108 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《工程力學》

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第 1 題3 分

  1. (3%) If the magnitude of the sum of two vectors is less than the magnitude of either vector, then:
    A. The scalar product of two vectors must be negative
    B. The scalar product of two vectors must be positive
    C. The vectors must be parallel and in opposite directions
    D. The vectors must be parallel and in the same direction
    E. None of the above

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核心觀念

設兩向量為 A\mathbf{A}、B\mathbf{B}，其大小分別為

A=∣A∣,B=∣B∣A=|\mathbf{A}|,\qquad B=|\mathbf{B}|

向量和的大小平方為

∣A+B∣2=∣A∣2+∣B∣2+2A⋅B|\mathbf{A}+\mathbf{B}|^2 =|\mathbf{A}|^2+|\mathbf{B}|^2+2\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}

其中 A⋅B\mathbf{A}\cdot\mathbf{B} 為兩向量的純量積，且

A⋅B=ABcos⁡θ\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}=AB\cos\theta

θ\theta 為兩向量的夾角。

解題方法

題目指出向量和的大小小於兩向量中的任一者，因此

∣A+B∣<A|\mathbf{A}+\mathbf{B}|<A

平方後得

∣A+B∣2<A2|\mathbf{A}+\mathbf{B}|^2<A^2

代入向量和公式：

A2+B2+2A⋅B<A2A^2+B^2+2\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}<A^2

消去 A2A^2：

B2+2A⋅B<0B^2+2\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}<0

因此

2A⋅B<−B22\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}<-B^2

可得

A⋅B<0\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}<0

所以兩向量的純量積必為負值，代表兩向量夾角為鈍角，即

90∘<θ≤180∘90^\circ<\theta\leq 180^\circ

選項分析

  • A. The scalar product of two vectors must be negative

    正確。由上述推導可知，∣A+B∣<∣A∣|\mathbf{A}+\mathbf{B}|<|\mathbf{A}| 已足以推出

    A⋅B<0\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}<0

    因此純量積必為負。

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第 2 題3 分

  1. (3%) The two vectors (3m)i^−(2m)j^(3m)\hat{i}-(2m)\hat{j} and (2m)i^+(3m)j^−(2m)k^(2m)\hat{i}+(3m)\hat{j}-(2m)\hat{k} define a plane. It is the plane of the triangle with both tails at one vertex and each head at one of the other vertices. Determine a vector which is perpendicular to the plane.

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本題考驗向量的叉積（外積）性質。兩個向量的叉積會得到一個垂直於這兩個向量所在平面的向量。

設向量 A⃗=(3m)i^−(2m)j^=⟨3m,−2m,0⟩\vec{A} = (3m)\hat{i} - (2m)\hat{j} = \langle 3m, -2m, 0 \rangle
設向量 B⃗=(2m)i^+(3m)j^−(2m)k^=⟨2m,3m,−2m⟩\vec{B} = (2m)\hat{i} + (3m)\hat{j} - (2m)\hat{k} = \langle 2m, 3m, -2m \rangle

兩個向量 A⃗\vec{A} 和 B⃗\vec{B} 定義了一個平面。我們要找一個垂直於這個平面的向量。這個向量可以通過計算 A⃗\vec{A} 和 B⃗\vec{B} 的叉積 A⃗×B⃗\vec{A} \times \vec{B} 來得到。

A⃗×B⃗=∣i^j^k^3m−2m02m3m−2m∣\vec{A} \times \vec{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3m & -2m & 0 \\ 2m & 3m & -2m \end{vmatrix}

=i^∣−2m03m−2m∣−j^∣3m02m−2m∣+k^∣3m−2m2m3m∣= \hat{i} \left| \begin{matrix} -2m & 0 \\ 3m & -2m \end{matrix} \right| - \hat{j} \left| \begin{matrix} 3m & 0 \\ 2m & -2m \end{matrix} \right| + \hat{k} \left| \begin{matrix} 3m & -2m \\ 2m & 3m \end{matrix} \right|

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第 3 題4 分

  1. (4%) Three identical uniform rods are each acted on by two or more forces, all perpendicular to the rods and all equal in magnitude, Which of the rods could be in static equilibrium if an additional force is applied at the center of mass of the rod?
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
    A. Only 1
    B. Only 2
    C. Only 3
    D. Only 1 and 2
    E. Only 1 and 3
    F. Only 2 and 3
    G. All three
🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁

