111 年 國立成功大學工程科學系碩士班丁組《工程力學》

核心觀念

本題考兩個向量運算：

1. 力對點的力矩定義為位置向量與力的叉積：
   $\mathbf M_A=\mathbf r_{AD}\times\mathbf F$
   其中 $\mathbf r_{AD}=\mathbf x_D-\mathbf x_A$，方向由 $A$ 指向 $D$。

2. 力沿構件 $AD$ 的平行分量，是力在 $AD$ 方向上的投影；垂直分量則可由勾股關係求得。題目給定的 $e_1,e_2,e_3$ 為直角座標系的基底，因此可使用標準的向量內積、叉積與長度公式。

解題方法

令

$$\mathbf r_{AD} = \begin{bmatrix} x_D^1-x_A^1\\ x_D^2-x_A^2\\ x_D^3-x_A^3 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf F = \begin{bmatrix} F_1\\ F_2\\ F_3 \end{bmatrix}.$$

(a) 力對 $A$ 點的力矩

力作用於 $D$ 點，故由 $A$ 指向作用點 $D$ 的位置向量為 $\mathbf r_{AD}=\mathbf x_D-\mathbf x_A$。因此

$$\mathbf M_A = (\mathbf x_D-\mathbf x_A)\times\mathbf F.$$

展開叉積：

$$\mathbf M_A = \begin{bmatrix} (x_D^2-x_A^2)F_3-(x_D^3-x_A^3)F_2\\ (x_D^3-x_A^3)F_1-(x_D^1-x_A^1)F_3\\ (x_D^1-x_A^1)F_2-(x_D^2-x_A^2)F_1 \end{bmatrix}.$$

這就是以 $e_1,e_2,e_3$ 分量表示的力矩；其方向依右手定則決定。

(b) 力對構件 $AD$ 的平行與垂直分量大小

先求 $AD$ 的長度：

$$L_{AD} = \|\mathbf r_{AD}\| = \sqrt{(x_D^1-x_A^1)^2+(x_D^2-x_A^2)^2+(x_D^3-x_A^3)^2}.$$

核心觀念

本題考查三維力系統的等效合力與等效力矩：

$$\mathbf F_R=\sum_i\mathbf F_i$$ $$\mathbf M_C=\sum_i(\mathbf x_i-\mathbf x_C)\times\mathbf F_i$$

其中 $\mathbf x_i-\mathbf x_C$ 是由取矩點 $C$ 指向力作用點的位移向量。

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（a）等效合力

兩個作用力分別為

$$\mathbf F_A=x_1^1\mathbf e_1+x_2^1\mathbf e_2+x_3^1\mathbf e_3$$ $$\mathbf F_B=x_1^2\mathbf e_1+x_2^2\mathbf e_2+x_3^2\mathbf e_3$$

因此等效合力為

$$\begin{aligned} \mathbf F_R &=\mathbf F_A+\mathbf F_B\\ &=(x_1^1+x_1^2)\mathbf e_1 +(x_2^1+x_2^2)\mathbf e_2 +(x_3^1+x_3^2)\mathbf e_3 \end{aligned}$$

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（a）關於 $C$ 點的等效力矩

由力矩定義，

$$\mathbf M_C =(\mathbf x_A-\mathbf x_C)\times\mathbf F_A +(\mathbf x_B-\mathbf x_C)\times\mathbf F_B$$

令

$$\mathbf r_{CA}=\mathbf x_A-\mathbf x_C$$ $$\mathbf r_{CB}=\mathbf x_B-\mathbf x_C$$

則

$$\mathbf M_C=\mathbf r_{CA}\times\mathbf F_A+\mathbf r_{CB}\times\mathbf F_B$$

若以分量表示，設

$$\mathbf r_{CA} =(x_A^1-x_C^1)\mathbf e_1 +(x_A^2-x_C^2)\mathbf e_2 +(x_A^3-x_C^3)\mathbf e_3$$

則

$$\begin{aligned} \mathbf r_{CA}\times\mathbf F_A ={}&\left[(x_A^2-x_C^2)x_3^1-(x_A^3-x_C^3)x_2^1\right]\mathbf e_1\\ &+\left[(x_A^3-x_C^3)x_1^1-(x_A^1-x_C^1)x_3^1\right]\mathbf e_2\\ &+\left[(x_A^1-x_C^1)x_2^1-(x_A^2-x_C^2)x_1^1\right]\mathbf e_3 \end{aligned}$$

同理，

$$\begin{aligned} \mathbf r_{CB}\times\mathbf F_B ={}&\left[(x_B^2-x_C^2)x_3^2-(x_B^3-x_C^3)x_2^2\right]\mathbf e_1\\ &+\left[(x_B^3-x_C^3)x_1^2-(x_B^1-x_C^1)x_3^2\right]\mathbf e_2\\ &+\left[(x_B^1-x_C^1)x_2^2-(x_B^2-x_C^2)x_1^2\right]\mathbf e_3 \end{aligned}$$

