115 年 國立成功大學航空太空工程學系碩士班丙組《動力學》

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第 1 題25 分

  1. (25%) Consider an inverted pendulum system shown as below, where uu is the applied force.
    PS: Please follow the coordinate system defined in the figure.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(a) Please derive the equations of motions. (10%)
(b) Apply the system linearization with respect to the small angle condition and find the corresponding transfer function from the applied input uu to the system output xx. (10%).
(c) Examine the stability of the linearized system with respect to the possible equilibrium points. (5%)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查移動小車上的倒單擺動力學、以小角度近似線性化，以及由特徵根判斷平衡位置穩定性。圖中質心距轉軸 PP 為 ℓ\ell，但未標示擺桿的質量分布；以下以 IGI_G 表示擺桿對質心 GG 的轉動慣量。若視為均勻細桿，且總長為 2ℓ2\ell，則 IG=13mℓ2I_G=\frac{1}{3}m\ell^2。

依圖採用 xx 軸向右、yy 軸向上，並令 θ\theta 從鉛直向上方向量起，向右偏轉為正。因此質心座標為

xG=x+ℓsin⁡θ,yG=ℓcos⁡θ.x_G=x+\ell\sin\theta,\qquad y_G=\ell\cos\theta.

定義 J=IG+mℓ2J=I_G+m\ell^2，即擺桿對轉軸 PP 的轉動慣量。

(a) 運動方程式

質心速度平方為

vG2=(x˙+ℓcos⁡θ θ˙)2+(ℓsin⁡θ θ˙)2.v_G^2=(\dot{x}+\ell\cos\theta\,\dot{\theta})^2 +(\ell\sin\theta\,\dot{\theta})^2.

小車與擺桿的動能、位能分別為

T=12(M+m)x˙2+mℓcos⁡θ x˙θ˙+12Jθ˙2,V=mgℓcos⁡θ.T=\frac{1}{2}(M+m)\dot{x}^2 +m\ell\cos\theta\,\dot{x}\dot{\theta} +\frac{1}{2}J\dot{\theta}^2, \qquad V=mg\ell\cos\theta.

以拉格朗日方程處理廣義座標 x,θx,\theta，其中水平外力 uu 對應 xx 方向廣義力，可得

(M+m)x¨+mℓcos⁡θ θ¨−mℓsin⁡θ θ˙ 2=u,(M+m)\ddot{x} +m\ell\cos\theta\,\ddot{\theta} -m\ell\sin\theta\,\dot{\theta}^{\,2} =u, mℓcos⁡θ x¨+Jθ¨−mgℓsin⁡θ=0.m\ell\cos\theta\,\ddot{x} +J\ddot{\theta} -mg\ell\sin\theta =0.

第一式是小車與擺桿的水平平動方程；第二式描述擺桿的轉動，重力項的正負號取決於圖示的角度定義。

(b) 小角度線性化與轉移函數

在倒立平衡位置 θ=0\theta=0 附近，使用 sin⁡θ≈θ\sin\theta\approx\theta、cos⁡θ≈1\cos\theta\approx1，並忽略二階小量 θθ˙ 2\theta\dot{\theta}^{\,2}，得到

(M+m)x¨+mℓθ¨=u,(M+m)\ddot{x}+m\ell\ddot{\theta}=u, mℓx¨+Jθ¨−mgℓθ=0.m\ell\ddot{x}+J\ddot{\theta}-mg\ell\theta=0.

令 A=M+mA=M+m、K=AJ−m2ℓ2K=AJ-m^2\ell^2。對兩式取拉氏轉換，並假設初始條件為零：

As2X(s)+mℓs2Θ(s)=U(s),As^2X(s)+m\ell s^2\Theta(s)=U(s), mℓs2X(s)+(Js2−mgℓ)Θ(s)=0.m\ell s^2X(s)+(Js^2-mg\ell)\Theta(s)=0.

