108 年 國立臺灣大學工程科學及海洋工程學系碩士班丙組《動力學（C）》

此題考驗質點運動學中的拋體運動分析，包含運動軌跡方程的建立、速度向量的求解，以及加速度的切線與法線分量。

首先，我們建立質點的運動方程。質點以水平初速度 $v_0 = 8$ m/s 自點 A 射出。假設重力加速度為 $g$。
在水平方向（x 方向），質點做等速度運動，其加速度為 $a_x = 0$。
在垂直方向（y 方向），質點受重力作用，做等加速度運動，其加速度為 $a_y = -g$。

運動方程如下：
$x(t) = v_0 t$
$y(t) = y_0 - \frac{1}{2} g t^2$

我們將射出點 A 定為原點，即 $x_0 = 0$ 且 $y_0 = 0$。
因此，運動方程為：
$x(t) = 8t$ (1)
$y(t) = -\frac{1}{2} g t^2$ (2)

為了求得運動軌跡方程 $y = f(x)$，我們從方程 (1) 解出 $t = \frac{x}{8}$，然後代入方程 (2)：
$y = -\frac{1}{2} g \left(\frac{x}{8}\right)^2 = -\frac{1}{2} g \frac{x^2}{64} = -\frac{g}{128} x^2$

假設 $g \approx 9.8$ m/s$^2$。
$y = -\frac{9.8}{128} x^2 \approx -0.07656 x^2$

接下來，我們計算 $t = 0.25$ s 時的速度向量。
速度向量的 x 分量為 $v_x = v_0 = 8$ m/s。
速度向量的 y 分量為 $v_y(t) = \frac{dy}{dt} = -gt$。
當 $t = 0.25$ s 時，$v_y(0.25) = -g(0.25) = -0.25g$。
若取 $g = 9.8$ m/s$^2$，則 $v_y(0.25) = -0.25 \times 9.8 = -2.45$ m/s。
速度向量 $\vec{v}(0.25) = v_x \hat{i} + v_y \hat{j} = 8 \hat{i} - 2.45 \hat{j}$ m/s。

最後，我們計算加速度的法線分量 ($a_n$) 與切線分量 ($a_t$)。
加速度向量為 $\vec{a} = a_x \hat{i} + a_y \hat{j} = 0 \hat{i} - g \hat{j}$。
因此，加速度的切線分量 $a_t$ 是速度向量方向上加速度的分量。由於質點在 x 方向加速度為 0，在 y 方向加速度為 $-g$，而速度向量 $\vec{v}$ 隨時間改變方向，切線加速度 $a_t = \frac{d|\vec{v}|}{dt}$。
$|\vec{v}(t)| = \sqrt{v_x^2 + v_y(t)^2} = \sqrt{8^2 + (-gt)^2} = \sqrt{64 + g^2 t^2}$
$a_t = \frac{d}{dt} \sqrt{64 + g^2 t^2} = \frac{1}{2\sqrt{64 + g^2 t^2}} (2g^2 t) = \frac{g^2 t}{\sqrt{64 + g^2 t^2}}$
當 $t = 0.25$ s 時：
$a_t(0.25) = \frac{g^2 (0.25)}{\sqrt{64 + g^2 (0.25)^2}} = \frac{0.25 g^2}{\sqrt{64 + 0.0625 g^2}}$
若取 $g = 9.8$ m/s$^2$：
$a_t(0.25) = \frac{0.25 \times (9.8)^2}{\sqrt{64 + (9.8)^2 \times 0.0625}} = \frac{0.25 \times 96.04}{\sqrt{64 + 96.04 \times 0.0625}} = \frac{24.01}{\sqrt{64 + 6.0025}} = \frac{24.01}{\sqrt{70.0025}} \approx \frac{24.01}{8.367} \approx 2.87$ m/s$^2$。

加速度的法線分量 $a_n$ 垂直於速度向量，且 $a_n = \frac{|\vec{v}|^2}{\rho}$，其中 $\rho$ 是曲率半徑。
我們也可以利用 $\vec{a} = a_t \hat{u}_t + a_n \hat{u}_n$，其中 $\hat{u}_t$ 是速度方向的單位向量，$\hat{u}_n$ 是法線方向的單位向量。

此題考驗牛頓第二運動定律在有摩擦力的情況下的應用。我們需要先判斷物體是否移動，若移動則計算其加速度，進而求得特定時間下的速度與位移。

首先，我們分析施加在 50 kg 貨箱上的力。
重力：$W = mg = 50 \, \text{kg} \times g$
推力 P：$P = 200 \, \text{N}$，與水平夾角為 $30^\circ$。
摩擦力：$f_k = \mu_k N$，其中 $\mu_k = 0.3$ 是動摩擦係數，$N$ 是正向力。

我們需要先計算正向力 $N$。對貨箱進行受力分析，將力分解到垂直和水平方向。
在垂直方向（y 方向），合力為零（假設地面為水平面且貨箱不離開地面）：
$N + P \sin 30^\circ - W = 0$
$N = W - P \sin 30^\circ = 50g - 200 \times 0.5 = 50g - 100$

