114 年 國立成功大學工程科學系碩士班丁組《工程力學(含靜力及動力)》

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第 1 題20 分

A collar that slides along a vertical rod is subjected to the three forces illustrated. Find:

(a) the value of α\alpha that makes the resultant of the three forces horizontal, and
(b) the magnitude of the resultant force under these conditions. (20%)

(hint: sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1)

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核心觀念

合力是各力的向量和。要使合力水平,垂直方向的合力必須為零;水平合力則由各力的水平分量相加求得。

依圖,55 N55\,\text{N} 垂直向上,42.5 N42.5\,\text{N} 與水平線夾角為 α\alpha,85 N85\,\text{N} 與鉛直向下方向夾角為 α\alpha。

解題方法

取向右為 xx 軸正向、向上為 yy 軸正向,各力分量為:

  • 55 N55\,\text{N}:垂直分量 +55+55
  • 42.5 N42.5\,\text{N}:水平分量 42.5cos⁡α42.5\cos\alpha,垂直分量 42.5sin⁡α42.5\sin\alpha
  • 85 N85\,\text{N}:水平分量 85sin⁡α85\sin\alpha,垂直分量 −85cos⁡α-85\cos\alpha

合力水平的條件是垂直分量總和為零:

55+42.5sin⁡α−85cos⁡α=055+42.5\sin\alpha-85\cos\alpha=0

整理得:

cos⁡α=1117+12sin⁡α\cos\alpha=\frac{11}{17}+\frac{1}{2}\sin\alpha

代入 sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1:

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第 2 題30 分

Determine the force in each member of the given truss using the method of joints. Indicate whether each member is experiencing tension or compression. (30%)

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核心觀念

桁架各桿件視為二力構件,桿力沿桿件軸線作用。以接點法分析時,每個接點都必須滿足平面力平衡:

∑Fx=0,∑Fy=0\sum F_x=0,\qquad \sum F_y=0

先假設未知桿力皆為拉力,若計算結果為負值,代表該桿件實際受壓。

由圖中尺寸,取 B=(0,0)B=(0,0),則 A=(0,2.25)A=(0,2.25)、C=(3,0)C=(3,0)、D=(3,−1.6)D=(3,-1.6)、E=(6,0)E=(6,0),長度為 3.4 m3.4\text{ m} 的斜桿,其水平、垂直方向分量比例分別為 15/1715/17、8/178/17。

解題方法

先從接點 EE 開始,因為該處只有兩個未知桿力。接著依序分析 DD、CC,即可求出所有桿力。

接點 EE:

令桿力以拉力為正。桿件 DEDE 的方向分量為 (−15/17,−8/17)(-15/17,-8/17),桿件 CECE 水平向左。

∑Fy=0:−817FDE−12=0\sum F_y=0:\quad -\frac{8}{17}F_{DE}-12=0 FDE=−25.5 kNF_{DE}=-25.5\text{ kN}

負號表示 DEDE 受壓,大小為 25.5 kN25.5\text{ kN}。水平方向平衡為

∑Fx=0:−FCE+1517FDE=0\sum F_x=0:\quad -F_{CE}+\frac{15}{17}F_{DE}=0

代入 FDE=−25.5 kNF_{DE}=-25.5\text{ kN},得 FCE=−22.5 kNF_{CE}=-22.5\text{ kN}?此式的桿力方向需依接點 EE 的假設拉力方向寫成 −FCE-F_{CE},而 DEDE 拉力方向的水平分量為 −15FDE/17-15F_{DE}/17,故正確平衡式為

−FCE−1517FDE=0-F_{CE}-\frac{15}{17}F_{DE}=0

因此 FCE=22.5 kNF_{CE}=22.5\text{ kN},表示 CECE 受拉。

接點 DD:

桿件 DEDE 受壓,對接點 DD 的作用力分量為 (−22.5,−12) kN(-22.5,-12)\text{ kN}。令 BDBD、CDCD 以拉力為正:

∑Fx=0:−1517FBD−22.5=0\sum F_x=0:\quad -\frac{15}{17}F_{BD}-22.5=0
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第 3 題30 分

(a) Consider a particle PP, described by polar coordinates rr and θ\theta, moving in a plane under the influence of multiple forces (Fig. 3). Demonstrate how the forces acting on the particle can be resolved into radial and transverse components. (5%)

(b) Let particle PP, with mass mm, move with respect to a Newtonian reference frame OxyzOxyz (Fig. 4). Prove that the angular momentum of the particle can be fully expressed by the scalar HOH_O. (10%)

(c) Show that the sum of the moments about point OO of the forces acting on the particle is equal to the time rate of change of the particle's angular momentum (or moment of momentum) about OO. (5%)

(d) If the only force acting on particle PP is a central force F\mathbf{F} directed toward or away from a fixed point OO (Fig. 5), prove that the angular momentum of the particle remains constant in both magnitude and direction. (5%)

(e) For a particle moving under the influence of a central force, demonstrate that its areal velocity remains constant. (5%)

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核心觀念

本題考查平面極座標中的力分解、角動量與力矩的關係,以及中央力運動的角動量和面積速度守恆。令 er\mathbf e_r 為沿 OPOP 向外的徑向單位向量,eθ\mathbf e_\theta 為 θ\theta 增加方向的橫向單位向量,k\mathbf k 為運動平面的法向單位向量。

(a) 力的徑向與橫向分解

每個力都能投影到徑向與橫向:

