108 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所丙組《動力學》

核心觀念

本題使用平面極座標運動：

• 位置：$r=r(\theta)$
• 速度方向沿著光滑管之切線方向
• 光滑管的正向力垂直於切線，因此沿切線方向只需考慮吹風機作用力 $F$ 與重力分量
• 切向加速度可由軌跡弧長求得

已知

$$r=0.6\sin\theta,\qquad \theta=\frac{\pi}{2}t^2$$

球的質量為 $m=0.2\ \text{kg}$。

解題方法

（1）求力 $F$ 與徑向方向的夾角 $\psi$

極座標曲線的切線方向可寫成

$$d\mathbf r=dr\,\mathbf e_r+r\,d\theta\,\mathbf e_\theta$$

因此切線與徑向方向的夾角 $\psi$ 滿足

$$\tan\psi=\frac{r\,d\theta}{dr} =\frac{r}{dr/d\theta}$$

由

$$r=0.6\sin\theta$$

得

$$\frac{dr}{d\theta}=0.6\cos\theta$$

所以

$$\tan\psi =\frac{0.6\sin\theta}{0.6\cos\theta} =\tan\theta$$

在本題運動範圍 $0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ 內，

$$\boxed{\psi=\theta}$$

又因為 $\theta=\dfrac{\pi}{2}t^2$，故

$$\boxed{\psi(t)=\frac{\pi}{2}t^2}$$

---

（2）求 $t=0.55\ \text{s}$ 時的吹風力

由

$$r=0.6\sin\theta$$

可將位置改寫為直角座標：

$$x=r\cos\theta=0.3\sin 2\theta$$ $$y=r\sin\theta=0.6\sin^2\theta =0.3(1-\cos2\theta)$$

此軌跡為半徑 $0.3\ \text{m}$ 的圓，因此弧長微分為

$$ds=0.6\,d\theta$$

核心觀念

本題考查：

• 不可伸長纜線的幾何約束與速度、加速度關係。
• 滑動摩擦力：$F_f=\mu_k mg$。
• 牛頓第二定律：$\sum F_x=ma$。
• 馬達輸出功率：$P=Fv$。

由圖 2，中央滑輪與方塊相連；上下兩段斜纜線對稱，且每段的垂直高度均為 $3\ \mathrm{m}$。馬達端纜線以 $6\ \mathrm{m/s}$ 向下收線。

---

(1) 方塊的加速度

令中央滑輪至右側垂直基準線的水平距離為 $x$，每段斜纜線長度為 $\ell$，則

$$\ell=\sqrt{x^2+3^2}$$

圖中 $\theta$ 為斜纜線與水平線的夾角，因此

$$\cos\theta=\frac{x}{\ell}$$

馬達收線速度為 $6\ \mathrm{m/s}$。由於上下兩段斜纜線同時縮短，故每段斜纜線縮短速度為

$$\dot{\ell}=\frac{6}{2}=3\ \mathrm{m/s}$$

中央滑輪向右移動的速度，即方塊速度為

$$v=-\dot{x} =\frac{\dot{\ell}}{\cos\theta} =\frac{3}{\cos\theta} =3\sec\theta$$

再對時間微分：

$$a=\frac{dv}{dt} =3\sec\theta\tan\theta\frac{d\theta}{dt}$$

由幾何關係 $\tan\theta=3/x$，可得

$$\frac{d\theta}{dt} =\frac{v\sin^2\theta}{3}$$

因此

$$a=3\tan^3\theta$$

所以方塊的加速度為

$$\boxed{a=3\tan^3\theta\ \mathrm{m/s^2}}$$

方向向右。

在 $\theta=60^\circ$ 時，

$$a=3\tan^3 60^\circ =3(\sqrt{3})^3 =9\sqrt{3} =15.59\ \mathrm{m/s^2}$$

且方塊速度為

$$v=3\sec60^\circ=6\ \mathrm{m/s}$$

---

(2) $\theta=60^\circ$ 時的馬達輸出功率

題目所稱方塊重量為 $80\ \mathrm{kg}$，依工程題意視為質量：

$$m=80\ \mathrm{kg}$$

滑動摩擦力為

核心觀念

本題使用平面剛體的相對速度與相對加速度公式：

$$\mathbf v_B=\mathbf v_C+\boldsymbol\omega_{CB}\times\mathbf r_{B/C}$$ $$\mathbf a_B=\mathbf a_C+\boldsymbol\alpha_{CB}\times\mathbf r_{B/C} -\omega_{CB}^{\,2}\mathbf r_{B/C}$$