為了使貨箱開始移動，水平方向的推力分量必須大於最大靜摩擦力。題目給的是動摩擦係數，且要求計算移動後的距離和速度，表示貨箱會移動。
水平方向的推力分量：$P \cos 30^\circ = 200 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 100\sqrt{3} \approx 173.2 \, \text{N}$。
由於題目直接給動摩擦係數，我們直接計算動摩擦力。
若貨箱移動，則所需的正向力為：
$N = 50g - 100$
假設 $g = 9.8 \, \text{m/s}^2$，則 $N = 50 \times 9.8 - 100 = 490 - 100 = 390 \, \text{N}$。
動摩擦力：$f_k = \mu_k N = 0.3 \times 390 = 117 \, \text{N}$。

由於水平推力分量 $P \cos 30^\circ \approx 173.2 \, \text{N}$ 大於動摩擦力 $f_k = 117 \, \text{N}$，貨箱會加速移動。

接下來，我們計算貨箱的加速度。
在水平方向（x 方向），合力為：
$F_{net, x} = P \cos 30^\circ - f_k = 100\sqrt{3} - 117$

核心觀念

本題考查斜面接觸面的靜摩擦力，以及「不相對滑動」時兩物體具有相同加速度。

由於 $B$ 與 $C$ 間無摩擦，對整體 $A+B$ 而言，水平方向唯一外力為 $P$。若 $A$ 不在 $B$ 上滑動，兩者共同向左加速度為 $a$，故

$$P=(m+m)a=2ma.$$

接觸面靜摩擦力須滿足

$$|f|\leq \mu N.$$

解題方法

斜面向右上方傾斜，取沿斜面向右上為正方向。對方塊 $A$ 分析：

• $A$ 的加速度向左，沿斜面分量為 $-a\cos\theta$。
• $A$ 的加速度沿斜面法線方向分量為 $a\sin\theta$。
• 令摩擦力 $f$ 沿斜面向右上為正。

沿斜面方向套用牛頓第二定律：

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

因此

$$f=m(g\sin\theta-a\cos\theta).$$

沿法線方向套用牛頓第二定律：

$$N-mg\cos\theta=ma\sin\theta,$$

因此

$$N=m(g\cos\theta+a\sin\theta).$$

當 $P$ 增大時，所需摩擦力最後會反向，沿斜面向左下。因此最大加速度發生在

$$-f=\mu N.$$

代入上式：

$$m(a\cos\theta-g\sin\theta) = \mu m(g\cos\theta+a\sin\theta).$$

核心觀念

本題考查「功率—速度關係」與「功－能定理」。

引擎輸出的瞬時功率為

$$P=Fv$$

其中 $P=15\ \text{kW}$ 為常數。車輛在水平路面行駛且忽略摩擦，因此引擎所作的功全部轉化為車輛的動能：

$$dW=dT$$

車輛質量為

$$m=1.5\ \text{Mg}=1500\ \text{kg}$$

解題方法

由功率定義，

$$P=\frac{dW}{dt}$$

又因為

$$dW=F\,dx,\qquad v=\frac{dx}{dt}$$

故

$$P=Fv$$

由功－能定理，車輛由靜止加速至速度 $v$ 時，

$$F\,dx=dT=d\left(\frac12 mv^2\right)=mv\,dv$$

而 $F=P/v$，代入得

$$\frac{P}{v}\,dx=mv\,dv$$

整理為

$$P\,dx=mv^2\,dv$$

從 $x=0,\ v=0$ 積分至 $x=200\ \text{m},\ v=v$：

$$\int_0^{200}P\,dx = m\int_0^v v^2\,dv$$

因為 $P$ 為常數，

$$P(200)=m\left[\frac{v^3}{3}\right]_0^v$$

因此

此題考驗動量守恆與力平衡的觀念，特別是與火箭推進原理相關的應用。題目要求在引擎推力改變後，飛機在新的穩定速度下的巡航速度。

首先，我們分析飛機在四引擎運轉時的穩定飛行狀態。
巡航速度 $v_1 = 800 \, \text{km/h}$。
將速度換算成 m/s：$v_1 = 800 \times \frac{1000 \, \text{m}}{3600 \, \text{s}} = \frac{8000}{36} = \frac{2000}{9} \approx 222.2 \, \text{m/s}$。
引擎噴射氣體相對於飛機的速度 $v_{ej} = 775 \, \text{m/s}$。

在穩定巡航時，飛機所受的總推力等於總阻力。
總推力 $T_{total}$ 由四個引擎提供。
總阻力 $D = c v_1^2$。
因此，$T_{total} = D_1 = c v_1^2$。

根據動量原理，引擎產生的推力可以視為噴射氣體動量改變率。
假設每個引擎噴射氣體的質量流量為 $\dot{m}$。
則單一引擎的推力 $T_{engine} = \dot{m} v_{ej}$。
四個引擎總推力 $T_{total} = 4 \times T_{engine} = 4 \dot{m} v_{ej}$。

所以，在四引擎運轉時：
$4 \dot{m} v_{ej} = c v_1^2$ (1)

接下來，考慮其中兩個引擎被關閉（每側關閉一個）。
此時飛機由剩下的兩個引擎提供推力。
新的總推力 $T'_{total} = 2 \times T_{engine} = 2 \dot{m} v_{ej}$。
假設新的巡航速度為 $v_2$。
新的總阻力 $D' = c v_2^2$。

在新的穩定巡航狀態下，新的總推力等於新的總阻力：
$2 \dot{m} v_{ej} = c v_2^2$ (2)

我們需要求解 $v_2$。
由式 (1) 和 (2) 可得：
從 (1) 式：$c = \frac{4 \dot{m} v_{ej}}{v_1^2}$。
將此 $c$ 代入 (2) 式：