v_x = u_x. \]

對垂直運動而言，若取向上為正方向，

\[ y = y_0 + u_y t - \frac{1}{2}gt^2 \]

以及

\[ v_y = u_y-gt. \]

其中：

• \(x_0\) 和 \(y_0\) 是初始座標，單位為米，
• \(x\) 和 \(y\) 是之後的座標，
• \(t\) 是經過的時間，單位為秒，
• \(v_x\) 和 \(v_y\) 是之後的速度分量，單位為米每秒。

注意這兩組方程之間的連結：\(t\)。

這個共同的時間通常就是你從一個分量轉到另一個分量的方式。你可能先利用垂直運動求出拋體在空中停留多久，再把這個時間代入水平方程，以求出它的水平射程。

範例：從長凳滾落的球

一顆球以 \(6.00\ \text{m s}^{-1}\) 的速率，從高 \(1.80\ \text{m}\) 的長凳水平飛出。忽略空氣阻力。求它到達地板所需的時間、落地點距離長凳多遠，以及碰撞前一瞬間的速度。

步驟 1：選擇方向並找出各分量。

取向上為正方向。由於球是水平飛出的，所以初始垂直速度為零：

\[ u_x = 6.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_y=0. \]

到地板的垂直位移為

\[ \Delta y=-1.80\ \text{m}. \]

步驟 2：利用垂直運動求飛行時間。

垂直位移方程為

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

代入數值，

\[ -1.80=0-\frac{1}{2}(9.8)t^2. \]

因此，

\[ t=\sqrt{\frac{3.60}{9.8}}=0.606\ \text{s}. \]

水平發射速率完全沒有出現在這個計算中。這就是為什麼水平射出的球和直接放下的球，在下降相同高度時所需的時間相同。

步驟 3：在水平方向使用同一個時間。

\[ \Delta x=u_x t=(6.00)(0.606)=3.64\ \text{m}. \]

球落在距離長凳邊緣正下方 \(3.64\ \text{m}\) 的位置。

步驟 4：求碰撞前一瞬間的速度分量。

水平速度保持不變：

\[ v_x=6.00\ \text{m s}^{-1}. \]

垂直方向上，

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(0.606)=-5.94\ \text{m s}^{-1}. \]

負號表示方向向下。

步驟 5：重新組合各分量。

速率為

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2} =\sqrt{(6.00)^2+(-5.94)^2} =8.44\ \text{m s}^{-1}. \]

它在水平線下方的方向角為

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{5.94}{6.00}\right)=44.7^\circ. \]

所以在碰撞前一瞬間，球以 \(8.44\ \text{m s}^{-1}\) 的速率運動，方向為水平線下方 \(44.7^\circ\)。

04「獨立」代表什麼，又不代表什麼

如果把「水平運動與垂直運動彼此獨立」這句話理解得太字面，就可能產生問題。

它的意思是，在理想模型中，重力會改變垂直速度，但不會改變水平速度。

它並不表示水平和垂直方向的計算彼此毫無關係。兩者描述的是同一個拋體，因此它們所使用的時間必須一致。

假設一個拋體在 \(2.0\ \text{s}\) 後到達一面牆。你不能只因為 \(1.6\ \text{s}\) 會得到一個方便的高度，就在垂直方程中改用 \(1.6\ \text{s}\)。兩個分量必須描述同一瞬間。

這個「共同時間」的限制，是檢查拋體運動計算錯誤時非常有用的方法之一。

05到達最高點時，重力並不會「用完」

現在考慮斜向發射。

當拋體上升時，由於重力向下作用，\(v_y\) 會逐漸減小。在最高點，

\[ v_y=0. \]

預測一下那一瞬間的加速度會怎樣。它也會變成零嗎？

不會。重力仍然在作用，因此即使在最高點，

\[ a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2} \]

仍然成立。

垂直速度為零，只表示拋體在那一瞬間停止向上運動。這並不表示重力消失了。

同時，

\[ v_x=u_x \]

在整個理想飛行過程中都成立。

因此，一般斜向拋射的拋體在最高點時，速度是水平的，但加速度則垂直向下。

範例：拋體能越過牆嗎？

一個拋體從高於地面 \(5.00\ \text{m}\) 的平台，以 \(20.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、水平線上方 \(35.0^\circ\) 的角度發射。一面垂直牆位於發射點水平方向 \(25.0\ \text{m}\) 處，高 \(10.0\ \text{m}\)。忽略空氣阻力。

