113 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班乙組《工程力學》

本題考驗力學中的力矩觀念，特別是力對物體產生的力矩，以及力偶的觀念。

題目要求在將 100 N 的力從原位置移動到點 O 後，額外施加一個力偶於點 O，使得點 A 的合力矩保持不變。

首先，我們需要計算原始情況下 100 N 的力在點 A 所產生的力矩。
從圖一可知，100 N 的力垂直作用於距離點 A 10 m + 5 m = 15 m 的位置。
因此，原始力矩 $M_{A,orig}$ 為：
$M_{A,orig} = 100 \, \text{N} \times 15 \, \text{m}$ (順時針方向，假設為負)
$M_{A,orig} = -1500 \, \text{N-m}$

接著，將 100 N 的力移動到點 O。點 O 距離點 A 為 10 m。
當 100 N 的力作用於點 O 時，它在點 A 產生的力矩 $M_{A,new\_force}$ 為：
$M_{A,new\_force} = 100 \, \text{N} \times 10 \, \text{m}$ (順時針方向，假設為負)

核心觀念

本題考查平面剛體的靜力平衡：

$$\sum F_x=0,\qquad \sum F_y=0,\qquad \sum M=0$$

由圖中支承型式，A 點為靠垂直導向面的滾輪，只能提供水平方向反力；B 點為鉸支承，可提供水平與垂直反力。

設：

• A 點反力為 $A_x$
• B 點反力分量為 $B_x、B_y$
• 外力 $F=450\ \text{N}$ 垂直向下
• $AB=5\ \text{m}$
• 外力作用線距離 B 點水平距離為 $4+2=6\ \text{m}$

解題方法

取整個支架為自由體圖。由於外力為垂直力，其對 B 點的力矩只需使用水平力臂 $6\ \text{m}$。

取逆時針為正，對 B 點取矩：

$$\sum M_B=0$$ $$A_x(5)-450(6)=0$$

因此：

$$A_x=540\ \text{N}$$

方向為向左，以抵抗 $450\ \text{N}$ 外力造成的順時針力矩。

再由水平方向平衡：

$$\sum F_x=0$$ $$-B_x?$$

若取向右為正，則

$$-A_x+B_x=0$$ $$B_x=540\ \text{N}$$

方向向右。

由垂直方向平衡：

核心觀念

本題考查平面連桿機構的：

• 瞬時轉動中心法
• 相對速度分析
• 相對加速度分析
• 剛體質心運動
• 剛體平面運動的 Newton–Euler 動力學方程式

取 $x$ 軸向右、$y$ 軸向上，逆時針為正。依圖中尺寸，令

$$O=(0,0),\qquad A=(0,100\text{ mm}),\qquad B=(175,50\text{ mm}),\qquad C=(250,0).$$

因此

$$\vec r_{B/A}=175\mathbf i-50\mathbf j\text{ mm},$$ $$\vec r_{B/C}=-75\mathbf i+50\mathbf j\text{ mm}.$$

以下取桿 $OA$ 以 $\omega_{OA}=+1\text{ rad/s}$ 逆時針轉動。

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解題方法

對平面剛體，速度與加速度公式為

$$\vec v_B=\vec v_A+\boldsymbol{\omega}_{AB}\times\vec r_{B/A},$$ $$\vec a_B=\vec a_A+\boldsymbol{\alpha}_{AB}\times\vec r_{B/A} -\omega_{AB}^{\,2}\vec r_{B/A}.$$

由於 $OA$、$BC$ 分別繞固定點 $O$、$C$ 轉動，可直接寫出 $A$、$B$ 的運動關係。

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(1) $AB$ 的瞬時轉動中心

點 $A$ 的速度垂直於 $OA$，所以在此瞬間

$$\vec v_A=(-100,0)\text{ mm/s}.$$

因此，$AB$ 的瞬時中心 $I$ 位於通過 $A$ 且垂直於 $\vec v_A$ 的直線上，即

$$x_I=0.$$

後續由速度分析得 $\vec v_B=(-175,-262.5)\text{ mm/s}$。瞬時中心到 $B$ 的連線必須垂直於 $\vec v_B$。設

$$I=(0,y_I),$$

則

$$\vec r_{B/I}=175\mathbf i+(50-y_I)\mathbf j.$$

因為 $\vec v_B=\omega_{AB}\mathbf k\times\vec r_{B/I}$，由後續結果 $\omega_{AB}=-1.5\text{ rad/s}$，比較 $x$ 分量：

