113 年 國立中正大學機械工程學系碩士班甲組《動力學》

此題為典型的拋體運動題目，需要運用運動學的獨立性原理，將運動分解為水平和垂直方向，並結合給定的時間和距離資訊，求解初速度的大小與方向。

解題步驟如下：

1. 建立座標系統：以拋出點 A 為原點，水平向右為 $x$ 軸，垂直向上為 $y$ 軸。

2. 運動方程式：

   • 水平方向 ($x$)：無加速度，速度為等速。
     $x(t) = (v_A \cos \theta_A) t$
   • 垂直方向 ($y$)：等加速度運動，加速度為 $-g$。
     $y(t) = (v_A \sin \theta_A) t - \frac{1}{2} g t^2$

3. 利用已知條件建立方程組：

   • 從 A 到 B 的水平距離為 50 m，飛行時間為 2.5 s。
     $50 = (v_A \cos \theta_A) \times 2.5$ (式 1)
   • 從 A 到 B 的垂直位移為 $-1.2$ m (因為 B 點比 A 點低 1.2 m)。
     $-1.2 = (v_A \sin \theta_A) \times 2.5 - \frac{1}{2} \times 9.81 \times (2.5)^2$ (式 2)

4. 求解：
   從式 1 可得：
   $v_A \cos \theta_A = \frac{50}{2.5} = 20 \, \text{m/s}$ (式 3)

   將式 3 代入式 2：
   $-1.2 = (v_A \sin \theta_A) \times 2.5 - \frac{1}{2} \times 9.81 \times 6.25$

核心觀念

本題先用牛頓第二定律求木箱上升所需的繩索張力，再用樑的靜力平衡求固定端反力與力偶矩。

依題目設定，繩索重量忽略，滑輪視為理想滑輪，因此整條繩索的張力相同。題幹中重力加速度的單位誤植，計算採用 $g=9.81\ \mathrm{m/s^2}$。

解題方法

(a) 求繩索張力 $T$

以木箱為受力分析對象，取向上為正。木箱受向上的張力 $T$ 與向下的重量 $mg$，且向上加速度為 $6\ \mathrm{m/s^2}$：

$$\sum F_y=ma$$ $$T-mg=ma$$

因此，

$$T=m(g+a)=50(9.81+6)=790.5\ \mathrm{N}$$

(b) 求固定端 $A$ 的反力與力偶矩

由圖可知，滑輪位於樑端 $B$，距固定端 $A$ 為 $4\ \mathrm{m}$。繩索對滑輪施加兩個大小均為 $T$ 的拉力：

• 木箱側繩段：鉛直向下。
• 馬達側繩段：向右下方，與水平線夾角為 $30^\circ$。

因此，繩索對滑輪的合力分量為

$$F_{Bx}=T\cos30^\circ$$ $$F_{By}=-T-T\sin30^\circ$$

樑與滑輪的位置固定，故以靜力平衡求支承反力。取向右、向上及逆時針為正。

水平方向平衡：

$$\sum F_x=0 \quad\Rightarrow\quad A_x+T\cos30^\circ=0$$ $$A_x=-790.5\cos30^\circ =-684.593\ldots\ \mathrm{N}$$

核心觀念

本題考查平面剛體的速度分析：

• 定軸轉動點的速度：

  $\mathbf v_A=\boldsymbol\omega_{OA}\times\mathbf r_{A/O}$

• 同一剛體兩點間的相對速度：

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

• 滑塊 $B$ 受 $45^\circ$ 導槽限制，因此 $\mathbf v_B$ 必須沿導槽方向，即速度的水平與鉛直分量相等。

取 $x$ 軸向右、$y$ 軸向上，逆時針為正。

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(a) 點 A 的速度

已知

$$\omega_{OA}=2\ \text{rad/s}$$

且 OA 順時針轉動，所以

$$\boldsymbol\omega_{OA}=-2\mathbf k$$

由圖可得

$$\mathbf r_{A/O}=3\mathbf j\ \text{m}$$

因此

$$\mathbf v_A =(-2\mathbf k)\times(3\mathbf j) =6\mathbf i\ \text{m/s}$$

所以點 A 的速度為

$$\boxed{\mathbf v_A=6\mathbf i\ \text{m/s}}$$

即點 A 以 $6\ \text{m/s}$ 水平向右運動。

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(b) 連桿 AB 的角速度

由圖中尺寸：

$$O=(0,0),\qquad A=(0,3),\qquad B=(4,0)$$

所以

$$\mathbf r_{B/A}=4\mathbf i-3\mathbf j\ \text{m}$$

設連桿 AB 的角速度為 $\omega_{AB}\mathbf k$，則

$$\mathbf v_B =\mathbf v_A+\omega_{AB}\mathbf k\times(4\mathbf i-3\mathbf j)$$

利用

$$\mathbf k\times\mathbf i=\mathbf j,\qquad \mathbf k\times\mathbf j=-\mathbf i$$

可得

$$\mathbf k\times(4\mathbf i-3\mathbf j) =3\mathbf i+4\mathbf j$$

因此

$$\mathbf v_B =(6+3\omega_{AB})\mathbf i +4\omega_{AB}\mathbf j$$

核心觀念

本題應用：

1. 能量守恆求管子通過 $\theta=0^\circ$ 時的角速度。
2. 平面剛體定軸轉動，管子視為薄壁圓管：
   $I_G=mR^2$
3. 牛頓第二運動定律求懸掛點 $O$ 的反力，再由作用力與反作用力得到作用在叉齒上的力。

由圖得：

$m=700\ \text{kg},\qquad R=0.15\ \text{m},\qquad OG=d=0.4\ \text{m}$

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1. 求 $\theta=0^\circ$ 時的角速度

管子由 $\theta=30^\circ$ 擺至 $\theta=0^\circ$ 時，質心下降高度為

$$\Delta h=d(1-\cos30^\circ)$$

管子繞 $O$ 轉動，其對 $O$ 的轉動慣量為

$$I_O=I_G+md^2 =mR^2+md^2$$

因此

$$I_O=m(R^2+d^2)$$

由能量守恆：

$$mgd(1-\cos30^\circ) =\frac12 I_O\omega^2$$

代入數值：

$$700(9.81)(0.4)(1-\cos30^\circ) = \frac12[700(0.15^2+0.4^2)]\omega^2$$

所以

$$\omega^2=5.76\ \text{rad}^2/\text{s}^2$$ $$\omega=2.40\ \text{rad/s}$$

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