111 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《動力學》

核心觀念

飛機沿水平圓形路徑轉彎時，加速度可分解為：

$$\mathbf a=a_t\mathbf e_t+a_n\mathbf e_n$$

其中

$$a_t=\frac{dv}{dt},\qquad a_n=\frac{v^2}{\rho}$$

$a_t$ 為切向加速度，造成速度大小改變；$a_n$ 為法向加速度，方向指向圓心，造成飛行方向改變。

---

(a) 水平轉彎飛行與自由體圖

飛機必須先使機翼滾轉，讓升力 $\mathbf L$ 相對鉛直方向傾斜一個傾斜角 $\phi$。升力的鉛直分量平衡重量，水平向內分量則提供圓周運動所需的向心力。

自由體圖如下：

                         ↖  L
                          \  φ
        指向圓心  ←─────────●────────→ T
                    L sinφ  ↑
                             │ L cosφ
                             ↓ W = mg
                  D  ←───────

外力包含：

• 升力 $L$：垂直機翼平面，傾斜後具有水平向內分量。
• 重量 $W=mg$：鉛直向下。
• 推力 $T$：沿飛行方向。
• 阻力 $D$：反向於飛行方向。

以切線、圓心方向及鉛直方向列式：

$$\sum F_z=L\cos\phi-W=0$$ $$\sum F_n=L\sin\phi=m\frac{v^2}{\rho}$$ $$\sum F_t=T-D=ma_t$$

若為等速水平轉彎，$a_t=0$，因此 $T=D$。此時還有：

$$\tan\phi=\frac{v^2}{g\rho}$$

因此，飛行速度越大或轉彎半徑越小，所需的傾斜角越大。

---

(b) 飛機在 B 點的加速度

1. 求 B 點速度

以通過 $A$ 點的時刻為 $t=0$，已知

$$v_A=400\ \mathrm{ft/s}$$

且

$$a_t=\frac{dv}{dt}=-0.2t$$

因此

$$v(t)=400+\int_0^t(-0.2\tau)\,d\tau =400-0.1t^2$$

飛行 $60$ 秒到達 $B$：

此題考驗動量守恆定律和運動學的結合。由於火砲和砲彈系統在水平方向和鉛直方向上都沒有外力作用（忽略地面摩擦力和空氣阻力），因此系統在這些方向上動量守恆。我們將使用相對速度和絕對速度的概念來分析。

核心觀念：

1. 動量守恆定律： 在沒有外力的系統中，總動量保持不變。
2. 相對速度： 砲彈相對於砲火砲的速度，以及砲彈和砲火砲對地的絕對速度。
3. 拋體運動： 砲彈離開砲火砲後，將進行拋體運動，其水平和鉛直運動可獨立分析。

解題步驟：

1. 定義變數：

   • 砲火砲質量 $m_g = 5 \text{ kg}$。
   • 砲彈質量 $m_b = 1 \text{ kg}$。
   • 砲彈相對於砲火砲的速度（出膛速度）$v_{b/g} = 10 \text{ m/s}$。
   • 砲火砲的仰角 $\theta = 30^\circ$。
   • 初始狀態：砲火砲靜止 ($v_g = 0$)，砲彈也靜止 ($v_b = 0$)。
   • 最終狀態：砲彈擊中地面 D 點。
   • 我們需要尋找砲彈離地時，砲彈相對於砲火砲初始位置的水平距離 $d$。

2. 應用水平方向動量守恆：
   系統（砲火砲 + 砲彈）在水平方向的總動量在發射前後守恆。
   初始總水平動量：$P_{x,initial} = m_g v_{g,x,initial} + m_b v_{b,x,initial} = 5(0) + 1(0) = 0$。
   設發射後砲火砲的水平速度為 $v_{g,x}$，砲彈的水平速度為 $v_{b,x}$。
   最終總水平動量：$P_{x,final} = m_g v_{g,x} + m_b v_{b,x}$。
   由動量守恆：$m_g v_{g,x} + m_b v_{b,x} = 0$。
   $5 v_{g,x} + 1 v_{b,x} = 0 \implies v_{b,x} = -5 v_{g,x}$。

3. 處理相對速度：
   砲彈相對於砲火砲的速度 $v_{b/g}$ 的大小是 $10 \text{ m/s}$，方向與砲口方向一致（仰角 $30^\circ$）。
   將 $v_{b/g}$ 分解為水平和鉛直分量：
   $v_{b/g, x} = v_{b/g} \cos\theta = 10 \cos 30^\circ = 10 \frac{\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{3} \text{ m/s}$。
   $v_{b/g, y} = v_{b/g} \sin\theta = 10 \sin 30^\circ = 10 \frac{1}{2} = 5 \text{ m/s}$。