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核心觀念

剛體靜力平衡須同時滿足合力為零、合力矩為零。題目允許在桿的質心 GG 施加一個額外力，因此這個力可以抵銷原有外力的合力；但它對 GG 的力矩為零，無法改變原有各力對質心的合力矩。

因此，只要檢查原有各力對質心的力矩是否為零。令桿長為 LL，各力大小為 FF；以桿軸為位置方向，垂直桿向上的力記為正，則對質心的力矩為

MG=∑i(xi−L/2)FiM_G=\sum_i (x_i-L/2)F_i

解題方法

圖中每支桿的質心都在中點，力皆垂直桿且大小相等。力作用在中點時，對質心的力矩為零；兩端的力則依方向判斷力矩。

  • 桿 1： 左端向上、右端向下，兩力對質心產生的力矩方向相同，合力矩不為零。中點向上的力不產生力矩，因此無法達成靜力平衡。
  • 桿 2： 左端向上、右端向下，兩端力對質心的力矩方向相同，合力矩不為零，因此無法平衡。
  • 桿 3： 兩端均向上，兩端力對質心的力矩方向相反且大小相等；中點向下的力不產生力矩，所以合力矩為零。
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第 4 題20 分

  1. (20%) Rod CD is fitted with a collar at D that can be moved along rod AB, which is bent in the shape of an arc of circle. For the position when θ=30∘\theta=30^\circ, determine (a) the force in rod CD, (b) the reaction at B.
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
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核心觀念

由圖中 AC=CB=150 mmAC=CB=150\text{ mm}，可知 CC 是圓弧 ABAB 的圓心，且

CA=CB=CD=150 mm.CA=CB=CD=150\text{ mm}.

套環 DD 可沿光滑圓弧 ABAB 移動，因此接觸反力必垂直於圓弧切線。圓弧在 DD 點的法線通過圓心 CC，所以套環反力與桿 CDCD 共線。

桿 CDCD 為二力構件，其作用力沿 CDCD 軸線。取 FCDF_{CD} 為桿 CDCD 的拉力，則套環對弧形桿在 DD 點施加沿 D→CD\to C 的力。

解題方法

取弧形桿 ABAB 為自由體，設 BB 點反力為 Bx,ByB_x,B_y。以 BB 點取力矩，可消去 Bx,ByB_x,B_y。

1. 由 BB 點力矩求 FCDF_{CD}

20 N20\text{ N} 作用於 AA 點，其對 BB 的力矩臂為

AB=AC+CB=150+150=300 mm.AB=AC+CB=150+150=300\text{ mm}.

桿 CDCD 的作用線通過 CC，因此其對 BB 的垂直力矩臂為

BCsin⁡θ=150sin⁡30∘=75 mm.BC\sin\theta=150\sin30^\circ=75\text{ mm}.

以逆時針為正，列 BB 點力矩平衡：

∑MB=0\sum M_B=0 20(300)−FCD(150sin⁡30∘)=0.20(300)-F_{CD}(150\sin30^\circ)=0.

因此

FCD=20(300)150sin⁡30∘=80 N.F_{CD} =\frac{20(300)}{150\sin30^\circ} =80\text{ N}.

此力方向為拉力。

2. 由力平衡求 BB 點反力

在 DD 點，FCDF_{CD} 的分量為

Fx=80cos⁡30∘,Fy=80sin⁡30∘.F_x=80\cos30^\circ, \qquad F_y=80\sin30^\circ.

水平方向：

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第 5 題20 分

  1. (20%) Two rods AC and CE are connected by a pin at C and by a spring AE. The constant of the spring is k, and the spring is unstretched when θ=30∘\theta=30^\circ. For the loading shown, derive an equation in P, θ\theta, l, and k that must be satisfied when the system is in equilibrium.
    🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
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核心觀念

本題適合使用「虛功原理」或「總位能法」。由於 B、DB、D 為水平導桿上的平滑套環，導桿反力不作虛功；CC 點為內部鉸接，鉸接力對整個系統的功相互抵消。因此只需考慮外力 PP 與彈簧力。