因此

$$\begin{aligned} \mathbf M_C={}& \left[(x_A^2-x_C^2)x_3^1-(x_A^3-x_C^3)x_2^1 +(x_B^2-x_C^2)x_3^2-(x_B^3-x_C^3)x_2^2\right]\mathbf e_1\\ &+\left[(x_A^3-x_C^3)x_1^1-(x_A^1-x_C^1)x_3^1 +(x_B^3-x_C^3)x_1^2-(x_B^1-x_C^1)x_3^2\right]\mathbf e_2\\ &+\left[(x_A^1-x_C^1)x_2^1-(x_A^2-x_C^2)x_1^1 +(x_B^1-x_C^1)x_2^2-(x_B^2-x_C^2)x_1^2\right]\mathbf e_3 \end{aligned}$$

由於 $A、B、C$ 三點共線，也可利用

$$\mathbf x_A-\mathbf x_C=\lambda_A\mathbf u,\qquad \mathbf x_B-\mathbf x_C=\lambda_B\mathbf u$$

簡化計算。

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（b）解題方法

對安裝於 $D$ 點的第一組管件，將 $A、B$ 兩力等效到 $D$ 點：

$$\mathbf R_D=\mathbf F_A+\mathbf F_B$$

核心觀念

本題考查質點運動學（Kinematics of Particles）與三維曲線幾何／自然座標系（Frenet-Serret 標架）及牛頓第二運動定律：

1. 運動學基本定義：
   • 速度向量為位置向量對時間的一階微分：$\mathbf{v}(t) = \dot{\mathbf{x}}(t)$。
   • 速率為速度向量之大小（模長）：$v = |\mathbf{v}(t)|$。
   • 加速度向量為速度向量對時間的一階微分（位置向量對時間的二階微分）：$\mathbf{a}(t) = \ddot{\mathbf{x}}(t)$。
2. 弧長與自然座標系（Frenet-Serret Frame）：
   • 弧長（Arc length）定義：$s(t) = \int_0^t v(\tau)\, d\tau$（設 $t=0$ 時 $s=0$）。
   • 單位切線向量（Unit tangent vector）：$\mathbf{t} = \frac{d\mathbf{x}}{ds} = \frac{\mathbf{v}}{v}$。
   • 曲率（Curvature）與單位法線向量（Unit normal vector）：利用 Frenet-Serret 公式 $\frac{d\mathbf{t}}{ds} = \kappa \mathbf{n}$，曲率 $\kappa = \left|\frac{d\mathbf{t}}{ds}\right| = \frac{1}{v}\left|\frac{d\mathbf{t}}{dt}\right|$，法線向量 $\mathbf{n} = \frac{1}{\kappa}\frac{d\mathbf{t}}{ds}$。
   • 單位副法線向量（Unit bi-normal vector）：$\mathbf{b} = \mathbf{t} \times \mathbf{n}$。
3. 牛頓第二運動定律（動力學）：
   • 作用於質點之外力合力：$\mathbf{F} = m \mathbf{a}$。

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解題方法與詳細推導

(a) 求速度向量 $\mathbf{v}$、速率 $v$ 與加速度向量 $\mathbf{a}$

質點的位置向量給定為：

$$\mathbf{x}(t) = r\cos(\omega t)\mathbf{e}_1 + r\sin(\omega t)\mathbf{e}_2 + at\mathbf{e}_3$$

1. 速度向量 $\mathbf{v}$：
   對時間 $t$ 微分得：

   $$\mathbf{v}(t) = \dot{\mathbf{x}}(t) = -r\omega\sin(\omega t)\mathbf{e}_1 + r\omega\cos(\omega t)\mathbf{e}_2 + a\mathbf{e}_3$$

2. 速率 $v$：
   取速度向量的純量大小：

   $$v = |\mathbf{v}(t)| = \sqrt{(-r\omega\sin(\omega t))^2 + (r\omega\cos(\omega t))^2 + a^2}$$ $$v = \sqrt{r^2\omega^2(\sin^2(\omega t) + \cos^2(\omega t)) + a^2} = \sqrt{r^2\omega^2 + a^2}$$

   （速率 $v$ 為常數，此運動為等速率螺旋運動）。

3. 加速度向量 $\mathbf{a}$：
   對速度向量再次對時間 $t$ 微分得：

   $$\mathbf{a}(t) = \dot{\mathbf{v}}(t) = -r\omega^2\cos(\omega t)\mathbf{e}_1 - r\omega^2\sin(\omega t)\mathbf{e}_2 + 0\mathbf{e}_3 = -r\omega^2(\cos(\omega t)\mathbf{e}_1 + \sin(\omega t)\mathbf{e}_2)$$

