113 年 國立成功大學機械工程學系碩士班乙組《動力學》

核心觀念

本題考查「曲柄—滑槽機構」的速度分析：

• 曲柄 $OA$ 繞固定點 $O$ 等角速度轉動。
• 點 $A$ 可沿長桿 $CB$ 的滑槽相對滑動。
• 長桿 $CB$ 繞固定點 $C$ 轉動。
• 點 $B$ 為長桿端點，因此其速度大小為
  $v_B=\omega_{CB}\,CB$

圖中已知：

$OA=100\ \text{mm},\qquad OC=300\ \text{mm},\qquad CB=500\ \text{mm}$

且

$\theta=30^\circ,\qquad \dot{\theta}=1\ \text{rad/s}$

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解題方法

取 $x$ 軸向右、$y$ 軸向上，令 $O=(0,0)$，則

$C=(0,-300)\ \text{mm}$

點 $A$ 的位置為

$A=(100\cos30^\circ,\ 100\sin30^\circ)$

因此

$A=(86.60,\ 50.00)\ \text{mm}$

所以

$$\vec r_{CA}=\vec r_A-\vec r_C =86.60\,\mathbf i+350\,\mathbf j\ \text{mm}$$

其長度為

$$CA=\sqrt{86.60^2+350^2} =\sqrt{130000} =360.56\ \text{mm}$$

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求點 $A$ 的速度

曲柄 $OA$ 的角速度為 $1\ \text{rad/s}$，因此

$\vec v_A=\dot{\theta}\,\mathbf k\times\vec r_{OA}$

其中

$\vec r_{OA}=86.60\,\mathbf i+50\,\mathbf j\ \text{mm}$

故

核心觀念

本題考查：

• 剛體繞固定軸轉動：$v=r\omega$
• 無滑動帶傳動：柔性帶的速度等於帶連接點 $E$ 的切向速度
• 相對速度法：
  $\vec v_A=\vec v_B+\vec\omega_{AB}\times\vec r_{A/B}$
• 連桿 $BD$ 繞固定點 $D$ 轉動，因此 $B$ 點速度垂直於 $BD$。

由圖得：

$OE=0.4\ \text{m},\qquad OA=0.3\ \text{m},\qquad AB=0.36\ \text{m},\qquad BD=0.18\ \text{m}$

且連桿 $AB$ 與水平線夾角為 $15^\circ$。

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解題方法

1. 求旋轉扇形的角速度

帶速為 $4\ \text{m/s}$，且帶與旋轉扇形在 $E$ 點無滑動，因此

$v_E=4\ \text{m/s}$

由 $E$ 點繞固定點 $O$ 轉動：

$v_E=OE\,\omega_O$

所以

$\omega_O=\frac{4}{0.4}=10\ \text{rad/s}$

依圖示帶的運動方向，旋轉扇形為逆時針轉動。

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2. 求點 $A$ 的速度

點 $A$ 與旋轉扇形固定，因此

$v_A=OA\,\omega_O$

$v_A=(0.3)(10)=3.00\ \text{m/s}$

由於 $OA$ 當下為鉛直方向，故 $A$ 點速度為水平向右：

$$\vec v_A=3.00\,\mathbf i\ \text{m/s}$$

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3. 建立 $AB$ 與 $BD$ 的速度關係

因為 $BD$ 為鉛直連桿，且 $D$ 為固定點，所以 $B$ 點速度為水平方向：

$$v_B=BD\,\omega_{BD}=0.18\,\omega_{BD}$$

對連桿 $AB$ 使用相對速度式。由圖示，$A$ 相對於 $B$ 的位置向量為

本題考查動量守恆定律和能量守恆（或功-能定理）在碰撞和滑動過程中的應用。

核心觀念：

1. 碰撞過程：動量守恆。
2. 滑動過程：功-能定理（或牛頓第二定律與運動學方程）。

解題步驟：

第一部分：計算碰撞後的瞬時速度 $v_2$

1. 識別碰撞類型：子彈嵌入方塊，屬於完全非彈性碰撞 (perfectly inelastic collision)。

2. 應用動量守恆定律：
   在碰撞瞬間，系統（子彈 + 方塊）的總動量守恆。
   設子彈的質量為 $m = 100 \text{ g} = 0.1 \text{ kg}$，初始速度為 $v_1 = 810 \text{ m/s}$。
   設方塊的質量為 $M = 8 \text{ kg}$，初始速度為 $V_1 = 0 \text{ m/s}$ (靜止)。
   碰撞後，子彈嵌入方塊，形成一個整體，總質量為 $m+M = 0.1 + 8 = 8.1 \text{ kg}$。
   設碰撞後的共同速度為 $v_2$。

   根據動量守恆：
   系統初始總動量 = 系統最終總動量
   $m v_1 + M V_1 = (m+M) v_2$
   $(0.1 \text{ kg})(810 \text{ m/s}) + (8 \text{ kg})(0 \text{ m/s}) = (0.1 \text{ kg} + 8 \text{ kg}) v_2$
   $81 \text{ kg} \cdot \text{m/s} = (8.1 \text{ kg}) v_2$
   $v_2 = \frac{81}{8.1} \text{ m/s} = 10 \text{ m/s}$。

   【答案】碰撞後的瞬時速度 $v_2 = 10 \text{ m/s}$。

第二部分：計算滑動距離 $d$

1. 分析滑動過程：
   碰撞後，方塊（帶嵌入的子彈）以速度 $v_2 = 10 \text{ m/s}$ 開始在水平導軌上滑動。
   滑動過程中，受到摩擦力作用而減速。
   動摩擦係數 $\mu = 0.5$。
   重力加速度 $g \approx 9.8 \text{ m/s}^2$ (或 $10 \text{ m/s}^2$，若題目未指定，一般用 $9.8$)。