令兩桿與鉛直線的夾角為 θ\theta，且

AB=BC=CD=DE=lAB=BC=CD=DE=l

系統只有一個自由度 θ\theta。

幾何關係

以 B、DB、D 所在水平線為基準。由圖形投影可得：

yE=−lcos⁡θy_E=-l\cos\theta

因此

dyEdθ=lsin⁡θ\frac{dy_E}{d\theta}=l\sin\theta

彈簧 AEAE 的長度為兩桿水平投影及中間距離的總和：

AE=4lsin⁡θAE=4l\sin\theta

當 θ=30∘\theta=30^\circ 時彈簧未伸長，所以自然長度為

L0=4lsin⁡30∘=2lL_0=4l\sin30^\circ=2l

故彈簧的伸長量採帶符號形式表示為

δ=AE−L0=4lsin⁡θ−2l\delta=AE-L_0 =4l\sin\theta-2l

依虎克定律，彈簧力大小為 kδk\delta；當 δ<0\delta<0 時表示彈簧受壓。

虛功平衡

取 θ\theta 增加 dθd\theta 的虛位移。

外力 PP 向下，而

dyE=lsin⁡θ dθdy_E=l\sin\theta\,d\theta

所以外力 PP 所作虛功為

δWP=−P lsin⁡θ dθ\delta W_P=-P\,l\sin\theta\,d\theta

彈簧長度的變化為

d(AE)=4lcos⁡θ dθd(AE)=4l\cos\theta\,d\theta
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第 6 題10 分

At a certain time, collar AA moves downward with a constant velocity of 140 mm/s140\ \mathrm{mm/s}, and collar BB moves upward with a constant velocity of 40 mm/s40\ \mathrm{mm/s}. What is the velocity of the block CC at the time?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 30 mm/s30\ \mathrm{mm/s} upward
(B) 40 mm/s40\ \mathrm{mm/s} upward
(C) 50 mm/s50\ \mathrm{mm/s} upward
(D) 60 mm/s60\ \mathrm{mm/s} upward
(E) 70 mm/s70\ \mathrm{mm/s} upward
(F) 30 mm/s30\ \mathrm{mm/s} downward
(G) 40 mm/s40\ \mathrm{mm/s} downward
(H) 50 mm/s50\ \mathrm{mm/s} downward
(I) 60 mm/s60\ \mathrm{mm/s} downward
(J) 70 mm/s70\ \mathrm{mm/s} downward

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

繩索不可伸長，因此各段繩長的代數和保持不變；對繩長關係式對時間微分，可得各滑輪與滑塊的速度約束。本題關鍵是依圖辨認隨 CC 移動的四段繩，以及 AA 上活動滑輪所影響的兩段繩。

解題方法

圖中 CC 連著兩個活動滑輪，共有四段繩長會隨 CC 的位置改變；AA 上的活動滑輪影響兩段繩長，BB 的位置則影響一段繩長。取向下為正，令各位置座標分別為 yAy_A、yBy_B、yCy_C，繩長中會變動的部分可寫成

L=4yC−2yA−yB+常數L=4y_C-2y_A-y_B+\text{常數}

由繩長固定，對時間微分：

4vC−2vA−vB=04v_C-2v_A-v_B=0

題目給定 AA 向下 140 mm/s140\ \mathrm{mm/s}，所以 vA=140 mm/sv_A=140\ \mathrm{mm/s}；BB 向上 40 mm/s40\ \mathrm{mm/s}，所以按向下為正的約定，vB=−40 mm/sv_B=-40\ \mathrm{mm/s}。代入得

4vC−2(140)−(−40)=04v_C-2(140)-(-40)=0 vC=60 mm/sv_C=60\ \mathrm{mm/s}

正值表示 CC 向下運動。

選項分析

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第 7 題10 分

Each of the three blocks has a mass of 10 kg10\ \mathrm{kg}. The coefficients of friction between the blocks and the horizontal surfaces are μs=0.24\mu_s=0.24 and μk=0.20\mu_k=0.20. What is the tension in the cord?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 39 N39\ \mathrm{N}
(B) 41 N41\ \mathrm{N}
(C) 43 N43\ \mathrm{N}
(D) 45 N45\ \mathrm{N}
(E) 47 N47\ \mathrm{N}
(F) 49 N49\ \mathrm{N}
(G) 51 N51\ \mathrm{N}
(H) 53 N53\ \mathrm{N}
(I) 55 N55\ \mathrm{N}
(J) 57 N57\ \mathrm{N}

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查滑輪繩長約束、牛頓第二運動定律，以及靜摩擦與動摩擦的判斷。理想繩索與滑輪中，繩上的張力處處相同；動摩擦力大小為 fk=μkNf_k=\mu_k N。

解題方法

圖中兩個 10 kg10\ \mathrm{kg} 方塊分別放在左右粗糙水平面上，透過同一條繩繞過兩側固定滑輪，再繞過連接下方方塊的活動滑輪。下方方塊下降時，左右方塊都朝各自的固定滑輪移動。由繩長不變，兩側方塊的加速度大小相同，且等於下方方塊的加速度大小，記為 aa。

先判斷是否可靜止。下方方塊若靜止，需有 2T=mg2T=mg，因此 T=49.05 NT=49.05\ \mathrm{N}。每個上方方塊的最大靜摩擦力為

fs,max⁡=μsmg=0.24(10)(9.81)=23.54 N.f_{s,\max}=\mu_s mg=0.24(10)(9.81)=23.54\ \mathrm{N}.