   砲彈的絕對速度 $v_b$ 與砲火砲的絕對速度 $v_g$ 的關係是：
   $v_b = v_g + v_{b/g}$。
   在向量形式下，對於水平分量：$v_{b,x} = v_{g,x} + v_{b/g, x}$。
   代入 $v_{b/g, x} = 5\sqrt{3}$：
   $v_{b,x} = v_{g,x} + 5\sqrt{3}$。

4. 聯立求解砲火砲和砲彈的水平速度：
   我們有兩個關於 $v_{b,x}$ 和 $v_{g,x}$ 的方程式：
   (1) $v_{b,x} = -5 v_{g,x}$
   (2) $v_{b,x} = v_{g,x} + 5\sqrt{3}$
   將 (1) 代入 (2)：
   $-5 v_{g,x} = v_{g,x} + 5\sqrt{3}$
   $-6 v_{g,x} = 5\sqrt{3}$
   $v_{g,x} = -\frac{5\sqrt{3}}{6} \text{ m/s}$。
   砲火砲在發射後會向後（負方向）移動。

   接著計算砲彈的水平速度 $v_{b,x}$：
   $v_{b,x} = -5 v_{g,x} = -5 (-\frac{5\sqrt{3}}{6}) = \frac{25\sqrt{3}}{6} \text{ m/s}$。

5. 應用鉛直方向動量守恆（或能量守恆，但動量更直接）：
   系統在鉛直方向的總動量也守恆。
   初始總鉛直動量：$P_{y,initial} = 0$。
   最終總鉛直動量：$P_{y,final} = m_g v_{g,y} + m_b v_{b,y}$。
   由於砲火砲是靜止在地面上，它在鉛直方向的速度 $v_{g,y} = 0$。
   所以，$P_{y,final} = m_b v_{b,y} = 1 \cdot v_{b,y}$。
   由動量守恆：$1 \cdot v_{b,y} = 0 \implies v_{b,y} = 0$。
   這表示砲彈離開砲火砲時，其鉛直速度分量與砲火砲的鉛直速度分量相同。
   然而，我們之前計算 $v_{b/g, y} = 5 \text{ m/s}$。
   這裡的動量守恆是針對整個過程，而不是僅僅在離開砲口那一瞬間。

   更精確的分析：
   在發射瞬間，砲彈相對於砲火砲的速度是 $v_{b/g}$。
   砲彈的絕對速度 $v_b = v_g + v_{b/g}$。
   鉛直方向：$v_{b,y} = v_{g,y} + v_{b/g, y}$。
   由於砲火砲 estaba en la superficie y no se mueve verticalmente, $v_{g,y} = 0$。
   所以，$v_{b,y} = v_{b/g, y} = 5 \text{ m/s}$。
   這是砲彈離開砲口瞬間的鉛直速度。

6. 分析砲彈的拋體運動：
   砲彈離開砲口時的初始速度（絕對速度）為：
   水平分量：$v_{b,x} = \frac{25\sqrt{3}}{6} \text{ m/s}$。
   鉛直分量：$v_{b,y} = 5 \text{ m/s}$。
   運動方程（忽略空氣阻力）：
   水平方向：$x(t) = v_{b,x} t = \frac{25\sqrt{3}}{6} t$。
   鉛直方向：$y(t) = v_{b,y} t - \frac{1}{2} g t^2 = 5t - \frac{1}{2} g t^2$。
   其中 $g \approx 9.8 \text{ m/s}^2$。

7. 計算砲彈飛行時間：
   砲彈擊中地面 D 點時，其鉛直位移為 0（因為忽略了砲口和地面之間的垂直距離）。
   所以，$y(T) = 0$，其中 $T$ 是飛行時間。
   $5T - \frac{1}{2} g T^2 = 0$。
   $T(5 - \frac{1}{2} g T) = 0$。

核心觀念

本題考查剛體運動學中的速度與加速度傳遞定理。座標系 $Oxyz$ 固定於飛機，因此點 $A$ 相對於 $O$ 的位置向量在機體座標中為

$$\mathbf r_{A/O}=X_A\mathbf i+Y_A\mathbf j+Z_A\mathbf k$$

飛機的角速度為

$$\boldsymbol\omega=P\mathbf i+Q\mathbf j+R\mathbf k$$

其中 $P,Q,R$ 分別為滾轉、俯仰與偏航角速度。

題目所附掃描圖實際上是流體力學第 2 頁，未包含本題所述的飛機示意圖；以下依照標準慣例，假設 $P,Q,R$ 是相對於機體座標軸的角速度分量，且 $X_A,Y_A,Z_A$ 為固定於飛機上的座標。

解題方法

由剛體運動學，

$$\mathbf V_A=\mathbf V_0+\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{A/O}$$ $$\mathbf A_A=\mathbf A_0+\boldsymbol\alpha\times\mathbf r_{A/O} +\boldsymbol\omega\times \left(\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{A/O}\right)$$

