109 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丁組《動力學》

核心觀念

本題考查無空氣阻力下的斜向拋射，以及「通過指定位置時，使初速度最小」的最佳化問題。

假設：

• 球由地面踢出；
• 不考慮空氣阻力；
• 重力加速度為 $g$；
• 發射角 $\theta$ 為相對於水平線的仰角。

斜向拋射的運動方程為

$$x=v_0\cos\theta \,t$$ $$y=v_0\sin\theta \,t-\frac{1}{2}gt^2$$

消去時間後，拋物線軌跡可寫成

$$y=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$$

球要「剛好越過」圍欄，臨界狀態是在圍欄頂端通過，因此必須滿足

$$x=6\ \text{m},\qquad y=3\ \text{m}$$

---

解題方法

將 $x=6$、$y=3$ 代入軌跡方程：

$$3=6\tan\theta-\frac{36g}{2v_0^2\cos^2\theta}$$

令

$$u=\tan\theta$$

由於

$$\frac{1}{\cos^2\theta}=1+\tan^2\theta=1+u^2$$

因此

$$3=6u-\frac{18g(1+u^2)}{v_0^2}$$

整理得

$$v_0^2=\frac{18g(1+u^2)}{6u-3}$$

亦可寫成

$$v_0^2=6g\frac{1+u^2}{2u-1}$$

因為 $v_0^2>0$，所以必須有

$$u>\frac{1}{2}$$

現在使 $v_0^2$ 最小，也就是使

$$f(u)=\frac{1+u^2}{2u-1}$$

最小。對 $u$ 微分：

$$f'(u)=\frac{2u(2u-1)-2(1+u^2)}{(2u-1)^2}$$

令 $f'(u)=0$：

$$2u(2u-1)-2(1+u^2)=0$$ $$4u^2-2u-2-2u^2=0$$ $$u^2-u-1=0$$

解得

$$u=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$$

由於 $u>\frac12$，取正值：

本題考查動量守恆原理與力的平衡，特別是應用於噴射推進系統。題目要求在不同引擎運行數目下，求出穩定飛行速度。

核心觀念：

1. 噴射推進力 (Thrust)：噴射引擎透過向後噴射氣體產生向前的推力。根據動量守恆，單位時間內噴射的氣體動量變化量即為推力。
2. 穩定飛行 (Cruising)：飛機在穩定飛行時，總推力等於空氣阻力（Drag）。
3. 空氣阻力：題目假設空氣阻力 $F_D$ 與速度平方成正比，即 $F_D = cv^2$。
4. 引擎配置：飛機有四個引擎，左右各兩個。題目提到「one on each side of the plane」，表示關閉兩個引擎時，是從左右兩邊各關閉一個。

解題步驟：
首先，將速度單位統一。初速度 $v_1 = 800$ km/h。
$v_1 = 800 \frac{\text{km}}{\text{h}} \times \frac{1000 \text{ m}}{1 \text{ km}} \times \frac{1 \text{ h}}{3600 \text{ s}} = \frac{8000}{36} \text{ m/s} = \frac{2000}{9} \text{ m/s} \approx 222.22 \text{ m/s}$。
噴射氣體速度相對飛機為 $v_{gas} = 775$ m/s。

情況一：四個引擎都運作
飛機以 $v_1 = \frac{2000}{9}$ m/s 等速飛行。此時，總推力 $T_{total}$ 等於空氣阻力 $F_{D1}$。
假設每個引擎產生的推力為 $T_{engine}$。則四個引擎的總推力為 $T_{total} = 4 T_{engine}$。
空氣阻力為 $F_{D1} = c v_1^2$。
因此，穩態飛行時：
$4 T_{engine} = c v_1^2$ (方程式 1)

每個引擎的推力 $T_{engine}$ 可以透過動量守恆計算。假設引擎向後噴射的氣體質量流率為 $\dot{m}$。
則每個引擎的推力為 $T_{engine} = \dot{m} v_{gas}$。
所以，$4 \dot{m} v_{gas} = c v_1^2$。

情況二：兩個引擎關閉（左右各一）
此時，只有兩個引擎運作。假設關閉的引擎是從左右兩邊各關閉一個，那麼剩下的兩個引擎可以 Assume 繼續提供相同的推力，或者推力會有所不同。題目沒有說明關閉引擎後，剩餘引擎的噴射速度或質量流率是否改變，一般情況下，引擎的設計推力是固定的，但若要維持相同速度，可能需要調整。
然而，題目要求的是「新的巡航速度」，表示飛機將會減速到一個新的穩定狀態。
在新的穩定狀態下，飛機以速度 $v_2$ 飛行。此時，剩下的兩個引擎產生的總推力 $T'_{total}$ 等於新的空氣阻力 $F_{D2}$。
$T'_{total} = 2 T_{engine}$ (假設每個引擎提供的推力不變)。
空氣阻力為 $F_{D2} = c v_2^2$。
因此，新的穩態飛行時：
$2 T_{engine} = c v_2^2$ (方程式 2)

