108 年 國立成功大學機械工程學系碩士班乙組《動力學》

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第 1 題20 分

The rotation of rod OA about O, as shown in Fig. 1, is defined by the relation θ=t2\theta = t^2, where θ\theta and tt are expressed in radians and seconds, respectively. Collar B slides along the rod so that its distance from O is r=12t2−2tr = \frac{1}{2}t^2 - 2t, where rr and tt are expressed in inches and seconds, respectively. When t=1t = 1 s, determine (a) the velocity of the collar, (b) the acceleration of the collar, (c) the radius of curvature of the path of the collar.

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核心觀念

依原卷圖中實際公式：

θ=t3−t,r=t3−2t\theta=t^3-t,\qquad r=t^3-2t

此題考查平面極座標運動。位置、速度與加速度分別為

v=r˙ er+rθ˙ eθ\mathbf{v}=\dot r\,\mathbf e_r+r\dot\theta\,\mathbf e_\theta a=(r¨−rθ˙2)er+(rθ¨+2r˙θ˙)eθ\mathbf{a}=(\ddot r-r\dot\theta^2)\mathbf e_r+ (r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta)\mathbf e_\theta

曲率半徑可由

ρ=v3∣v×a∣\rho=\frac{v^3}{|\mathbf v\times\mathbf a|}

求得。

解題方法

先對 rr 與 θ\theta 微分：

θ˙=3t2−1,θ¨=6t\dot\theta=3t^2-1,\qquad \ddot\theta=6t r˙=3t2−2,r¨=6t\dot r=3t^2-2,\qquad \ddot r=6t

在 t=1 st=1\ \mathrm{s} 時，

r=−1 in,r˙=1 in/s,r¨=6 in/s2r=-1\ \mathrm{in},\qquad \dot r=1\ \mathrm{in/s},\qquad \ddot r=6\ \mathrm{in/s^2} θ˙=2 rad/s,θ¨=6 rad/s2\dot\theta=2\ \mathrm{rad/s},\qquad \ddot\theta=6\ \mathrm{rad/s^2}

(a) Collar 的速度

代入極座標速度公式：

v=r˙ er+rθ˙ eθ\mathbf v =\dot r\,\mathbf e_r+r\dot\theta\,\mathbf e_\theta v=1er+(−1)(2)eθ=er−2eθin/s\mathbf v =1\mathbf e_r+(-1)(2)\mathbf e_\theta =\mathbf e_r-2\mathbf e_\theta \quad \mathrm{in/s}

因此速度大小為

v=12+(−2)2=5 in/sv=\sqrt{1^2+(-2)^2} =\sqrt5\ \mathrm{in/s}

(b) Collar 的加速度

徑向分量：

ar=r¨−rθ˙2=6−(−1)(22)=10 in/s2a_r=\ddot r-r\dot\theta^2 =6-(-1)(2^2)=10\ \mathrm{in/s^2}

切向分量：

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第 2 題20 分

Pegs A and B are restricted to move in the elliptical slots due to the motion of the slotted link, as shown in Fig. 2. If the link moves with a constant speed of 2 m/s, determine the magnitude of the velocity and acceleration of peg A when x=1x = 1 m.

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核心觀念

圖中橢圓槽方程式為

x24+y2=1\frac{x^2}{4}+y^2=1

滑槽連桿以固定速度向右平移，因此

x˙=2 m/s,x¨=0\dot{x}=2\ \text{m/s},\qquad \ddot{x}=0

Peg A 位於橢圓上方，因此取

y=1−x24y=\sqrt{1-\frac{x^2}{4}}

題目要求 x=1 mx=1\ \text{m} 時 Peg A 的速度與加速度大小。

速度分析

由橢圓方程式對時間微分：

x2x˙+2yy˙=0\frac{x}{2}\dot{x}+2y\dot{y}=0

因此

y˙=−xx˙4y\dot{y}=-\frac{x\dot{x}}{4y}

當 x=1x=1 時，

y=1−124=32 my=\sqrt{1-\frac{1^2}{4}} =\frac{\sqrt{3}}{2}\ \text{m}

故

y˙=−(1)(2)4(3/2)=−13 m/s\dot{y} =-\frac{(1)(2)}{4(\sqrt{3}/2)} =-\frac{1}{\sqrt{3}}\ \text{m/s}