拋體能越過牆嗎？另外，求它經過牆時的速度。

步驟 1：分解發射速度。

\[ u_x=(20.0)\cos35.0^\circ=16.4\ \text{m s}^{-1} \]

以及

\[ u_y=(20.0)\sin35.0^\circ=11.5\ \text{m s}^{-1}. \]

步驟 2：利用水平運動求拋體到達牆壁的時間。

由於水平速度保持不變，

\[ t=\frac{\Delta x}{u_x} =\frac{25.0}{16.4} =1.53\ \text{s}. \]

步驟 3：求同一時間下的垂直位置。

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

代入數值，

\[ y=5.00+(11.5)(1.53)-\frac{1}{2}(9.8)(1.53)^2 =11.1\ \text{m}. \]

牆高 \(10.0\ \text{m}\)，因此拋體越過牆頂的高度約為

\[ 11.1-10.0=1.1\ \text{m}. \]

步驟 4：求拋體到達牆時的速度分量。

水平方向，

\[ v_x=16.4\ \text{m s}^{-1}. \]

垂直方向，

\[ v_y=11.5-(9.8)(1.53)=-3.48\ \text{m s}^{-1}. \]

拋體到達牆時已經正在下降。

步驟 5：重新組合各分量。

\[ v=\sqrt{(16.4)^2+(-3.48)^2}=16.7\ \text{m s}^{-1}. \]

水平線下方的角度為

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{3.48}{16.4}\right)=12.0^\circ. \]

因此，它能越過牆，並以約 \(16.7\ \text{m s}^{-1}\) 的速率通過牆的位置，方向為水平線下方 \(12.0^\circ\)。

注意，發射角是在水平線上方，但到達牆時的速度角卻在水平線下方。即使水平速度沒有改變，拋體的運動方向仍會改變。

06重新組合運動

有些題目只要求水平距離或最大高度。在這種情況下，你可能完全不需要重新組合各分量。

但如果你需要拋體的實際速度，就使用畢氏定理：

\[ v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}. \]

它相對於水平方向的角度可以由

\[ \tan\phi=\frac{v_y}{v_x}. \]

求得。

要注意正負號。如果 \(v_y<0\) 而 \(v_x>0\)，代表拋體正朝水平線下方運動。

位移分量也可以用同樣的方法處理。如果一個物體相對某個參考點，在水平方向移動了 \(x\) 米、垂直方向移動了 \(y\) 米，這兩個分量合起來就能確定拋體在二維空間中的位置。

07為什麼軌跡是彎曲的

水平位移隨時間呈線性增加：

\[ x=u_x t \]

如果拋體從 \(x=0\) 開始。

垂直位移則包含一個 \(t^2\) 項：

\[ y=y_0+u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

如果 \(u_x\neq0\)，則

\[ t=\frac{x}{u_x}. \]

把它代入垂直方程可得

\[ y=y_0+\frac{u_y}{u_x}x-\frac{g}{2u_x^2}x^2. \]

對於以速率 \(u\)、角度 \(\theta\) 發射的情況，也可寫成

\[ y=y_0+x\tan\theta-\frac{gx^2}{2u^2\cos^2\theta}. \]

最重要的特徵是 \(x^2\) 項。在理想的恆定重力模型中，軌跡是一條拋物線。

並不是每一道拋體題目都需要使用這條方程。很多時候，使用具有共同時間的分量方程會更清楚，也更不容易誤用。

08造成一半問題的常見迷思

一種常見的想法是：

拋體曾經被向前推，所以一定有某個向前的力持續作用在它上面。

這聽起來很合理，因為日常生活中的物體通常會在你推它們之後慢下來。

但它們通常是因為摩擦力或空氣阻力而減速。在理想拋體模型中，一旦物體離開發射裝置，就不再有持續作用的水平力。

因此，依照牛頓第一運動定律，它的水平速度保持不變。

另一個很容易犯的錯誤幾乎正好相反：「重力作用在拋體上，所以它的整個速度都一定會減小。」

重力只會改變與重力方向平行的速度分量。使用我們一般的座標軸時，這就是 \(v_y\)。它不會直接改變 \(v_x\)。

09簡單的分量模型何時不再精確

HSC 的拋體模型通常假設：

• 空氣阻力可以忽略，
• 重力加速度保持不變並且垂直向下，以及
• 在所涉及的距離範圍內，可以忽略地球的曲率與自轉。

在這些假設下，

\[ a_x=0,\qquad a_y=-g. \]