$$-(-1.5)(50-y_I)=-175.$$

解得

$$y_I=166.7\text{ mm}.$$

所以瞬時中心為

$$\boxed{I=(0,166.7\text{ mm})}$$

即位於 $A$ 點上方 $66.7\text{ mm}$ 處。

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(2) $AB$ 與 $BC$ 的角速度

點 $A$ 的速度

因為 $OA$ 垂直且 $\omega_{OA}=1\text{ rad/s}$，

$$\vec v_A=\boldsymbol{\omega}_{OA}\times\vec r_{A/O} =\mathbf k\times100\mathbf j =-100\mathbf i\text{ mm/s}.$$

點 $B$ 的速度

對桿 $AB$：

$$\vec v_B=\vec v_A+\omega_{AB}\mathbf k\times\vec r_{B/A}.$$

由

$$\mathbf k\times(175\mathbf i-50\mathbf j) =50\mathbf i+175\mathbf j,$$

可得

$$\vec v_B=(-100+50\omega_{AB})\mathbf i +175\omega_{AB}\mathbf j.$$

對桿 $BC$，因為 $C$ 固定：

$$\vec v_B=\omega_{BC}\mathbf k\times\vec r_{B/C}.$$

而

$$\mathbf k\times(-75\mathbf i+50\mathbf j) =-50\mathbf i-75\mathbf j,$$

所以

$$\vec v_B=-50\omega_{BC}\mathbf i -75\omega_{BC}\mathbf j.$$

比較 $x$、$y$ 分量：

$$-100+50\omega_{AB}=-50\omega_{BC},$$ $$175\omega_{AB}=-75\omega_{BC}.$$

由第二式：

$$\omega_{AB}=-\frac{3}{7}\omega_{BC}.$$

代入第一式：

$$-100+50\left(-\frac{3}{7}\omega_{BC}\right) =-50\omega_{BC},$$

得到

$$\omega_{BC}=3.50\text{ rad/s},$$ $$\omega_{AB}=-1.50\text{ rad/s}.$$

因此

$$\boxed{\omega_{AB}=1.50\text{ rad/s，順時針}}$$ $$\boxed{\omega_{BC}=3.50\text{ rad/s，逆時針}}$$