因為點 $A$ 固定於飛機上，所以 $\mathbf r_{A/O}$ 在機體座標中為常數。又因 $P,Q,R$ 均為常數，機體座標中的角速度分量不變，因此

$$\boldsymbol\alpha=\frac{d\boldsymbol\omega}{dt}=0$$

故加速度只剩平移加速度與向心加速度：

$$\mathbf A_A=\mathbf A_0+ \boldsymbol\omega\times \left(\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{A/O}\right)$$

速度推導

先計算叉積：

$$\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{A/O} = \begin{vmatrix} \mathbf i&\mathbf j&\mathbf k\\ P&Q&R\\ X_A&Y_A&Z_A \end{vmatrix}$$

因此

$$\boldsymbol\omega\times\mathbf r_{A/O} = (QZ_A-RY_A)\mathbf i +(RX_A-PZ_A)\mathbf j +(PY_A-QX_A)\mathbf k$$

所以

$$\mathbf V_A = \mathbf V_0+ (QZ_A-RY_A)\mathbf i +(RX_A-PZ_A)\mathbf j +(PY_A-QX_A)\mathbf k$$

若寫成分量形式：

$$V_{Ax}=V_{0x}+QZ_A-RY_A$$ $$V_{Ay}=V_{0y}+RX_A-PZ_A$$ $$V_{Az}=V_{0z}+PY_A-QX_A$$

加速度推導

利用向量恆等式

核心觀念

衝量作用時間極短，可忽略重力衝量。初始系統靜止，因此使用「廣義衝量—廣義動量」關係：

$$\mathbf{J}_q=\mathbf{M}\dot{\boldsymbol{\theta}}^{+}$$

令上桿、下桿相對鉛直線的絕對角度分別為 $\theta_1,\theta_2$。兩桿在衝量後仍保持相對對齊，表示相對角速度為零：

$$\dot{\theta}_1^{+}=\dot{\theta}_2^{+}=\omega$$

解題方法與推導

圖中衝量 $F$ 作用於下桿，作用點距離 $O$ 為 $y$，因此該作用點距離兩桿接頭為 $y-l$。

上桿質心速度與下桿質心速度分別為

$$v_{G_1}=\frac{l}{2}\dot{\theta}_1, \qquad v_{G_2}=l\dot{\theta}_1+\frac{l}{2}\dot{\theta}_2$$

均勻細桿對自身質心的轉動慣量為

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

故系統在鉛直位置的動能為

$$T= \frac{1}{2}ml^2 \left( \frac{4}{3}\dot{\theta}_1^2 +\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2 +\frac{1}{3}\dot{\theta}_2^2 \right)$$

因此慣性矩陣為

$$\mathbf{M} = ml^2 \begin{bmatrix} \frac{4}{3} & \frac{1}{2}\\[4pt] \frac{1}{2} & \frac{1}{3} \end{bmatrix}$$

由虛功原理，水平衝量 $F$ 對兩個角座標所產生的廣義衝量為

此題考驗拉格朗日方程在求解動力學問題中的應用。系統包含一個可以滑動的塊體和一個連接到該塊體的擺桿。我們需要利用廣義座標 $x$（塊體的水平位移）和 $\theta$（擺桿相對於鉛直線的角度）來建立系統的運動微分方程。

核心觀念：

1. 拉格朗日方程： $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial T}{\partial \dot{q}_i}\right) - \frac{\partial T}{\partial q_i} + \frac{\partial V}{\partial q_i} = Q_i^{nc}$，其中 $T$ 是系統總動能，$V$ 是系統總勢能，$q_i$ 是廣義座標，$\dot{q}_i$ 是廣義速度，$Q_i^{nc}$ 是非保守廣義力。
2. 動能 (Kinetic Energy, T)： 塊體的動能為 $\frac{1}{2}mv^2$。擺桿的動能包含平移和轉動。
3. 勢能 (Potential Energy, V)： 塊體的勢能（如果考慮重力作用在塊體上，但題目中提到「frictionless plane」，通常是指水平面，所以塊體勢能不變，或設為零）。擺桿的勢能取決於其高度。
4. 廣義座標： $x$ (塊體水平位移)，$\theta$ (擺桿與鉛直線的夾角)。
5. 廣義力 (Generalized Force)： 題目中未提及外力，所以 $Q_i^{nc} = 0$。

解題步驟：

1. 建立座標系和定義變數：

   • 塊體質量 $m$。
   • 擺桿質量 $m$，長度 $l$。
   • 塊體在水平無摩擦平面上的水平位移為 $x$。
   • 擺桿的下端與塊體連接。擺桿相對於鉛直線的角度為 $\theta$。
   • 鉛直方向向下為正。
   • 令地面為勢能零點。