解聯立方程，輸入力 uu 至小車位置 xx 的轉移函數為

X(s)U(s)=Js2−mgℓs2(Ks2−(M+m)mgℓ)\boxed{ \frac{X(s)}{U(s)} = \frac{Js^2-mg\ell} {s^2\left(Ks^2-(M+m)mg\ell\right)} }

其中

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第 2 題25 分

  1. (25%) Rotation matrices R(*) plays a foundational role in dynamics, particularly in rigid-body
    kinematics and flight/spacecraft dynamics. Its importance arises from how it encodes orientation as a
    geometric mapping between reference frames while preserving physical and mathematical structure. Giving
    yaw (ψ\psi), pitch (θ\theta) and roll (ϕ\phi) angles, which are represented in inertial frame, the corresponding rotation
    matrices can be expressed as follows:
    R(ψ)=[cos⁡ψ−sin⁡ψ0sin⁡ψcos⁡ψ0001]R(\psi) = \begin{bmatrix} \cos\psi & -\sin\psi & 0 \\ \sin\psi & \cos\psi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, R(θ)=[cos⁡θ0sin⁡θ010−sin⁡θ0cos⁡θ]R(\theta) = \begin{bmatrix} \cos\theta & 0 & \sin\theta \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin\theta & 0 & \cos\theta \end{bmatrix}, and R(ϕ)=[1000cos⁡ϕ−sin⁡ϕ0sin⁡ϕcos⁡ϕ]R(\phi) = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos\phi & -\sin\phi \\ 0 & \sin\phi & \cos\phi \end{bmatrix}

(a) Please explain the geometric or physical meaning of the above rotation matrices. Moreover, illustrate one dynamics application example of them. (10%)
(b) Let R321=R(ψ)R(θ)R(ϕ)R_{321} = R(\psi) R(\theta) R(\phi). Please find R21R321=?R_{21} R_{321} = ? (10%)
(c) Let R123=R(ϕ)R(θ)R(ψ)R_{123} = R(\phi) R(\theta) R(\psi). What's the difference between R321R_{321} and R123R_{123} (5%)

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核心觀念

本題考查三個重點：

  1. 三維旋轉矩陣的幾何意義與物理用途。
  2. Euler 角旋轉的矩陣乘法與旋轉順序。
  3. 三維旋轉矩陣一般不具交換律，即先繞哪些軸旋轉會影響最後姿態。

令

cψ=cos⁡ψ,sψ=sin⁡ψc_\psi=\cos\psi,\quad s_\psi=\sin\psi cθ=cos⁡θ,sθ=sin⁡θc_\theta=\cos\theta,\quad s_\theta=\sin\theta cϕ=cos⁡ϕ,sϕ=sin⁡ϕc_\phi=\cos\phi,\quad s_\phi=\sin\phi

(a) 旋轉矩陣的幾何意義與動力學應用

1. R(ψ)R(\psi)：繞 zz 軸的偏航旋轉

R(ψ)=[cψ−sψ0sψcψ0001]R(\psi)= \begin{bmatrix} c_\psi&-s_\psi&0\\ s_\psi&c_\psi&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}

此矩陣表示向量繞 zz 軸旋轉 ψ\psi 角。由於繞 zz 軸旋轉，zz 分量保持不變，而 xx、yy 分量在 xyxy 平面內旋轉。

2. R(θ)R(\theta)：繞 yy 軸的俯仰旋轉

R(θ)=[cθ0sθ010−sθ0cθ]R(\theta)= \begin{bmatrix} c_\theta&0&s_\theta\\ 0&1&0\\ -s_\theta&0&c_\theta \end{bmatrix}

此矩陣表示向量繞 yy 軸旋轉 θ\theta 角。yy 分量保持不變，xx、zz 分量互相耦合。

3. R(ϕ)R(\phi)：繞 xx 軸的滾轉旋轉

R(ϕ)=[1000cϕ−sϕ0sϕcϕ]R(\phi)= \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&c_\phi&-s_\phi\\ 0&s_\phi&c_\phi \end{bmatrix}

此矩陣表示向量繞 xx 軸旋轉 ϕ\phi 角。xx 分量保持不變，yy、zz 分量互相耦合。

4. 旋轉矩陣的共同性質

上述矩陣皆滿足

RTR=IR^TR=I

以及

det⁡R=1\det R=1

因此旋轉矩陣不會改變向量長度與夾角，只會改變向量的方向。其逆矩陣為轉置矩陣：

R−1=RTR^{-1}=R^T

這代表旋轉矩陣可用來描述同一個向量在不同座標系統中的分量轉換。

5. 動力學應用：飛行器姿態轉換

以飛機為例，定義慣性座標系中的向量為 vI\boldsymbol v_I，機體座標系中的向量為 vB\boldsymbol v_B。若採用 33-22-11 yaw-pitch-roll 旋轉順序，姿態矩陣可寫為