Peg A 的速度分量為

vx=2 m/s,vy=−13 m/sv_x=2\ \text{m/s},\qquad v_y=-\frac{1}{\sqrt{3}}\ \text{m/s}

速度大小：

vA=vx2+vy2=22+(13)2v_A=\sqrt{v_x^2+v_y^2} =\sqrt{2^2+\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2} vA=133≈2.08 m/s\boxed{v_A=\sqrt{\frac{13}{3}}\approx 2.08\ \text{m/s}}

加速度分析

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第 3 題20 分

Three steel spheres of equal mass and equal diameter are suspended from the ceiling by cords of equal length L that are spaced at a distance slightly greater than the diameter of the spheres. Initially, sphere A is pulled back by an angle θ\theta and released from rest. As sphere A swings down, it hits sphere B, which then hits sphere C, as shown in Fig. 3. At its final status, sphere C reaches its highest position C'. Denoting the coefficient of restitution between the spheres by ee, determine (a) the velocities of A and B immediately after the first collision; (b) the velocities of B and C immediately after the second collision; (c) the maximum swing angle θ′\theta' of sphere C after the second collision. The length of the cord is L=0.15L = 0.15 m and the coefficient of the restitution is e=0.8e = 0.8.

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核心觀念

本題結合：

  1. 擺球由重力位能轉換為動能。
  2. 等質量球體的一維碰撞。
  3. 碰撞過程中的動量守恆。
  4. 恢復係數定義：
e=分離相對速度接近相對速度e=\frac{\text{分離相對速度}}{\text{接近相對速度}}

設球 A 到達最低點、碰撞球 B 前的速度為 uu。由能量守恆：

mgL(1−cos⁡θ)=12mu2mgL(1-\cos\theta)=\frac12mu^2

因此

u=2gL(1−cos⁡θ).u=\sqrt{2gL(1-\cos\theta)}.

解題方法

（a）第一次碰撞後 A、B 的速度

第一次碰撞前：

  • A 速度為 uu
  • B 靜止

取 A 原本運動方向為正方向。碰撞後速度分別為 vAv_A、vBv_B。

動量守恆：

mu=mvA+mvBmu=m v_A+m v_B

恢復係數關係：

e=vB−vAue=\frac{v_B-v_A}{u}

聯立得：

vA=1−e2u\boxed{v_A=\frac{1-e}{2}u} vB=1+e2u\boxed{v_B=\frac{1+e}{2}u}

代入 e=0.8e=0.8：

vA=0.1u\boxed{v_A=0.1u} vB=0.9u\boxed{v_B=0.9u}

A 仍沿原方向前進，但速度大幅降低；B 以原方向運動。

（b）第二次碰撞後 B、C 的速度

第二次碰撞前：

  • B 速度為 1+e2u\dfrac{1+e}{2}u
  • C 靜止

設碰撞後速度為 vB′v_B'、vC′v_C'。

同樣利用等質量碰撞公式：

vB′=1−e2vBv_B'=\frac{1-e}{2}v_B vC′=1+e2vBv_C'=\frac{1+e}{2}v_B

代入第一次碰撞後的 vBv_B：

vB′=(1−e)(1+e)4u=1−e24u\boxed{v_B'=\frac{(1-e)(1+e)}{4}u =\frac{1-e^2}{4}u} vC′=(1+e)24u\boxed{v_C'=\frac{(1+e)^2}{4}u}

代入 e=0.8e=0.8：

vB′=0.09u\boxed{v_B'=0.09u} vC′=0.81u\boxed{v_C'=0.81u}

其中 B 的速度方向與原運動方向相同；C 以原方向運動。

（c）球 C 的最大擺角 θ′\theta'

第二次碰撞後，球 C 上升至最高點，速度降為零。由能量守恆：

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第 4 題20 分

End A of a uniform rod AB is attached to a 0.2 kg collar that can slide without friction on a vertical rod. The collar is connected by a spring k=10k = 10 N/m. End B of the rod is attached to a uniform rod BC. If the rod is released from rest in the position shown in Fig. 4, determine the velocity of the collar when it passes though the point D. The two rods AB and BC have identical mass m=0.5m = 0.5 kg and identical length L=50L = 50 cm. At the initial position, the angle is θ=45∘\theta = 45^\circ and the spring is un-stretched.