2. 計算摩擦力：
   方塊（含子彈）對導軌的正向壓力 $N$ 等於其重力：
   $N = (m+M)g = (8.1 \text{ kg})(9.8 \text{ m/s}^2) = 79.38 \text{ N}$。
   （如果使用 $g=10 \text{ m/s}^2$，則 $N = 8.1 \times 10 = 81 \text{ N}$）。
   摩擦力 $f_k = \mu N = (0.5)(79.38 \text{ N}) = 39.69 \text{ N}$。
   （如果使用 $g=10 \text{ m/s}^2$，則 $f_k = 0.5 \times 81 = 40.5 \text{ N}$）。

3. 應用功-能定理 (Work-Energy Theorem)：
   系統的動能變化等於外力做的總功。
   初始動能 $K_i = \frac{1}{2}(m+M)v_2^2$。
   最終動能 $K_f = 0$ (方塊停止)。
   系統受到的外力包括摩擦力。重力和支持力不做功（因為垂直於位移）。
   摩擦力做的功 $W_f = -f_k d$ (負功，因為摩擦力與位移方向相反)。

   根據功-能定理：$K_f - K_i = W_{net}$
   $0 - \frac{1}{2}(m+M)v_2^2 = -f_k d$
   $\frac{1}{2}(m+M)v_2^2 = f_k d$

   代入數值（使用 $g = 9.8 \text{ m/s}^2$）：
   $\frac{1}{2}(8.1 \text{ kg})(10 \text{ m/s})^2 = (39.69 \text{ N}) d$

核心觀念

本題使用剛體平面運動的：

• 功與能原理
• 轉動慣量
• 滑塊—導軌約束下的瞬時運動關係
• 摩擦造成的能量損失

桿長為

$$L=AB+BC=100+100=200\text{ mm}=0.2\text{ m}$$

由圖可知，質心 $G$ 位於桿中點，恰好與 $B$ 重合。

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幾何關係與轉角

初始時，$A$ 與 $B$ 的垂直距離為 $50\text{ mm}$，且 $AB=100\text{ mm}$，因此桿與水平線的夾角為

$$\sin\theta_i=\frac{50}{100}$$ $$\theta_i=30^\circ$$

當 $A$ 撞上垂直導軌時，$AB$ 呈垂直狀態，因此

$$\theta_f=90^\circ$$

桿的轉角為

$$\Delta\theta=90^\circ-30^\circ=60^\circ=\frac{\pi}{3}\text{ rad}$$

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末狀態角速度

撞擊瞬間，$A$ 的速度為

$$v_A=3.5\text{ m/s}$$

在末位置，$AB$ 為垂直桿，$B$ 位於垂直導軌上，因此 $B$ 的瞬時速度為零。故可將 $B$ 視為瞬時轉動中心：

$$v_A=\omega_f(AB)$$ $$\omega_f=\frac{3.5}{0.1}=35\text{ rad/s}$$

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末狀態動能

桿繞質心的轉動慣量為

$$I_G=\frac{1}{12}mL^2$$

代入 $m=5\text{ kg}$、$L=0.2\text{ m}$：

$$I_G=\frac{1}{12}(5)(0.2)^2 =0.016667\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

核心觀念

本題考查：

• 小振動線性化
• 剛體轉動與平移的幾何約束
• 等效阻尼與等效剛度
• 單自由度阻尼振動方程
• 欠阻尼條件與自然頻率

曲柄質量忽略，因此可將質量 $m$ 的水平位移 $x$ 作為系統的廣義座標。

由圖中幾何關係，曲柄繞 $O$ 小角度轉動 $\theta$ 時：

• 質量塊位移：$x \simeq L_1\theta$
• 阻尼器端點 $B$ 的垂直位移：$y_B \simeq L_2\theta$

因此

$$y_B=\frac{L_2}{L_1}x$$

相應速度為

$$\dot y_B=\frac{L_2}{L_1}\dot x$$

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解題方法

採用能量法或等效力法皆可。將阻尼器的作用換算到質量塊的 $x$ 方向。

水平彈簧直接連接質量塊，因此彈簧力為

$$F_k=-kx$$

阻尼器的耗散力為

$$F_c=-c\dot y_B$$

由虛功關係，阻尼器換算至 $x$ 方向的等效阻尼力為

$$F_{c,\mathrm{eq}} = -c\dot y_B\frac{\partial y_B}{\partial x} = -c\left(\frac{L_2}{L_1}\right)^2\dot x$$

對質量塊列 $x$ 方向運動方程：

$$m\ddot x+ c\left(\frac{L_2}{L_1}\right)^2\dot x +kx=0$$

因此第（1）問的運動方程為

$$\boxed{ m\ddot x+ c\left(\frac{L_2}{L_1}\right)^2\dot x +kx=0 }$$

亦可由轉動能量得到相同結果。由 $x=L_1\theta$，系統的等效轉動慣量為 $mL_1^2$，等效阻尼係數為 $cL_2^2$，等效剛度為 $kL_1^2$，故：

$$mL_1^2\ddot\theta+cL_2^2\dot\theta+kL_1^2\theta=0$$

代入 $x=L_1\theta$ 後，即得上述方程。

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第（2）問：自然頻率

標準阻尼振動方程為

$$m\ddot x+c_{\mathrm{eq}}\dot x+kx=0$$

其中

$$c_{\mathrm{eq}}=c\left(\frac{L_2}{L_1}\right)^2$$

無阻尼自然角頻率為

$$\omega_n=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

代入

$$m=0.25\ \mathrm{kg},\qquad k=40000\ \mathrm{N/m}$$

得

$$\omega_n = \sqrt{\frac{40000}{0.25}} = 400\ \mathrm{rad/s}$$

換算為 Hz：