113 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所乙組《動力學》

📄 試題原卷 免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題

(1) See Fig. 1. If the car decelerates uniformly along the curved road from 23 m/s at A to 15 m/s at C, determine the velocity vBv_B [10%] and acceleration aBa_B [10%] of the car at B.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Fig. 1

Given:
Initial velocity at A, vA=23v_A = 23 m/s
Final velocity at C, vC=15v_C = 15 m/s
The deceleration is uniform along the curved path.
Radius of curvature at B, ρB=300\rho_B = 300 m
Distance from A to C along the curve is 250+50=300250 + 50 = 300 m.

Determine:
Velocity at B, vBv_B
Acceleration at B, aBa_B

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

此題考查質點在曲線運動中的速度與加速度分解。由於題目提到「減速是均勻的」,這意味著沿著路徑切線方向的加速度是恆定的。

首先,我們需要計算沿切線方向的加速度 ata_t。由於減速是均勻的,我們可以將其視為一維直線運動的處理方式。
設沿切線方向的加速度為 ata_t。
從 A 到 C 的總距離 sAC=250 m+50 m=300 ms_{AC} = 250 \text{ m} + 50 \text{ m} = 300 \text{ m}。
已知 vA=23v_A = 23 m/s,vC=15v_C = 15 m/s。
根據運動學公式 vf2=vi2+2atsv_f^2 = v_i^2 + 2 a_t s,我們有:
vC2=vA2+2atsACv_C^2 = v_A^2 + 2 a_t s_{AC}
152=232+2at(300)15^2 = 23^2 + 2 a_t (300)
225=529+600at225 = 529 + 600 a_t
600at=225−529=−304600 a_t = 225 - 529 = -304
at=−304600≈−0.5067a_t = -\frac{304}{600} \approx -0.5067 m/s2^2

(a) 決定 B 點的速度 vBv_B:
點 B 位於 A 和 C 之間,距離 A 為 250 m。由於切線加速度 ata_t 是恆定的,我們可以使用相同的運動學公式:
vB2=vA2+2atsABv_B^2 = v_A^2 + 2 a_t s_{AB}
vB2=232+2(−0.5067)(250)v_B^2 = 23^2 + 2 (-0.5067) (250)
vB2=529−253.35=275.65v_B^2 = 529 - 253.35 = 275.65
vB=275.65≈16.60v_B = \sqrt{275.65} \approx 16.60 m/s

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題

(2) The drinking fountain is designed such that the nozzle is located from the edge of the basin as shown in Fig. 2. Determine the maximum and minimum speed: (vA)max(v_A)_{\text{max}} [10%] and (vA)min(v_A)_{\text{min}} [10%] at which water can be ejected from the nozzle so that it does not splash over the sides of the basin at B and C.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Fig. 2

Given:
The nozzle is at point A.
Point B is at an angle of 40∘40^\circ from the horizontal, at a horizontal distance of 250250 mm and a vertical distance of 5353 mm from A.
Point C is at a horizontal distance of 250250 mm from A, and at the same vertical level as A.
Assume g=9.81g = 9.81 m/s2^2.

Determine:
Maximum initial speed (vA)max(v_A)_{\text{max}}
Minimum initial speed (vA)min(v_A)_{\text{min}}
such that water does not splash over B and C.

Note: 250 mm=0.25 m250 \text{ mm} = 0.25 \text{ m}, 53 mm=0.053 m53 \text{ mm} = 0.053 \text{ m}.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查平面斜拋運動。水流離開噴嘴 AA 後,忽略空氣阻力,其軌跡為

y=xtan⁡θ−gx22vA2cos⁡2θy=x\tan\theta-\frac{g x^2}{2v_A^2\cos^2\theta}

由圖可知:

  • 噴流方向與鉛直線夾角為 40∘40^\circ,因此與水平夾角
    θ=90∘−40∘=50∘\theta=90^\circ-40^\circ=50^\circ
  • 噴嘴 AA 高於盆緣 53 mm=0.053 m53\text{ mm}=0.053\text{ m}
  • AA 的鉛直投影到左側盆緣 BB 的水平距離為
    xB=100 mm=0.100 mx_B=100\text{ mm}=0.100\text{ m}
  • BB 到 CC 的距離為 250 mm250\text{ mm},故
    xC=100+250=350 mm=0.350 mx_C=100+250=350\text{ mm}=0.350\text{ m}

取 AA 為原點,鉛直向上為正,盆緣位置為

yB=yC=−0.053 my_B=y_C=-0.053\text{ m}

解題方法

為避免水流越過左側盆緣 BB,水流在 BB 處必須至少到達盆緣高度:

yB≥−0.053y_B\geq -0.053

最小速度發生在臨界狀態 yB=−0.053y_B=-0.053。

代入軌跡方程式:

−0.053=0.100tan⁡50∘−9.81(0.100)22vA2cos⁡250∘-0.053 =0.100\tan50^\circ -\frac{9.81(0.100)^2} {2v_A^2\cos^2 50^\circ}

整理得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題

(3) See Fig. 3. Two disks A and B each have a mass of 1 kg and the initial velocities shown just before they collide (subscript 1). If the coefficient of restitution is e=0.66e = 0.66, determine the x- and y-component of the velocity of disk A and B just after impact (subscript 2): (vA)2x(v_A)_{2x}=? [5%] (vA)2y(v_A)_{2y}=? [5%] (vB)2x(v_B)_{2x}=? [5%] (vB)2y(v_B)_{2y}=? [5%]

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Fig. 3

Given:
Mass of disk A, mA=1m_A = 1 kg
Mass of disk B, mB=1m_B = 1 kg
Initial velocity of disk A, (vA)1=4(v_A)_1 = 4 m/s in the y-direction.
Initial velocity of disk B, (vB)1=3(v_B)_1 = 3 m/s in the direction making an angle with the x-axis.
Coefficient of restitution, e=0.66e = 0.66.
The plane of contact is the y-axis.