真實的拋體可能會受到阻力。阻力的方向與物體速度相反，因此它可以同時具有水平分量與垂直分量。此時，\(v_x\) 就不再保持不變。

把向量分解成分量的方法本身仍然有效。改變的是你在每個分量方程中所使用的物理模型。

這個區別很重要：分量是一種數學方法，而「水平速度保持不變」則是某個特定物理模型的結果。

10解答 HSC 拋體題目的可靠方法

當一道拋體題目看起來很複雜時，可以按照以下順序處理：

1. 選擇正 \(x\) 與正 \(y\) 的方向。
2. 畫出或找出初速度向量。
3. 把它分解成 \(u_x\) 和 \(u_y\)。
4. 如果適用理想拋體的假設，寫出 \(a_x=0\) 和 \(a_y=-g\)。
5. 判斷哪一個分量具有足夠資料可求出時間。
6. 在另一個分量中使用同一個時間。
7. 只有在題目要求總速率、方向或位移時，才重新組合各分量。
8. 檢查正負號與物理結果是否合理。

負的 \(v_y\) 通常完全合理：它代表拋體正在下降。負的時間則通常不是你要找的物理解。

11問題與解答

問題 1

一顆球以 \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率，從高 \(19.6\ \text{m}\) 的懸崖頂水平射出。忽略空氣阻力。

求：

a. 到達地面所需的時間，
b. 水平移動的距離，以及
c. 碰撞前一瞬間的速度。

解答 1

球需要 \(2.00\ \text{s}\) 落地，水平方向移動 \(28.0\ \text{m}\)，並以 \(24.1\ \text{m s}^{-1}\) 的速率撞擊地面，方向為水平線下方 \(54.5^\circ\)。

對垂直運動而言，

\[ u_y=0,\qquad \Delta y=-19.6\ \text{m},\qquad a_y=-9.8\ \text{m s}^{-2}. \]

使用

\[ \Delta y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2, \]

可得

\[ -19.6=-4.9t^2. \]

因此，

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

這裡很容易犯的錯誤，是在計算下落時間時使用 \(14.0\ \text{m s}^{-1}\) 的水平速率。它在垂直方程中沒有任何作用。

現在在水平方向使用相同的 \(2.00\ \text{s}\)：

\[ \Delta x=u_x t=(14.0)(2.00)=28.0\ \text{m}. \]

碰撞前一瞬間，

\[ v_x=14.0\ \text{m s}^{-1} \]

以及

\[ v_y=u_y-gt=0-(9.8)(2.00)=-19.6\ \text{m s}^{-1}. \]

因此，

\[ v=\sqrt{(14.0)^2+(-19.6)^2}=24.1\ \text{m s}^{-1}. \]

撞擊角為

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{19.6}{14.0}\right)=54.5^\circ. \]

因為 \(v_y\) 是負值，所以方向為水平線下方 \(54.5^\circ\)。

問題 2

一個拋體從水平地面以 \(25.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、水平線上方 \(53.1^\circ\) 的角度發射。一面高 \(19.5\ \text{m}\) 的牆位於距離發射點 \(30.0\ \text{m}\) 處。

取三位有效數字，假設 \(u_x=15.0\ \text{m s}^{-1}\) 且 \(u_y=20.0\ \text{m s}^{-1}\)。

判斷：

a. 拋體是否能越過牆，
b. 通過牆時它是在上升還是下降，以及
c. 它最後在哪裡回到發射高度。

解答 2

拋體以 \(0.90\ \text{m}\) 的餘量越過牆頂，通過牆時仍在非常輕微地上升，並在距離發射點約 \(61.2\ \text{m}\) 處回到發射高度。

首先求它到達牆時的時間：

\[ t=\frac{x}{u_x} =\frac{30.0}{15.0} =2.00\ \text{s}. \]

在此時，

\[ y=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

所以

\[ y=(20.0)(2.00)-\frac{1}{2}(9.8)(2.00)^2 =40.0-19.6 =20.4\ \text{m}. \]

牆高 \(19.5\ \text{m}\)，因此越過牆頂的高度為

\[ 20.4-19.5=0.90\ \text{m}. \]

現在檢查垂直速度：

\[ v_y=u_y-gt =20.0-(9.8)(2.00) =0.40\ \text{m s}^{-1}. \]

它是正值，所以拋體仍然向上運動。

這提醒我們，不應僅憑粗略草圖的形狀判斷運動方向。拋體非常接近最高點，但還沒有真正到達。

要找出它何時回到發射高度，令垂直位移為零：

\[ 0=20.0t-4.9t^2. \]