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核心觀念

本題考查：

  • 剛體平面運動的幾何約束；
  • 機械能守恆；
  • 均勻細棒的動能：
    T=12mvG2+12IGω2,T=\frac12 m v_G^2+\frac12 I_G\omega^2,
    其中
    IG=112mL2;I_G=\frac{1}{12}mL^2;
  • 固定端轉動棒 BCBC 的動能：
    TBC=12ICωBC2,IC=13mL2.T_{BC}=\frac12 I_C\omega_{BC}^2,\qquad I_C=\frac13mL^2.

滑環與垂直導桿間無摩擦，因此系統無非保守力做功，可直接使用機械能守恆。

幾何關係

取初始時 BB 點高度為零，垂直導桿為 x=0x=0。

初始位置：

A=(0,Lsin⁡45∘),B=(Lcos⁡45∘,0).A=(0,L\sin45^\circ),\qquad B=(L\cos45^\circ,0).

由於 BC=LBC=L 且初始時為水平，因此固定點 CC 的座標為

C=(L+Lcos⁡45∘,0).C=\left(L+L\cos45^\circ,0\right).

令

s=sin⁡45∘=12,c=1+cos⁡45∘=1+12.s=\sin45^\circ=\frac{1}{\sqrt2},\qquad c=1+\cos45^\circ=1+\frac{1}{\sqrt2}.

當滑環通過圖中的 DD 點時，AA 降至 BB 的初始高度，因此 A=(0,0)A=(0,0)。

此時 BB 同時滿足

AB=L,CB=L.AB=L,\qquad CB=L.

由兩圓交點幾何可得

xB=cL2,x_B=\frac{cL}{2},

且由運動方向可知 BB 位於水平線下方：

yB=−L1−c24.y_B=-L\sqrt{1-\frac{c^2}{4}}.

數值為

yB=−0.5210L.y_B=-0.5210L.

滑環下降距離為

ΔyA=Lsin⁡45∘=0.7071L=0.3536 m.\Delta y_A=L\sin45^\circ=0.7071L =0.3536\ \text{m}.

通過 DD 點時的速度關係

設滑環速度為 a˙\dot a，其中 aa 為 AA 點的垂直座標。

在 AA 通過 DD 時，對兩個長度約束式微分，可得

x˙B=yBcLa˙,y˙B=12a˙.\dot x_B=\frac{y_B}{cL}\dot a, \qquad \dot y_B=\frac12\dot a.

因為 AA 向下運動，所以 a˙<0\dot a<0。最後只取速度大小 v=∣a˙∣v=|\dot a|。

令

r=yBcL,r=\frac{y_B}{cL},

則

r2=1c2−14=0.09315.r^2=\frac{1}{c^2}-\frac14=0.09315.

因此

vB2=x˙B2+y˙B2=(r2+14)v2=0.34315v2.v_B^2 =\dot x_B^2+\dot y_B^2 =\left(r^2+\frac14\right)v^2 =0.34315v^2.

動能

1. 滑環動能

滑環質量為 mc=0.2 kgm_c=0.2\ \text{kg}：

Tc=12mcv2=0.1v2.T_c=\frac12m_cv^2 =0.1v^2.

2. 棒 ABAB 的動能

棒 ABAB 質心速度為

vG,AB2=14(r2+94)v2=0.58579v2.v_{G,AB}^2 =\frac14\left(r^2+\frac94\right)v^2 =0.58579v^2.

又相對速度給出

ωAB2=v2L2(r2+14)=0.34315v2L2.\omega_{AB}^2 =\frac{v^2}{L^2}\left(r^2+\frac14\right) =\frac{0.34315v^2}{L^2}.

所以

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第 5 題20 分

A square plate of side length L=0.12L = 0.12 m can rotate without friction about a pivot at its center O. The plate is connected by eight springs of equal spring constant kk and eight dampers of equal damping constant cc at its four corners, as shown in Fig. 5. If the plate is rotated by a small angle θ\theta and then released from rest, (a) derive the equation of the motion of the plate; (b) determine the natural frequency of the vibration motion; and (c) discuss the effects of damping constants cc on the transient vibration of the plate. The mass of the plate is m=1.5m = 1.5 kg and the spring constant of the spring is k=1000k = 1000 N/m. All the springs are un-stretched when θ=0\theta = 0.