取逆時針為正，依圖示：

• $AB=200\text{ mm}=0.2\text{ m}$
• $BC=450\text{ mm}=0.45\text{ m}$
• $CD=100\text{ mm}=0.1\text{ m}$
• $\omega_{AB}=2\text{ rad/s}$，順時針
• $\alpha_{AB}=4\text{ rad/s}^2$，逆時針
• $AB$ 垂直，$CD$ 垂直，且 $\angle BCD=60^\circ$

建立座標後：

$$\mathbf r_{B/C} =0.45(\sin60^\circ\,\mathbf i+\cos60^\circ\,\mathbf j) =(0.3897\,\mathbf i+0.225\,\mathbf j)\text{ m}$$

---

一、角速度

由於 $AB$ 垂直，點 $B$ 的速度為水平向右：

$$\mathbf v_B =\boldsymbol\omega_{AB}\times\mathbf r_{B/A} =0.4\,\mathbf i\text{ m/s}$$

點 $C$ 繞固定點 $D$ 轉動，而 $CD$ 垂直，因此 $\mathbf v_C$ 亦為水平方向：

$$\mathbf v_C=0.1\omega_{DC}\,\mathbf i$$

相對速度式為：

$$\mathbf v_B=\mathbf v_C+ \omega_{CB}\mathbf k\times\mathbf r_{B/C}$$

其中

$$\mathbf k\times\mathbf r_{B/C} =-0.225\,\mathbf i+0.3897\,\mathbf j$$

比較 $j$ 方向分量：

$$0=0.3897\omega_{CB}$$

因此：

$$\boxed{\omega_{CB}=0}$$

再比較 $i$ 方向分量：

$$0.4=0.1\omega_{DC}$$ $$\boxed{\omega_{DC}=4.00\text{ rad/s}}$$

方向為逆時針。

---

二、角加速度

點 $B$ 的加速度：

本題考查物體在斜面上滾動的動力學分析，包括無滑動滾動的條件、角動量定理或牛頓第二運動定律的應用，以及轉動慣量的計算。

首先，我們分析滾動體在斜面上的運動。滾動體在斜面上無滑動滾動時，其質心運動與繞質心的轉動是耦合的。

(1) 確定具有任意轉動慣量 $I_G$ 的圓柱體的質心加速度 $a_G$。

設圓柱體的質量為 M，半徑為 R，斜面傾角為 $\theta$。
作用在圓柱體上的力有：

1. 重力 $Mg$ (豎直向下)。
2. 斜面支持力 N (垂直於斜面向上)。
3. 斜面靜摩擦力 $f_s$ (沿斜面向上，阻止滑動)。

我們需要建立質心的運動方程式和質心的轉動方程式。
質心運動方程式 (沿斜面方向)：
$Mg \sin\theta - f_s = Ma_G$ (方程式 1)

質心運動方程式 (垂直於斜面方向)：
$N - Mg \cos\theta = 0 \implies N = Mg \cos\theta$

繞質心的轉動方程式 (以 G 為中心)：
$f_s R = I_G \alpha$ (方程式 2)
其中 $\alpha$ 是角加速度。

無滑動滾動的條件是：$a_G = \alpha R$。
因此，$\alpha = a_G / R$。

將 $\alpha$ 代入方程式 2：
$f_s R = I_G (a_G / R)$
$f_s = \frac{I_G a_G}{R^2}$ (方程式 3)

將方程式 3 代入方程式 1：
$Mg \sin\theta - \frac{I_G a_G}{R^2} = Ma_G$

重新整理，求解 $a_G$：
$Mg \sin\theta = Ma_G + \frac{I_G a_G}{R^2}$
$Mg \sin\theta = a_G (M + \frac{I_G}{R^2})$
$a_G = \frac{Mg \sin\theta}{M + \frac{I_G}{R^2}}$
$a_G = \frac{g \sin\theta}{1 + \frac{I_G}{MR^2}}$