R321=R(ψ)R(θ)R(ϕ)R_{321}=R(\psi)R(\theta)R(\phi)

若此矩陣定義為由機體座標系轉換至慣性座標系，則

vI=R321vB\boldsymbol v_I=R_{321}\boldsymbol v_B

例如飛機機體座標系中的速度、推力或氣動力，可透過 R321R_{321} 轉換至慣性座標系，以便建立平移運動方程式：

mv˙I=FIm\dot{\boldsymbol v}_I=\boldsymbol F_I

同理，重力、推力與氣動力也可在不同座標系之間進行轉換，這是飛行器與太空載具六自由度動力學的基礎。

(b) 求 R21R321R_{21}R_{321}

1. 矩陣定義

依題目所使用的 Euler 角下標慣例：

  • 軸 11 對應滾轉 ϕ\phi；
  • 軸 22 對應俯仰 θ\theta；
  • 軸 33 對應偏航 ψ\psi。

因此

R321=R(ψ)R(θ)R(ϕ)R_{321}=R(\psi)R(\theta)R(\phi)

而

R21=R(θ)R(ϕ)R_{21}=R(\theta)R(\phi)

所以

R21R321=R(θ)R(ϕ)R(ψ)R(θ)R(ϕ)R_{21}R_{321} = R(\theta)R(\phi)R(\psi)R(\theta)R(\phi)

先計算兩個中間矩陣：

R21=R(θ)R(ϕ)=[cθsθsϕsθcϕ0cϕ−sϕ−sθcθsϕcθcϕ]R_{21}=R(\theta)R(\phi) = \begin{bmatrix} c_\theta&s_\theta s_\phi&s_\theta c_\phi\\ 0&c_\phi&-s_\phi\\ -s_\theta&c_\theta s_\phi&c_\theta c_\phi \end{bmatrix}

以及

R321=[cψcθ−sψcϕ+cψsθsϕsψsϕ+cψsθcϕsψcθcψcϕ+sψsθsϕ−cψsϕ+sψsθcϕ−sθcθsϕcθcϕ]R_{321} = \begin{bmatrix} c_\psi c_\theta& -s_\psi c_\phi+c_\psi s_\theta s_\phi& s_\psi s_\phi+c_\psi s_\theta c_\phi\\ s_\psi c_\theta& c_\psi c_\phi+s_\psi s_\theta s_\phi& -c_\psi s_\phi+s_\psi s_\theta c_\phi\\ -s_\theta& c_\theta s_\phi& c_\theta c_\phi \end{bmatrix}

因此

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第 3 題30 分

  1. (30%) The angular oscillation of the slotted link is produced by the crank OA, which rotates clockwise at a
    constant speed of N = 100 rev/min. The length of the crank is 2 m, and the fixed pivots O and B are separated
    by 10 m.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(a) Determine an expression for the angular velocity β\beta of the slotted link as a function of the crank angle θ\theta.
(b) Determine the angular acceleration β\beta of the slotted link when θ=45°\theta = 45°. Answers may be given as
fractions.

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題為「曲柄—滑槽連桿」的平面運動。曲柄 OAOA 以定角速度轉動，銷 AA 可在以 BB 為轉軸的斜槽內滑動，因此 AA、BB 必須始終共線。

取 BB 為原點，令 BOBO 為 xx 軸，且 BO=10 mBO=10\text{ m}。由圖可得：

  • OA=2 mOA=2\text{ m}
  • 曲柄角為 θ\theta
  • 滑槽連桿與水平夾角為 β\beta
  • 曲柄順時針等角速度轉動

曲柄角速度大小為

ω=θ˙=N2π60=1002π60=10π3 rad/s.\omega=\dot{\theta} =N\frac{2\pi}{60} =100\frac{2\pi}{60} =\frac{10\pi}{3}\ \text{rad/s}.

解題方法

由圖形幾何關係，點 AA 的座標為

xA=10−2cos⁡θ,yA=2sin⁡θ.x_A=10-2\cos\theta, \qquad y_A=2\sin\theta.