並且

$$\vec v_B=(-175\mathbf i-262.5\mathbf j)\text{ mm/s}.$$

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(3) 桿 $AB$ 質心的速度

桿 $AB$ 的質心 $G$ 位於中點：

$$\vec r_{G/A}=87.5\mathbf i-25\mathbf j\text{ mm}.$$

利用相對速度式：

$$\vec v_G=\vec v_A+\omega_{AB}\mathbf k\times\vec r_{G/A}.$$

又

$$\mathbf k\times(87.5\mathbf i-25\mathbf j) =25\mathbf i+87.5\mathbf j,$$

因此

核心觀念

鋼棒在釋放鋼索後，繞固定鉸鏈 $A$ 作平面轉動，使用：

1. 固定點 $A$ 的轉動方程
   $\sum M_A=I_A\alpha$

2. 平面剛體質心的牛頓第二定律
   $\sum F_x=ma_{Gx},\qquad \sum F_y=ma_{Gy}$

3. 動能—位能定理
   $mg\Delta h=\frac12 I_A\omega^2$

取 $x$ 軸向右、$y$ 軸向上，令棒由水平位置順時針轉下，轉角為 $\theta$。棒的質心 $G$ 位於距離 $A$ 為 $L/2$ 處，且

$$I_A=\frac{mL^2}{3}$$

重力作用線距離鉸鏈 $A$ 的水平力臂為 $(L/2)\cos\theta$，因此

$$mg\frac{L}{2}\cos\theta = \frac{mL^2}{3}\alpha$$

得到角加速度

$$\alpha=\frac{3g}{2L}\cos\theta$$

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(1) 鋼索剛釋放瞬間，鉸鏈 $A$ 的反作用力

釋放瞬間 $\theta=0$，故

$$\alpha=\frac{3g}{2L}$$

質心只有切向加速度，方向鉛直向下：

$$a_{Gx}=0$$ $$a_{Gy}=-\alpha\frac{L}{2} =-\frac{3g}{4}$$

對整根棒列平移方向方程：

$$\sum F_x=A_x=ma_{Gx}=0$$ $$\sum F_y+A_y-mg=ma_{Gy}$$

代入 $a_{Gy}=-3g/4$：

$$A_y-mg=-\frac{3mg}{4}$$ $$A_y=\frac{mg}{4}$$

因此

$$\boxed{A_x=0,\qquad A_y=\frac{mg}{4}}$$

鉸鏈反作用力大小為

$$\boxed{R_A=\frac{mg}{4}}$$

方向向上。

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(2) 棒轉過 $45^\circ$ 時，鉸鏈 $A$ 的反作用力

由能量法，質心下降高度為 $(L/2)\sin\theta$：

$$mg\frac{L}{2}\sin\theta = \frac12\left(\frac{mL^2}{3}\right)\omega^2$$

所以

$$\omega^2=\frac{3g}{L}\sin\theta$$

質心座標為

$$x_G=\frac{L}{2}\cos\theta,\qquad y_G=-\frac{L}{2}\sin\theta$$

微分後，質心加速度分量為

$$a_{Gx} = -\frac{L}{2} \left(\cos\theta\,\omega^2+\sin\theta\,\alpha\right)$$ $$a_{Gy} = \frac{L}{2} \left(\sin\theta\,\omega^2-\cos\theta\,\alpha\right)$$

代入

$$\omega^2=\frac{3g}{L}\sin\theta,\qquad \alpha=\frac{3g}{2L}\cos\theta$$

可得

$$a_{Gx}=-\frac{9g}{4}\sin\theta\cos\theta$$ $$a_{Gy} = \frac{3g}{2}\sin^2\theta -\frac{3g}{4}\cos^2\theta$$

當 $\theta=45^\circ$ 時，$\sin\theta=\cos\theta=1/\sqrt2$：

$$a_{Gx}=-\frac{9g}{8}$$ $$a_{Gy}=\frac{3g}{8}$$

由牛頓第二定律：

$$A_x=ma_{Gx}=-\frac{9mg}{8}$$

核心觀念

取斜面向下方向為正。球的轉動慣量為 $I_G=mk^2$。沿斜面使用牛頓第二定律，並以球心取轉動方程：

$$\sum F_{\parallel}=ma,\qquad \sum M_G=I_G\alpha$$

純滾動時，接觸點相對斜面瞬時靜止，因此有無滑動約束 $a=r\alpha$。

解題方法

圖中斜面向右下方傾斜，球由靜止釋放後，重力沿斜面分量使球向下運動；摩擦力沿斜面向上，並使球順時針轉動。法向反力在兩種情況下都由垂直斜面的平衡求得：

$$N=mg\cos\theta$$

(1) 不作純滾動：有滑動

球相對斜面滑動時，摩擦力為動摩擦力：

$$f_k=\mu_kN=\mu_kmg\cos\theta$$

沿斜面列平移方程：

$$mg\sin\theta-f_k=ma$$

因此球心線加速度為

$$a=g(\sin\theta-\mu_k\cos\theta)$$

以球心列轉動方程，摩擦力對球心的力矩大小為 $f_kr$：

$$f_kr=I_G\alpha=mk^2\alpha$$

所以角加速度大小為

$$\alpha=\frac{\mu_k g r\cos\theta}{k^2}$$

方向為順時針。此處 $a$ 是沿斜面向下的帶號加速度；若 $a<0$，代表球心加速度方向沿斜面向上。

(2) 純滾動

純滾動時摩擦力是靜摩擦力，大小由運動方程決定，不直接設為 $\mu_kN$。沿斜面列平移方程：

$$mg\sin\theta-f=ma$$

以球心列轉動方程，並使用純滾動條件 $a=r\alpha$：

$$fr=mk^2\alpha=mk^2\frac{a}{r}$$

故