因為所需張力 49.05 N49.05\ \mathrm{N} 大於最大靜摩擦力，系統會運動，應使用動摩擦係數 μk=0.20\mu_k=0.20。

對任一上方方塊，沿其運動方向列式：

T−μkmg=ma.T-\mu_k mg=ma.

對下方方塊，取向下為正方向。活動滑輪由兩段繩支撐，向上的總拉力為 2T2T：

mg−2T=ma.mg-2T=ma.

將第一式的 T=μkmg+maT=\mu_k mg+ma 代入第二式：

mg−2(μkmg+ma)=ma,mg-2(\mu_k mg+ma)=ma, a=1−2μk3g=1−2(0.20)3(9.81)=1.962 m/s2.a=\frac{1-2\mu_k}{3}g =\frac{1-2(0.20)}{3}(9.81) =1.962\ \mathrm{m/s^2}.

因此

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第 8 題10 分

In the position shown, bar ABAB has an angular velocity of 4 rad/s4\ \mathrm{rad/s} clockwise. What is the magnitude of the angular velocity of bar DEDE?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 1.95 rad/s1.95\ \mathrm{rad/s}
(B) 2.10 rad/s2.10\ \mathrm{rad/s}
(C) 2.25 rad/s2.25\ \mathrm{rad/s}
(D) 2.40 rad/s2.40\ \mathrm{rad/s}
(E) 2.55 rad/s2.55\ \mathrm{rad/s}
(F) 2.70 rad/s2.70\ \mathrm{rad/s}
(G) 2.85 rad/s2.85\ \mathrm{rad/s}
(H) 3.00 rad/s3.00\ \mathrm{rad/s}
(I) 3.15 rad/s3.15\ \mathrm{rad/s}
(J) 3.30 rad/s3.30\ \mathrm{rad/s}

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

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核心觀念

平面剛體轉動時，距固定鉸支點 rr 的點，其速度大小為 v=rωv=r\omega，方向垂直於支點至該點的連線。對同一剛性桿上的兩點，速度差則垂直於兩點連線。

解題方法

圖中 AA、EE 為固定鉸支點；ABAB 水平，BDBD 垂直且長 200 mm200\ \mathrm{mm}，DEDE 連接 DD 與 EE。尺寸顯示 BABA 的水平距離為 175 mm175\ \mathrm{mm}，AA 到 EE 的水平距離為 100 mm100\ \mathrm{mm}，而 DD 比 EE 高 75 mm75\ \mathrm{mm}。

由 ABAB 順時針轉動，點 BB 的速度垂直於 ABAB，方向向上，大小為

vB=(4)(175)=700 mm/sv_B=(4)(175)=700\ \mathrm{mm/s}

由於 BDBD 垂直，剛性桿上 BB、DD 兩點的相對速度為水平方向，因此兩點的垂直速度分量相同：

vDy=vBy=700 mm/sv_{D_y}=v_{B_y}=700\ \mathrm{mm/s}

DD 繞固定點 EE 轉動，其速度垂直於 DEDE。DD 到 EE 的水平距離為

175+100=275 mm175+100=275\ \mathrm{mm}

因此，vDv_D 的垂直分量大小等於 DEDE 角速度乘上 275 mm275\ \mathrm{mm}：

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第 9 題10 分

A uniform slender rod of length L=1 mL=1\ \mathrm{m} and mass m=2 kgm=2\ \mathrm{kg} hangs freely from a hinge at AA. A force of magnitude P=8 NP=8\ \mathrm{N} is applied at BB horizontally as shown. What is the magnitude of the angular acceleration of the rod?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) 6 rad/s26\ \mathrm{rad/s^2}
(B) 7 rad/s27\ \mathrm{rad/s^2}
(C) 8 rad/s28\ \mathrm{rad/s^2}
(D) 9 rad/s29\ \mathrm{rad/s^2}
(E) 10 rad/s210\ \mathrm{rad/s^2}
(F) 11 rad/s211\ \mathrm{rad/s^2}
(G) 12 rad/s212\ \mathrm{rad/s^2}
(H) 13 rad/s213\ \mathrm{rad/s^2}
(I) 14 rad/s214\ \mathrm{rad/s^2}
(J) 15 rad/s215\ \mathrm{rad/s^2}