因式分解，

\[ 0=t(20.0-4.9t). \]

解 \(t=0\) 對應發射瞬間。較後的解為

\[ t=\frac{20.0}{4.9}=4.08\ \text{s}. \]

因此水平射程為

\[ R=(15.0)(4.08)=61.2\ \text{m}. \]

一種常見的錯誤做法，是因為拋體在 \(2.00\ \text{s}\) 後到達牆，而 \(2.00\ \text{s}\) 「大約是」總飛行時間的一半，就假設此時拋體一定在最高點。分量方程給出了精確答案：\(v_y\) 仍然是 \(+0.40\ \text{m s}^{-1}\)。

問題 3

一個山坡可近似為直線

\[ y=0.250x, \]

其中 \(x\) 和 \(y\) 是從發射點量起的距離，單位為米。

一個拋體從原點以 \(24.0\ \text{m s}^{-1}\) 的速率、水平線上方 \(50.0^\circ\) 的角度發射。忽略空氣阻力。

求拋體下一次撞上山坡的位置，以及碰撞前一瞬間的速度。

解答 3

拋體大約在 \((45.7\ \text{m},\,11.4\ \text{m})\) 撞上山坡，速率為 \(18.8\ \text{m s}^{-1}\)，方向為水平線下方 \(34.7^\circ\)。

分解初速度：

\[ u_x=(24.0)\cos50.0^\circ=15.4\ \text{m s}^{-1}, \]

\[ u_y=(24.0)\sin50.0^\circ=18.4\ \text{m s}^{-1}. \]

在時間 \(t\) 時，

\[ x=15.4t \]

以及

\[ y=18.4t-4.9t^2. \]

碰撞時，拋體必須位於山坡上，因此也必須符合

\[ y=0.250x. \]

代入 \(x=15.4t\)，

\[ 18.4t-4.9t^2=0.250(15.4t). \]

因此，

\[ 18.4t-4.9t^2=3.86t. \]

整理後，

\[ t(14.5-4.9t)=0. \]

解 \(t=0\) 對應發射點。下一個交點出現在

\[ t=\frac{14.5}{4.9}\approx2.96\ \text{s}. \]

因此水平座標為

\[ x=(15.4)(2.96)\approx45.7\ \text{m}. \]

該處的山坡高度為

\[ y=0.250(45.7)\approx11.4\ \text{m}. \]

現在求碰撞速度。水平方向，

\[ v_x=15.4\ \text{m s}^{-1}. \]

垂直方向，

\[ v_y=18.4-(9.8)(2.96) \approx-10.7\ \text{m s}^{-1}. \]

因此，

\[ v=\sqrt{(15.4)^2+(-10.7)^2} \approx18.8\ \text{m s}^{-1}. \]

它的方向為

\[ \phi=\tan^{-1}\left(\frac{10.7}{15.4}\right) \approx34.7^\circ \]

低於水平線。

一個很容易採用的捷徑，是令 \(y=0\) 來求碰撞時間。但這樣求到的是拋體何時回到與發射點相同的水平高度。這裡的地面並不是水平的：離開發射點後，地面遵循 \(y=0.250x\)。物理上的邊界條件必須符合實際的山坡。

問題 4

一個拋體從地面高度發射，之後通過點 \(A\)。點 \(A\) 位於發射點水平距離 \(20.0\ \text{m}\) 處，並比發射點高 \(15.0\ \text{m}\)。

在下降途中，它通過點 \(B\)。點 \(B\) 位於發射點水平距離 \(50.0\ \text{m}\) 處，同樣高 \(15.0\ \text{m}\)。

忽略空氣阻力。

求：

a. 初始水平與垂直速度分量，
b. 發射速率與角度，以及
c. 最高點的水平位置與高度。

解答 4

初始分量為 \(u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}\) 和 \(u_y=19.0\ \text{m s}^{-1}\)。發射速率為 \(26.2\ \text{m s}^{-1}\)，發射角為 \(46.4^\circ\)，最高點位於 \(x=35.0\ \text{m}\)，即發射點上方 \(18.4\ \text{m}\)。

令拋體通過 \(A\) 和 \(B\) 時的時間分別為 \(t_1\) 和 \(t_2\)。

由於水平速度保持不變，

\[ t_1=\frac{20.0}{u_x}, \qquad t_2=\frac{50.0}{u_x}. \]