連結兩個情況
從方程式 1，我們可以得到 $T_{engine} = \frac{c v_1^2}{4}$。
將此代入方程式 2：
$2 \left(\frac{c v_1^2}{4}\right) = c v_2^2$
$\frac{1}{2} c v_1^2 = c v_2^2$
由於 $c \ne 0$，我們可以消去 $c$：
$\frac{1}{2} v_1^2 = v_2^2$
$v_2^2 = \frac{v_1^2}{2}$

核心觀念

本題使用剛體平面運動的速度與加速度關係：

$$\mathbf v_A=\mathbf v_B+\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{A/B}$$ $$\mathbf a_A=\mathbf a_B+\boldsymbol\alpha\times\mathbf r_{A/B} -\omega^2\mathbf r_{A/B}$$

其中：

• $A$ 僅能沿鉛直方向運動，且 $v_A=0.5\ \text{m/s}$ 向上。
• $B$ 僅能沿水平槽運動。
• $AD=0.1\ \text{m}$，$AB=0.3\ \text{m}$。
• 取向右為 $+x$、向上為 $+y$，逆時針為正。

(a) 桿件 $BD$ 的角速度

由圖中 $\theta=60^\circ$，

$$\mathbf r_{A/B} =(-0.3\sin60^\circ)\mathbf i +(0.3\cos60^\circ)\mathbf j$$

因此

$$\mathbf r_{A/B} =(-0.2598\mathbf i+0.15\mathbf j)\ \text{m}$$

設 $B$ 的速度為 $v_B\mathbf i$，則

$$\mathbf v_A=0.5\mathbf j,\qquad \mathbf v_B=v_B\mathbf i$$

代入速度關係式：

$$0.5\mathbf j =v_B\mathbf i+ \omega\mathbf k\times (-0.2598\mathbf i+0.15\mathbf j)$$

由

$$\mathbf k\times(x\mathbf i+y\mathbf j) =-y\mathbf i+x\mathbf j$$

得分量方程：

$$0=v_B-0.15\omega$$ $$0.5=-0.2598\omega$$

所以

$$\omega=-1.9245\ \text{rad/s}$$

負號表示順時針旋轉。

(b) 點 $D$ 的加速度

因為 $A$ 以等速向上運動，

核心觀念

端點 $A、B$ 均在同一固定圓形槽內運動，且桿長 $AB=l$ 固定，因此 $AB$ 是圓槽的一條固定弦。桿的運動可視為整條弦繞圓心 $O$ 轉動。

使用：

1. 弦長幾何關係；
2. 剛體繞固定點 $O$ 的轉動慣量；
3. 機械能守恆求角速度；
4. 對 $O$ 取力矩求初始角加速度。

以下採光滑槽假設，滾輪對桿的作用力皆沿半徑方向，對 $O$ 的力矩為零。

幾何關係

令圓槽半徑為 $R$。由圖可知，初始時

$$\angle AOB=90^\circ+30^\circ=120^\circ$$

因此弦長

$$l=AB=2R\sin\frac{120^\circ}{2} =2R\sin60^\circ =\sqrt{3}R$$

故

$$R=\frac{l}{\sqrt{3}}$$

桿的質心 $G$ 位於弦 $AB$ 的中點，所以

$$OG=R\cos60^\circ=\frac{R}{2}$$

均勻細桿對質心的轉動慣量為

$$I_G=\frac{1}{12}ml^2$$

由平行軸定理，

$$I_O=I_G+mOG^2 =\frac{1}{12}ml^2+m\left(\frac{R}{2}\right)^2$$

代入 $R=l/\sqrt3$：

$$I_O=\frac{1}{12}ml^2+\frac{1}{4}m\frac{l^2}{3} =\frac{1}{6}ml^2$$

---

(a) $A$ 通過 $C$ 時的角速度

初始位置可取

$$A=(0,R),\qquad B=\left(\frac{\sqrt3}{2}R,-\frac12R\right)$$

所以質心初始高度為

$$y_{G1}=\frac{R-\frac12R}{2}=\frac{R}{4}$$

當 $A$ 順時針轉到 $C$ 時，$A$ 位於圓的最右側。由於 $\angle AOB$ 始終為 $120^\circ$，此時 $B$ 位於圓心右側下方 $120^\circ$ 的位置：

$$B=\left(-\frac12R,-\frac{\sqrt3}{2}R\right)$$

因此

$$y_{G2}=\frac{0-\frac{\sqrt3}{2}R}{2} =-\frac{\sqrt3}{4}R$$

質心下降距離為

$$h=y_{G1}-y_{G2} =\frac{1+\sqrt3}{4}R =\frac{1+\sqrt3}{4\sqrt3}l$$

桿由靜止釋放，使用機械能守恆：