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(b) 求弧長 $s$、曲率 $\kappa$ 與自然座標系基底向量 $\mathbf{t}(s)$、$\mathbf{n}(s)$、$\mathbf{b}(s)$

1. 弧長 $s$：
   選取起始時間 $t=0$ 處 $s=0$：

   $$s(t) = \int_0^t v\, d\tau = \int_0^t \sqrt{r^2\omega^2 + a^2}\, d\tau = \sqrt{r^2\omega^2 + a^2}\, t$$

   因此，時間可表示為弧長之函數：$t = \frac{s}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}} = \frac{s}{v}$。

2. 單位切線向量 $\mathbf{t}(s)$：

   $$\mathbf{t} = \frac{\mathbf{v}}{v} = \frac{-r\omega\sin(\omega t)\mathbf{e}_1 + r\omega\cos(\omega t)\mathbf{e}_2 + a\mathbf{e}_3}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}$$

   寫為弧長 $s$ 之函數（令常數 $c = \frac{\omega}{\sqrt{r^2\omega^2+a^2}}$）：

   $$\mathbf{t}(s) = \frac{-r\omega}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}\sin\left(\frac{\omega s}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}\right)\mathbf{e}_1 + \frac{r\omega}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}\cos\left(\frac{\omega s}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}\right)\mathbf{e}_2 + \frac{a}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}\mathbf{e}_3$$

3. 曲率 $\kappa$ 與單位主法線向量 $\mathbf{n}(s)$：
   利用微分鏈鎖律：

   $$\frac{d\mathbf{t}}{ds} = \frac{1}{v}\frac{d\mathbf{t}}{dt}$$

   先求 $\frac{d\mathbf{t}}{dt}$：

   $$\frac{d\mathbf{t}}{dt} = \frac{-r\omega^2\cos(\omega t)\mathbf{e}_1 - r\omega^2\sin(\omega t)\mathbf{e}_2}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}}$$

   故：

   $$\frac{d\mathbf{t}}{ds} = \frac{1}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}} \cdot \frac{-r\omega^2(\cos(\omega t)\mathbf{e}_1 + \sin(\omega t)\mathbf{e}_2)}{\sqrt{r^2\omega^2 + a^2}} = \frac{-r\omega^2}{r^2\omega^2 + a^2}(\cos(\omega t)\mathbf{e}_1 + \sin(\omega t)\mathbf{e}_2)$$

   根據 Frenet-Serret 公式 $\frac{d\mathbf{t}}{ds} = \kappa \mathbf{n}$，且曲率 $\kappa > 0$、$\mathbf{n}$ 為單位向量：

   $$\kappa = \left|\frac{d\mathbf{t}}{ds}\right| = \frac{r\omega^2}{r^2\omega^2 + a^2}$$

   主法線向量 $\mathbf{n}(s)$ 為：

核心觀念

本題考查旋轉座標系與固定座標系之間的運動學轉換，核心為：

1. 旋轉基底向量的時間變化：
   $\left(\frac{d\boldsymbol e_i'}{dt}\right)_{\text{固定}}=\boldsymbol\omega\times\boldsymbol e_i'$

2. 速度轉換公式：
   $\boldsymbol v=\boldsymbol V_O+\boldsymbol v'+\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho$

3. 加速度轉換公式：

$$\boldsymbol a=\boldsymbol A_O+\boldsymbol a' +2\boldsymbol\omega\times\boldsymbol v' +\dot{\boldsymbol\omega}\times\boldsymbol\rho +\boldsymbol\omega\times(\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho)$$

其中：

• $O$ 為旋轉座標系原點；
• $\boldsymbol\rho$ 為粒子相對旋轉座標系原點的位置；
• $\boldsymbol V_O,\boldsymbol A_O$ 分別為原點相對固定座標系的速度與加速度；
• $\boldsymbol v',\boldsymbol a'$ 為粒子相對旋轉座標系測得的速度與加速度。

若旋轉座標系原點固定不動，則 $\boldsymbol V_O=\boldsymbol A_O=\boldsymbol 0$。

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解題方法

對粒子的位置向量

$$\boldsymbol r=\boldsymbol R+\boldsymbol\rho$$

取固定座標系中的時間導數，其中 $\boldsymbol R$ 是旋轉座標系原點的位置。由於旋轉基底向量會隨時間改變，

$$\left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{固定}} = \left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{旋轉}} +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho$$

因此可得到速度與加速度的轉換關係。

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(a) 固定座標系所測得的速度

相對旋轉座標系的位置寫成

$$\boldsymbol\rho=x_1'\boldsymbol e_1' +x_2'\boldsymbol e_2' +x_3'\boldsymbol e_3'$$