在垂直方向，兩個點都滿足

\[ 15.0=u_y t-\frac{1}{2}gt^2. \]

整理後得到二次方程

\[ \frac{1}{2}gt^2-u_y t+15.0=0. \]

它的兩個根是 \(t_1\) 和 \(t_2\)。

對於二次方程 \(at^2+bt+c=0\)，兩根之積為 \(c/a\)。因此，

\[ t_1t_2=\frac{15.0}{4.9}. \]

但從水平運動可得，

\[ t_1t_2 = \frac{20.0}{u_x}\frac{50.0}{u_x} = \frac{1000}{u_x^2}. \]

因此，

\[ \frac{1000}{u_x^2}=\frac{15.0}{4.9}. \]

所以

\[ u_x^2=\frac{1000(4.9)}{15.0}, \]

得到

\[ u_x=18.1\ \text{m s}^{-1}. \]

相應的時間為

\[ t_1=\frac{20.0}{18.1}=1.11\ \text{s}, \]

\[ t_2=\frac{50.0}{18.1}=2.77\ \text{s}. \]

對同一個二次方程而言，兩根之和為

\[ t_1+t_2=\frac{u_y}{4.9}. \]

因此，

\[ u_y=4.9(t_1+t_2) =4.9(1.11+2.77) \approx19.0\ \text{m s}^{-1}. \]

發射速率為

\[ u=\sqrt{u_x^2+u_y^2} =\sqrt{(18.1)^2+(19.0)^2} =26.2\ \text{m s}^{-1}. \]

發射角為

\[ \theta=\tan^{-1}\left(\frac{19.0}{18.1}\right) =46.4^\circ. \]

在最高點，

\[ v_y=0. \]

所以

\[ 0=u_y-gt, \]

得到

\[ t_{\text{apex}}=\frac{19.0}{9.8}=1.94\ \text{s}. \]

因此

\[ x_{\text{apex}}=(18.1)(1.94)=35.0\ \text{m}. \]

到最高點的垂直上升距離可由

\[ v_y^2=u_y^2+2a_y\Delta y. \]

求得。

因此，

\[ 0=(19.0)^2-2(9.8)\Delta y, \]

所以

\[ \Delta y=18.4\ \text{m}. \]

一個很容易出現的錯誤預測是：因為 \(A\) 和 \(B\) 的高度相同，所以它們對應的時間應該也相同。但這不可能，因為拋體位於兩個不同的位置。

真正具有對稱性的是它們相對最高點的時間。事實上，

\[ \frac{t_1+t_2}{2} = \frac{1.11+2.77}{2} = 1.94\ \text{s}, \]

正好就是到達最大高度的時間。這也解釋了為什麼最高點正好位於 \(x=20.0\ \text{m}\) 與 \(x=50.0\ \text{m}\) 的中間：由於 \(v_x\) 保持不變，相等的時間間隔對應相等的水平距離。

問題 5

拋體 \(A\) 在 \(t=0\) 時從 \((0,0)\) 發射，其初速度分量為

\[ u_{Ax}=18.0\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{Ay}=22.0\ \text{m s}^{-1}. \]

拋體 \(B\) 最初位於 \((54.0\ \text{m},12.0\ \text{m})\)。它的發射速度分量為

\[ u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}, \qquad u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}. \]

兩個拋體受到相同的重力加速度，且空氣阻力可忽略。

a. 如果它們同時發射，判斷它們是否會在任一拋體落地前相撞。如果會，求碰撞位置。

b. 現在拋體 \(B\) 在 \(A\) 發射後 \(0.500\ \text{s}\) 才發射，而速度與之前相同。一名學生認為，這個延遲不會造成任何差別，因為重力給兩個拋體相同的加速度。檢驗這個說法，求它們到達相同水平位置時的垂直間距。

c. 保持 \(0.500\ \text{s}\) 的延遲以及 \(u_{Bx}=-9.00\ \text{m s}^{-1}\)，求要使兩者真正碰撞所需的 \(u_{By}\)。

解答 5

如果同時發射，兩個拋體會在 \(t=2.00\ \text{s}\) 時於 \((36.0\ \text{m},24.4\ \text{m})\) 相撞。如果拋體 \(B\) 延遲 \(0.500\ \text{s}\) 發射，當兩者水平位置相同時，\(B\) 會從 \(A\) 上方 \(0.392\ \text{m}\) 處通過。把 \(B\) 的垂直發射分量降低到約 \(15.8\ \text{m s}^{-1}\)，就能恢復碰撞。