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

鉸支點 AA 固定時，細桿繞 AA 轉動，可用轉動版牛頓第二定律：

∑MA=IAα\sum M_A=I_A\alpha

均勻細桿對端點 AA 的轉動慣量為 IA=13mL2I_A=\frac{1}{3}mL^2。

解題方法

由圖可讀出：長度 L=1 mL=1\,\mathrm{m}、質量 m=2 kgm=2\,\mathrm{kg} 的均勻細桿，在頂端 AA 以鉸鏈支承，底端 BB 受大小 P=8 NP=8\,\mathrm{N} 的水平向左作用力。桿當下垂直，因此重力作用線通過 AA，對 AA 的力矩為零。

以 AA 點取力矩，水平力的力臂為 LL，故外力合力矩大小為

∣∑MA∣=PL=8(1)=8 N⋅m\left|\sum M_A\right|=PL=8(1)=8\,\mathrm{N\cdot m}

細桿對鉸點 AA 的轉動慣量為

IA=13mL2=13(2)(1)2=23 kg⋅m2I_A=\frac{1}{3}mL^2 =\frac{1}{3}(2)(1)^2 =\frac{2}{3}\,\mathrm{kg\cdot m^2}

代入轉動定律：

α=∣∑MA∣IA=82/3=12 rad/s2\alpha=\frac{\left|\sum M_A\right|}{I_A} =\frac{8}{2/3} =12\,\mathrm{rad/s^2}
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第 10 題10 分

A sphere of radius rr and mass mm is placed on a horizontal floor with no linear velocity but with a clockwise angular velocity ω\omega. Let μk\mu_k be the coefficient of kinetic friction between the sphere and the floor and gg be the gravitational acceleration. What is the time tt at which the sphere will start rolling without sliding? (Note: For the sphere, I=2mr25I=\frac{2mr^2}{5}.)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) rω7μkg\frac{r\omega}{7\mu_k g}
(B) 2rω7μkg\frac{2r\omega}{7\mu_k g}
(C) 3rω7μkg\frac{3r\omega}{7\mu_k g}
(D) 4rω7μkg\frac{4r\omega}{7\mu_k g}
(E) 5rω7μkg\frac{5r\omega}{7\mu_k g}
(F) 6rω7μkg\frac{6r\omega}{7\mu_k g}
(G) rωμkg\frac{r\omega}{\mu_k g}
(H) 8rω7μkg\frac{8r\omega}{7\mu_k g}
(I) 9rω7μkg\frac{9r\omega}{7\mu_k g}
(J) 10rω7μkg\frac{10r\omega}{7\mu_k g}

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 4 頁

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核心觀念

球與地面接觸時，接觸點相對地面的速度為零，便開始純滾動。滑動期間，動摩擦力使球心加速，也對球心產生力矩，因此必須同時考慮平移與轉動。

解題方法

圖示為球放在水平地面上，球心起初沒有線速度，球以順時針角速度 ω\omega 旋轉。滑動期間，接觸點相對地面向左滑，因此地面對球的動摩擦力向右，大小為 fk=μkmgf_k=\mu_k mg。

球心的水平加速度為

a=fkm=μkga=\frac{f_k}{m}=\mu_k g

以逆時針為角加速度正方向，摩擦力對球心造成逆時針力矩。利用題目給定的轉動慣量 I=25mr2I=\frac{2}{5}mr^2：

α=fkrI=μkmgr25mr2=5μkg2r\alpha=\frac{f_k r}{I} =\frac{\mu_k mg r}{\frac{2}{5}mr^2} =\frac{5\mu_k g}{2r}

經過時間 tt，球心速度向右，大小為 v=μkgtv=\mu_k gt；角速度則由順時針的初始角速度變為

ω球=−ω+αt=−ω+5μkg2rt\omega_{\text{球}}=-\omega+\alpha t =-\omega+\frac{5\mu_k g}{2r}t

球開始純滾動時，接觸點相對地面的速度為零。以逆時針角速度為正，純滾動條件為 v+rω球=0v+r\omega_{\text{球}}=0，因此

μkgt+r(−ω+5μkg2rt)=0\mu_k gt+r\left(-\omega+\frac{5\mu_k g}{2r}t\right)=0

解得

t=2rω7μkgt=\frac{2r\omega}{7\mu_k g}
🔒

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