Fi=(Fi⋅er)er+(Fi⋅eθ)eθ=Frier+Fθieθ\mathbf F_i = (\mathbf F_i\cdot\mathbf e_r)\mathbf e_r + (\mathbf F_i\cdot\mathbf e_\theta)\mathbf e_\theta = F_{ri}\mathbf e_r+F_{\theta i}\mathbf e_\theta

其中 FriF_{ri}、FθiF_{\theta i} 分別是該力的徑向與橫向分量。多個力的合力為:

∑iFi=(∑iFri)er+(∑iFθi)eθ\sum_i\mathbf F_i = \left(\sum_i F_{ri}\right)\mathbf e_r + \left(\sum_i F_{\theta i}\right)\mathbf e_\theta

因此圖 3 的合徑向力與合橫向力,分別是各力在這兩個方向上的分量總和。若力與徑向夾角為 βi\beta_i,則 Fri=Ficos⁡βiF_{ri}=F_i\cos\beta_i、Fθi=Fisin⁡βiF_{\theta i}=F_i\sin\beta_i,正負號依分量方向決定。

(b) 角動量可用純量 HOH_O 表示

質點對 OO 點的角動量定義為:

HO=r×mv\mathbf H_O=\mathbf r\times m\mathbf v

圖 4 所示為平面運動,r\mathbf r 與 v\mathbf v 都在運動平面內,因此角動量垂直於該平面,能以法向的帶號純量完整表示:

HO=HOk\mathbf H_O=H_O\mathbf k

以極座標表示,位置與速度為:

r=rer\mathbf r=r\mathbf e_r v=r˙er+rθ˙eθ\mathbf v=\dot r\mathbf e_r+r\dot\theta\mathbf e_\theta

利用 er×er=0\mathbf e_r\times\mathbf e_r=\mathbf 0、er×eθ=k\mathbf e_r\times\mathbf e_\theta=\mathbf k:

HO=mrer×(r˙er+rθ˙eθ)=mr2θ˙ k\mathbf H_O = mr\mathbf e_r\times \left(\dot r\mathbf e_r+r\dot\theta\mathbf e_\theta\right) = mr^2\dot\theta\,\mathbf k

所以

HO=mr2θ˙H_O=mr^2\dot\theta
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第 4 題20 分

Consider a rigid body rotating about a fixed axis AA′AA'. Let PP be a point on the body, and r\mathbf{r} represent its position vector relative to a fixed reference frame. Assume the reference frame is centered at point OO on axis AA′AA', with the zz-axis aligned along AA′AA' (Fig. 6). Let BB be the projection of PP onto AA′AA'. Since PP must remain at a constant distance from BB, it traces a circular path with center BB and radius rsin⁡ϕr\sin\phi, where ϕ\phi is the angle between r\mathbf{r} and AA′AA'.

(a) Derive the acceleration a\mathbf{a} of particle PP, given by the expression:
a⃗=α⃗×r⃗+ω⃗×ω⃗×r⃗\vec{a} = \vec{\alpha} \times \vec{r} + \vec{\omega} \times \vec{\omega} \times \vec{r}
(where α⃗×r⃗=\vec{\alpha} \times \vec{r} = tangential acceleration component, ω⃗×ω⃗×r⃗=\vec{\omega} \times \vec{\omega} \times \vec{r} = radial acceleration component) (10%)

(b) To describe the rotation of a rigid body about a fixed axis, analyze the motion of a representative slab located in a reference plane perpendicular to the axis of rotation. Let the xyxy-plane serve as the reference plane, coinciding with the plane of the figure, and assume the zz-axis points out of the page (Fig. 7). Show the given relationship:
a=αk⃗×r⃗−ω2r⃗\mathbf{a} = \alpha\vec{k} \times \vec{r} - \omega^2\vec{r}
(10%)

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核心觀念

剛體繞固定軸轉動時,角速度向量 ω\boldsymbol{\omega} 與角加速度向量 α\boldsymbol{\alpha} 都沿轉軸方向。位置向量為 r\mathbf r 的點,其速度與加速度可由向量微分求得:

v=ω×r\mathbf v=\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r

加速度分成切向分量與法向(向心)分量:

a=α×r+ω×(ω×r)\mathbf a = \boldsymbol{\alpha}\times\mathbf r + \boldsymbol{\omega}\times \left(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r\right)

(a)推導固定軸轉動的加速度

由速度定義,對時間微分:

a=dvdt=ddt(ω×r)\mathbf a = \frac{d\mathbf v}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r\right)

使用向量積的微分法則:

a=dωdt×r+ω×drdt\mathbf a = \frac{d\boldsymbol{\omega}}{dt}\times\mathbf r + \boldsymbol{\omega}\times\frac{d\mathbf r}{dt}

由 dωdt=α\frac{d\boldsymbol{\omega}}{dt}=\boldsymbol{\alpha},且 drdt=v=ω×r\frac{d\mathbf r}{dt}=\mathbf v=\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r,得

a=α×r+ω×(ω×r)\boxed{ \mathbf a = \boldsymbol{\alpha}\times\mathbf r + \boldsymbol{\omega}\times \left(\boldsymbol{\omega}\times\mathbf r\right) }

點 PP 到轉軸的垂直距離為 ρ=rsin⁡ϕ\rho=r\sin\phi。因此,切向加速度大小為 αρ\alpha\rho,向心加速度大小為 ω2ρ\omega^2\rho,方向指向轉軸。若將位置向量分解成沿軸與垂直軸的部分,只有垂直轉軸的部分參與圓周運動;沿軸分量不產生加速度。

(b)證明平面內的關係式

在垂直轉軸的 xyxy 平面內,令

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