對 a 部分，先寫出水平位置。

對 \(A\)，

\[ x_A=18.0t. \]

對 \(B\)，

\[ x_B=54.0-9.00t. \]

碰撞時，

\[ x_A=x_B. \]

因此，

\[ 18.0t=54.0-9.00t, \]

所以

\[ 27.0t=54.0 \]

並且

\[ t=2.00\ \text{s}. \]

現在檢查同一時間下的垂直位置。

對 \(A\)，

\[ y_A=22.0t-4.9t^2. \]

因此，

\[ y_A=(22.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =44.0-19.6 =24.4\ \text{m}. \]

對 \(B\)，

\[ y_B=12.0+16.0t-4.9t^2. \]

所以

\[ y_B=12.0+(16.0)(2.00)-4.9(2.00)^2 =24.4\ \text{m}. \]

它們的水平座標與垂直座標在同一時間完全相同，因此它們會在

\[ (36.0\ \text{m},24.4\ \text{m}). \]

相撞。

這個結果中隱藏的抵消關係非常重要。由於兩個物體具有相同的重力加速度，只要兩者都在飛行，它們的相對加速度就是零。重力使兩者的垂直速度改變相同的量。

對 b 部分，拋體 \(B\) 現在晚 \(0.500\ \text{s}\) 才開始運動。

仍令 \(t\) 表示自 \(A\) 發射後經過的時間。那麼 \(B\) 實際已經運動的時間為

\[ t_B=t-0.500. \]

對 \(A\)，

\[ x_A=18.0t. \]

對 \(B\)，

\[ x_B=54.0-9.00(t-0.500). \]

令兩者相等：

\[ 18.0t = 54.0-9.00(t-0.500). \]

展開，

\[ 18.0t=58.5-9.00t. \]

因此，

\[ 27.0t=58.5 \]

並且

\[ t=2.167\ \text{s}. \]

在這一瞬間，\(B\) 已經運動了

\[ t_B=2.167-0.500=1.667\ \text{s}. \]

拋體 \(A\) 的高度為

\[ y_A = (22.0)(2.167)-4.9(2.167)^2 = 24.664\ \text{m}. \]

拋體 \(B\) 的高度為

\[ y_B = 12.0+(16.0)(1.667)-4.9(1.667)^2 = 25.056\ \text{m}. \]

因此，

\[ y_B-y_A = 25.056-24.664 = 0.392\ \text{m}. \]

所以 \(B\) 會從 \(A\) 上方約 \(0.392\ \text{m}\) 處通過。兩者不會相撞。

這名學生的推理包含一個細微但真實的部分，卻把它用錯了。\(B\) 一旦發射後，兩個拋體確實具有相同的重力加速度，因此它們的相對加速度為零。

但在最初的 \(0.500\ \text{s}\) 期間，只有 \(A\) 正在進行拋體運動。等到 \(B\) 開始運動時，\(A\) 的位置和垂直速度早已改變。從那一刻開始具有相同加速度，並不能消除兩者不同的初始狀態。

對 c 部分，水平相遇時間保持不變，因為我們只調整 \(B\) 的垂直發射分量。因此，

\[ t=2.167\ \text{s}, \qquad t_B=1.667\ \text{s}. \]

若要發生碰撞，\(B\) 的高度必須等於 \(A\) 的高度，而我們已求得該高度為 \(24.664\ \text{m}\)。

令 \(B\) 所需的垂直發射分量為 \(u_{By}\)。則

\[ 24.664 = 12.0+u_{By}(1.667)-4.9(1.667)^2. \]

整理後，

\[ u_{By} = \frac{24.664-12.0+4.9(1.667)^2}{1.667}. \]

因此，

\[ u_{By}=15.8\ \text{m s}^{-1} \]

取三位有效數字。

令人意外的是，\(B\) 所需要的垂直分量比原本稍小，而不是更大。當 \(u_{By}=16.0\ \text{m s}^{-1}\) 時，在兩個拋體到達相同水平位置的一刻，\(B\) 已經太高了。

這正是分量分析最核心的原則：只讓一個座標相符並不足夠。碰撞、撞擊或任何其他二維事件，都必須在同一瞬間同時滿足水平方向的條件與垂直方向的條件。

一旦掌握這個概念，下一個有用的步驟，就是把相同的分量方法應用到相對運動、拋體軌跡，以及著陸表面本身正在移動或傾斜的情況。