在旋轉座標系中，

$$\boldsymbol v' = \left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{旋轉}} = v_1'\boldsymbol e_1' +v_2'\boldsymbol e_2' +v_3'\boldsymbol e_3'$$

固定座標系中的速度為

$$\boldsymbol v = \left(\frac{d\boldsymbol r}{dt}\right)_{\text{固定}}$$

代入位置分解：

$$\boldsymbol v = \boldsymbol V_O + \left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{固定}}$$

再利用運輸定理：

$$\left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{固定}} = \boldsymbol v' + \boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho$$

故

$$\boxed{ \boldsymbol v = \boldsymbol V_O+\boldsymbol v' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho }$$

若旋轉座標系原點固定不動，則

$$\boxed{ \boldsymbol v = \boldsymbol v' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho }$$

其中：

• $\boldsymbol v'$：粒子相對旋轉座標系的運動速度；
• $\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho$：旋轉座標系本身造成的速度；
• $\boldsymbol V_O$：旋轉座標系原點的平移速度。

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(b) 固定座標系所測得的加速度

由

$$\boldsymbol v = \boldsymbol V_O+\boldsymbol v' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho$$

對固定座標系取時間導數：

$$\boldsymbol a = \boldsymbol A_O + \left(\frac{d\boldsymbol v'}{dt}\right)_{\text{固定}} + \left(\frac{d}{dt}\right)_{\text{固定}} (\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho)$$

由於 $\boldsymbol v'$ 也是以旋轉基底表示，

$$\left(\frac{d\boldsymbol v'}{dt}\right)_{\text{固定}} = \boldsymbol a' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol v'$$

另一方面，

$$\left(\frac{d}{dt}\right)_{\text{固定}} (\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho) = \dot{\boldsymbol\omega}\times\boldsymbol\rho + \boldsymbol\omega\times \left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{固定}}$$

而

$$\left(\frac{d\boldsymbol\rho}{dt}\right)_{\text{固定}} = \boldsymbol v' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho$$

所以

$$\begin{aligned} \boldsymbol a ={}& \boldsymbol A_O+\boldsymbol a' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol v'\\ &+\dot{\boldsymbol\omega}\times\boldsymbol\rho +\boldsymbol\omega\times \left(\boldsymbol v' +\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho\right) \end{aligned}$$

整理得

$$\boxed{ \boldsymbol a = \boldsymbol A_O+\boldsymbol a' +2\boldsymbol\omega\times\boldsymbol v' +\dot{\boldsymbol\omega}\times\boldsymbol\rho +\boldsymbol\omega\times (\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho) }$$

各項意義如下：

$$\boldsymbol A_O$$

為旋轉座標系原點的平移加速度；

$$\boldsymbol a'$$

為粒子相對旋轉座標系的加速度；

$$2\boldsymbol\omega\times\boldsymbol v'$$

為科氏加速度（Coriolis acceleration）；

$$\dot{\boldsymbol\omega}\times\boldsymbol\rho$$

為歐拉加速度（Euler acceleration）；

$$\boldsymbol\omega\times (\boldsymbol\omega\times\boldsymbol\rho)$$

核心觀念

本題考查單自由度阻尼振動，以及移動基座造成的基底加速度輸入。依圖示，令 $u(t)$ 為質量塊相對車體的位移，$u_g(t)$ 為車體相對地面的位移，因此質量塊的絕對位移為

$$x(t)=u(t)+u_g(t)$$

彈簧與阻尼器的變形量分別是 $u$ 與 $\dot{u}$，作用在質量塊上的力為 $-ku$ 與 $-c\dot{u}$。

解題方法

(a) 車體不移動時的運動方程式

車體不移動表示 $u_g=0$，因此 $\ddot{u}_g=0$。此時質量塊的絕對加速度就是 $\ddot{u}$。依牛頓第二定律：

$$m\ddot{u}=-c\dot{u}-ku$$

整理得

$$\boxed{m\ddot{u}+c\dot{u}+ku=0}$$

(b) 過阻尼情況下的位移解

過阻尼條件為

$$c^2>4mk$$

將解設為 $u(t)=e^{rt}$，代入 (a) 的運動方程式，得到特徵方程式

$$mr^2+cr+k=0$$

其兩個相異實根為

$$r_1=\frac{-c+\sqrt{c^2-4mk}}{2m}, \qquad r_2=\frac{-c-\sqrt{c^2-4mk}}{2m}$$

因此通解為

$$u(t)=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}$$

利用初始條件 $u(0)=u_0$ 與 $\dot{u}(0)=v_0$：

$$C_1+C_2=u_0, \qquad r_1C_1+r_2C_2=v_0$$

解得

$$C_1=\frac{v_0-r_2u_0}{r_1-r_2}, \qquad C_2=\frac{r_1u_0-v_0}{r_1-r_2}$$

所以位移解為