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核心觀念

本題考查剛體小角度轉動、轉動慣量，以及彈簧與阻尼器對剛體轉動所產生的等效轉動剛度與等效轉動阻尼。

正方形薄板繞中心 OO 轉動，其質量轉動慣量為

IO=112m(L2+L2)=16mL2I_O=\frac{1}{12}m(L^2+L^2)=\frac{1}{6}mL^2

四個角點相對於中心的座標為

(±L2,±L2)\left(\pm \frac{L}{2},\pm \frac{L}{2}\right)

每個角點各連接一個水平方向與一個垂直方向的彈簧、阻尼器，因此共有八個彈簧與八個阻尼器。

解題方法

取逆時針轉動角度為 θ\theta，且 θ\theta 很小。角點 (x,y)(x,y) 因小角度轉動所產生的位移為

Δx=−yθ,Δy=xθ\Delta x=-y\theta,\qquad \Delta y=x\theta

角點速度則為

x˙=−yθ˙,y˙=xθ˙\dot{x}=-y\dot{\theta},\qquad \dot{y}=x\dot{\theta}

彈簧恢復力矩

單一角點兩個彈簧的變形平方和為

(Δx)2+(Δy)2=(x2+y2)θ2(\Delta x)^2+(\Delta y)^2 =(x^2+y^2)\theta^2

由於四個角點皆滿足

x2+y2=(L2)2+(L2)2=L22x^2+y^2=\left(\frac{L}{2}\right)^2+\left(\frac{L}{2}\right)^2 =\frac{L^2}{2}

因此全部八個彈簧的彈性能為

V=12k∑i=14[(Δxi)2+(Δyi)2]V=\frac{1}{2}k\sum_{i=1}^{4} \left[(\Delta x_i)^2+(\Delta y_i)^2\right] V=12k(4⋅L22)θ2=kL2θ2V=\frac{1}{2}k\left(4\cdot\frac{L^2}{2}\right)\theta^2 =kL^2\theta^2

將其寫成等效轉動彈性能

V=12Kθθ2V=\frac{1}{2}K_\theta\theta^2

可得等效轉動剛度

Kθ=2kL2K_\theta=2kL^2

阻尼力矩

同理，全部阻尼器的耗散函數為

D=12c∑i=14(x˙i2+y˙i2)\mathcal{D} =\frac{1}{2}c\sum_{i=1}^{4} \left(\dot{x}_i^2+\dot{y}_i^2\right)

而

x˙i2+y˙i2=(xi2+yi2)θ˙2=L22θ˙2\dot{x}_i^2+\dot{y}_i^2 =(x_i^2+y_i^2)\dot{\theta}^2 =\frac{L^2}{2}\dot{\theta}^2

所以

D=12c(4⋅L22)θ˙2=cL2θ˙2\mathcal{D} =\frac{1}{2}c\left(4\cdot\frac{L^2}{2}\right)\dot{\theta}^2 =cL^2\dot{\theta}^2

令

D=12Cθθ˙2\mathcal{D}=\frac{1}{2}C_\theta\dot{\theta}^2

得到等效轉動阻尼

Cθ=2cL2C_\theta=2cL^2

(a) 運動方程式

繞中心 OO 使用轉動運動方程式：

IOθ¨+Cθθ˙+Kθθ=0I_O\ddot{\theta}+C_\theta\dot{\theta}+K_\theta\theta=0

代入各項：

16mL2θ¨+2cL2θ˙+2kL2θ=0\frac{1}{6}mL^2\ddot{\theta} +2cL^2\dot{\theta} +2kL^2\theta=0

除以 L2L^2 後：

m6θ¨+2cθ˙+2kθ=0\boxed{\frac{m}{6}\ddot{\theta}+2c\dot{\theta}+2k\theta=0}

或寫成標準形式：

θ¨+12cmθ˙+12kmθ=0\boxed{\ddot{\theta}+\frac{12c}{m}\dot{\theta} +\frac{12k}{m}\theta=0}

初始條件為

θ(0)=θ0,θ˙(0)=0\theta(0)=\theta_0,\qquad \dot{\theta}(0)=0

其中 θ0\theta_0 為釋放前所轉過的小角度。

(b) 自然頻率

未阻尼自然角頻率為

ωn=KθIO\omega_n=\sqrt{\frac{K_\theta}{I_O}}

因此

ωn=2kL216mL2=12km\omega_n =\sqrt{\frac{2kL^2}{\frac{1}{6}mL^2}} =\sqrt{\frac{12k}{m}}
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