因為 AA 位於通過 BB 的槽內，所以

tan⁡β=yAxA=2sin⁡θ10−2cos⁡θ.\tan\beta =\frac{y_A}{x_A} =\frac{2\sin\theta}{10-2\cos\theta}.

(a) 滑槽連桿的角速度

對 tan⁡β\tan\beta 對時間微分：

sec⁡2β β˙=ddt(2sin⁡θ10−2cos⁡θ).\sec^2\beta\,\dot{\beta} = \frac{d}{dt} \left( \frac{2\sin\theta}{10-2\cos\theta} \right).

也可直接利用

β˙=xAy˙A−yAx˙AxA2+yA2.\dot{\beta} =\frac{x_A\dot{y}_A-y_A\dot{x}_A} {x_A^2+y_A^2}.

其中

x˙A=2sin⁡θ θ˙,y˙A=2cos⁡θ θ˙.\dot{x}_A=2\sin\theta\,\dot{\theta}, \qquad \dot{y}_A=2\cos\theta\,\dot{\theta}.

因此

β˙=(10−2cos⁡θ)(2cos⁡θθ˙)−(2sin⁡θ)(2sin⁡θθ˙)(10−2cos⁡θ)2+(2sin⁡θ)2.\dot{\beta} = \frac{(10-2\cos\theta)(2\cos\theta\dot{\theta}) -(2\sin\theta)(2\sin\theta\dot{\theta})} {(10-2\cos\theta)^2+(2\sin\theta)^2}.

整理得

β˙=θ˙20cos⁡θ−4104−40cos⁡θ\boxed{ \dot{\beta} = \dot{\theta} \frac{20\cos\theta-4} {104-40\cos\theta} }

代入 θ˙=10π3\dot{\theta}=\dfrac{10\pi}{3}：

β˙=10π320cos⁡θ−4104−40cos⁡θ rad/s\boxed{ \dot{\beta} = \frac{10\pi}{3} \frac{20\cos\theta-4} {104-40\cos\theta} \ \text{rad/s} }

正號代表連桿角 β\beta 以逆時針方向增加。

(b) θ=45∘\theta=45^\circ 時的角加速度

由於曲柄以定角速度轉動，

θ¨=0.\ddot{\theta}=0.

將

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第 4 題20 分

  1. (20%) A twin-engine jet (B737-class) travels in a straight line at constant speed. The engines are mounted
    6 m from the fuselage centerline. At t = 0 s, the right engine produces 30 kN and the left engine produces
    20 kN. The aircraft mass is 50,000 kg and its radius of gyration about the vertical axis through the mass
    center is kG=10k_G = 10 m. Assuming the aircraft initially has zero yaw rate, determine its yaw angular velocity
    after 5 s. Answers may be given as fractions.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

本題考查飛機受左右引擎推力不平衡所產生的偏航運動，使用剛體繞質心轉動的牛頓第二定律：

∑MG=IGα\sum M_G=I_G\alpha

其中轉動慣量由迴轉半徑定義為：

IG=mkG2I_G=mk_G^2

飛機初始偏航角速度為零，且推力維持不變，因此偏航角加速度為常數，可用：

ω=ω0+αt\omega=\omega_0+\alpha t

解題方法

左右引擎至機身中心線的距離皆為 6 m6\ \text{m}。兩引擎推力方向相同，造成的偏航力矩方向相反。

右引擎推力較大，因此合力矩大小為推力差乘以力臂：

MG=(TA−TB)(6)M_G=(T_A-T_B)(6)

代入 TA=30 kNT_A=30\ \text{kN}、TB=20 kNT_B=20\ \text{kN}：

MG=(30−20)(6)M_G=(30-20)(6) MG=60 kN⋅m=6.0×104 N⋅mM_G=60\ \text{kN}\cdot\text{m} =6.0\times10^4\ \text{N}\cdot\text{m}

飛機繞通過質心的垂直軸轉動慣量為：

IG=mkG2I_G=mk_G^2 IG=(50,000)(10)2=5.0×106 kg⋅m2I_G=(50{,}000)(10)^2 =5.0\times10^6\ \text{kg}\cdot\text{m}^2

因此偏航角加速度為：

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