2. 確定質點的位置向量：

   • 塊體的位置：$r_{block} = x\mathbf{i}$。
   • 擺桿的質心 C 的位置：
     擺桿的下端（鉸接點）在 $(x, 0)$ 處（假設塊體在 x 軸上滑動）。
     擺桿相對於鉛直線的角度為 $\theta$。
     如果 $\theta$ 是相對於鉛直線的夾角，那麼：
     鉛直方向的位移（相對於鉸接點）為 $-l \cos\theta$ (如果 $\theta$ 是逆時針為正)。
     水平方向的位移（相對於鉸接點）為 $l \sin\theta$。
     所以，擺桿質心 C 的位置向量為：
     $r_C = (x + l \sin\theta)\mathbf{i} + (-l \cos\theta)\mathbf{j}$。
     （這裡假設 $\theta=0$ 時，擺桿指向鉛直下方，並考慮 $\theta$ 是逆時針為正）。
     請注意題目圖示： 圖示顯示 $\theta$ 是相對於鉛直線的夾角，且逆時針為正。質心 C 在擺桿長度的一半處。

3. 計算質點的速度向量：

   • 塊體速度：$v_{block} = \frac{dx}{dt}\mathbf{i} = \dot{x}\mathbf{i}$。
   • 擺桿質心速度：對 $r_C$ 求時間導數：
     $v_C = \frac{d}{dt}(x + l \sin\theta)\mathbf{i} + \frac{d}{dt}(-l \cos\theta)\mathbf{j}$
     $v_C = (\dot{x} + l \cos\theta \dot{\theta})\mathbf{i} + (l \sin\theta \dot{\theta})\mathbf{j}$。

4. 計算系統總動能 T：
   $T = T_{block} + T_{rod}$
   $T_{block} = \frac{1}{2}m |v_{block}|^2 = \frac{1}{2}m \dot{x}^2$。
   $T_{rod} = \frac{1}{2}m |v_C|^2$。
   $|v_C|^2 = (\dot{x} + l \cos\theta \dot{\theta})^2 + (l \sin\theta \dot{\theta})^2$
   $= \dot{x}^2 + 2\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + l^2 \cos^2\theta \dot{\theta}^2 + l^2 \sin^2\theta \dot{\theta}^2$
   $= \dot{x}^2 + 2\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + l^2 \dot{\theta}^2$。
   $T_{rod} = \frac{1}{2}m (\dot{x}^2 + 2\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + l^2 \dot{\theta}^2)$。

   總動能：
   $T = \frac{1}{2}m \dot{x}^2 + \frac{1}{2}m (\dot{x}^2 + 2\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + l^2 \dot{\theta}^2)$
   $T = m \dot{x}^2 + m\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + \frac{1}{2}m l^2 \dot{\theta}^2$。

5. 計算系統總勢能 V：
   塊體在水平面上，不考慮重力勢能變化，設為 0。
   擺桿的勢能取決於其質心的高度。
   質心 C 的鉛直位置是 $-l \cos\theta$（相對於鉸接點）。
   如果鉸接點的高度是 $h_0$，那麼質心高度是 $h_C = h_0 - l \cos\theta$。
   勢能 $V = mg h_C = mg (h_0 - l \cos\theta)$。
   如果我們將鉸接點的高度設為零（或者將 $h_0$ 設為零，勢能的零點可以任意選取），那麼勢能為：
   $V = -mgl \cos\theta$。
   （注意：如果 $\theta=0$ 是鉛直向下，則 $\cos\theta=1$，勢能最低。如果 $\theta=0$ 是鉛直向上，則 $\cos\theta=1$，勢能最高）。
   根據圖示，$\theta=0$ 是鉛直向下，所以勢能最低。

6. 建立拉格朗日量 L：
   $L = T - V = m \dot{x}^2 + m\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + \frac{1}{2}m l^2 \dot{\theta}^2 - (-mgl \cos\theta)$
   $L = m \dot{x}^2 + m\dot{x} l \cos\theta \dot{\theta} + \frac{1}{2}m l^2 \dot{\theta}^2 + mgl \cos\theta$。

7. 應用拉格朗日方程：

   對於廣義座標 $x$：
   $\frac{\partial L}{\partial x} = 0$ (因為 L 中沒有直接出現 x，只有 $\dot{x}$)。
   $\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = 2m \dot{x} + m l \cos\theta \dot{\theta}$。
   $\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) = \frac{d}{dt}(2m \dot{x} + m l \cos\theta \dot{\theta})$
   $= 2m \ddot{x} + m l (\cos\theta \ddot{\theta} - \sin\theta \dot{\theta}^2)$。

   拉格朗日方程 (x)：