這就是質心加速度 $a_G$ 的公式，它依賴於 $\theta$, $g$, $M$, $R$, $I_G$。

(2) 證明對於實心圓柱體 $I_G = 0.5MR^2$，對於空心圓柱體 $I_G = MR^2$。

• 實心圓柱體 (Solid Cylinder)：
  實心圓柱體繞其質心軸的轉動慣量為 $I_G = \frac{1}{2}MR^2$。
  證明：可以通過積分來推導。將圓柱體視為無數個薄圓環組成。
  一個半徑為 $r$，厚度為 $dr$ 的薄圓環的質量為 $dm = (\frac{M}{\pi R^2}) (2\pi r dr) = \frac{2M}{R^2} r dr$。
  這個圓環的轉動慣量為 $dI = r^2 dm = r^2 (\frac{2M}{R^2} r dr) = \frac{2M}{R^2} r^3 dr$。
  對 $r$ 從 0 到 R 積分：
  $I_G = \int dI = \int_0^R \frac{2M}{R^2} r^3 dr = \frac{2M}{R^2} [\frac{r^4}{4}]_0^R = \frac{2M}{R^2} \frac{R^4}{4} = \frac{1}{2}MR^2$。

• 空心圓柱體 (Hollow Cylinder)：
  空心圓柱體（薄壁圓柱殼）繞其質心軸的轉動慣量為 $I_G = MR^2$。
  證明：可以將空心圓柱體視為一個半徑為 R，厚度趨近於零的薄圓殼。
  此時，所有質量都集中在半徑 R 處。
  因此，其轉動慣量為 $I_G = MR^2$。
  （如果考慮的是具有內半徑 $R_1$ 和外半徑 $R_2$ 的圓環，則 $I_G = \frac{1}{2}M(R_1^2 + R_2^2)$。對於薄壁圓柱殼，$R_1 \approx R_2 \approx R$，所以 $I_G \approx \frac{1}{2}M(R^2 + R^2) = MR^2$。然而，嚴格來說，薄壁圓柱殼的積分結果是 $MR^2$。）

核心觀念

兩圓盤碰撞時，衝量沿兩圓盤接觸點的法線方向作用；切線方向沒有衝量，因此切線速度分量保持不變。需使用：

1. 法向動量守恆
2. 恢復係數定義
   $e=\frac{\text{分離速度}}{\text{接近速度}}$
3. 切線方向速度不變

由圖中 $3$-$4$-$5$ 三角形，接觸面法線與 $x$ 軸、$y$ 軸的單位向量可取為

$$\mathbf n=\left(\frac35,\frac45\right)$$

切線單位向量取為

$$\mathbf t=\left(\frac45,-\frac35\right)$$

碰撞前速度分解

碰撞前

$$\mathbf v_A=(0,-4)\ \text{m/s},\qquad \mathbf v_B=(3,0)\ \text{m/s}$$

分解至法向與切線方向：

$$v_{An}=\mathbf v_A\cdot\mathbf n =0\left(\frac35\right)-4\left(\frac45\right) =-\frac{16}{5}=-3.2$$ $$v_{Bn}=\mathbf v_B\cdot\mathbf n =3\left(\frac35\right)=\frac95=1.8$$ $$v_{At}=\mathbf v_A\cdot\mathbf t =0\left(\frac45\right)+(-4)\left(-\frac35\right) =\frac{12}{5}=2.4$$ $$v_{Bt}=\mathbf v_B\cdot\mathbf t =3\left(\frac45\right)=\frac{12}{5}=2.4$$

由於切線方向沒有衝量，

$$v'_{At}=v'_{Bt}=2.4\ \text{m/s}$$

法向速度計算

兩圓盤質量相同，皆為 $1$ kg，因此法向動量守恆：

$$v'_{An}+v'_{Bn}=v_{An}+v_{Bn} =-3.2+1.8=-1.4$$

恢復係數為 $e=0.6$：

$$v'_{An}-v'_{Bn} =-e(v_{An}-v_{Bn})$$