Determine:
(vA)2x(v_A)_{2x}, (vA)2y(v_A)_{2y}
(vB)2x(v_B)_{2x}, (vB)2y(v_B)_{2y}

Note: From Fig. 3, the initial velocity of disk B (vB)1(v_B)_1 is in the direction specified by the vector (4,3)(4, 3).
The magnitude of (vB)1(v_B)_1 is 42+32=16+9=25=5\sqrt{4^2 + 3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5 m/s.
The direction vector for (vB)1(v_B)_1 is uB=4i+3j5\mathbf{u}_B = \frac{4\mathbf{i} + 3\mathbf{j}}{5}.
So, (vB)1x=5⋅45=4(v_B)_{1x} = 5 \cdot \frac{4}{5} = 4 m/s and (vB)1y=5⋅35=3(v_B)_{1y} = 5 \cdot \frac{3}{5} = 3 m/s.

Initial velocities:
(vA)1=0i+4j(v_A)_1 = 0 \mathbf{i} + 4 \mathbf{j} m/s
(vB)1=4i+3j(v_B)_1 = 4 \mathbf{i} + 3 \mathbf{j} m/s

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查光滑圓盤碰撞的:

  1. 動量守恆
  2. 恢復係數
  3. 沿接觸法線方向與切線方向分解速度

依原圖判讀:

  • 圓盤 AA 初速度向下:

    vA1=0i−4j m/s\mathbf v_{A1}=0\mathbf i-4\mathbf j\ \text{m/s}

  • 圓盤 BB 初速度水平向右,大小為 3 m/s3\ \text{m/s}:

    vB1=3i+0j m/s\mathbf v_{B1}=3\mathbf i+0\mathbf j\ \text{m/s}

  • 圖中的 33-44-55 三角形表示接觸面方向,因此接觸法線(碰撞線)可取

    n=3i+4j5\mathbf n=\frac{3\mathbf i+4\mathbf j}{5}

    接觸切線方向取

    t=4i−3j5\mathbf t=\frac{4\mathbf i-3\mathbf j}{5}

題目未給摩擦,故採用光滑圓盤碰撞模型,切線方向速度不變。

解題方法

1. 分解碰撞前速度

圓盤 AA 的法線與切線速度分量為

vA1n=vA1⋅n=(0,−4)⋅(35,45)=−165=−3.2 m/sv_{A1n}=\mathbf v_{A1}\cdot\mathbf n =(0,-4)\cdot\left(\frac35,\frac45\right) =-\frac{16}{5}=-3.2\ \text{m/s} vA1t=vA1⋅t=(0,−4)⋅(45,−35)=125=2.4 m/sv_{A1t}=\mathbf v_{A1}\cdot\mathbf t =(0,-4)\cdot\left(\frac45,-\frac35\right) =\frac{12}{5}=2.4\ \text{m/s}

圓盤 BB 的法線與切線速度分量為

vB1n=vB1⋅n=(3,0)⋅(35,45)=95=1.8 m/sv_{B1n}=\mathbf v_{B1}\cdot\mathbf n =(3,0)\cdot\left(\frac35,\frac45\right) =\frac95=1.8\ \text{m/s} vB1t=vB1⋅t=(3,0)⋅(45,−35)=125=2.4 m/sv_{B1t}=\mathbf v_{B1}\cdot\mathbf t =(3,0)\cdot\left(\frac45,-\frac35\right) =\frac{12}{5}=2.4\ \text{m/s}

2. 法線方向套用動量守恆與恢復係數

因為 mA=mB=1 kgm_A=m_B=1\ \text{kg},法線方向動量守恆為

vA2n+vB2n=vA1n+vB1n=−3.2+1.8=−1.4v_{A2n}+v_{B2n} =v_{A1n}+v_{B1n} =-3.2+1.8=-1.4

恢復係數關係式為

e=vB2n−vA2nvA1n−vB1ne=\frac{v_{B2n}-v_{A2n}}{v_{A1n}-v_{B1n}}

因此

vB2n−vA2n=0.66[(−3.2)−1.8]=−3.3v_{B2n}-v_{A2n} =0.66\left[(-3.2)-1.8\right] =-3.3

聯立

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題

(4) As shown in Fig. 4, block A and B each have a mass 5-kg. For θ=42∘\theta = 42^\circ, determine the largest horizontal force PP [10%] which can be applied to B so that it will not slide on A. Also, what is the corresponding acceleration aa? [10%] The coefficient of static friction between A and B is μs=0.3\mu_s = 0.3. Neglect any friction between A and the horizontal surface.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
Fig. 4

Given:
Mass of block A, mA=5m_A = 5 kg
Mass of block B, mB=5m_B = 5 kg
Angle, θ=42∘\theta = 42^\circ
Coefficient of static friction between A and B, μs=0.3\mu_s = 0.3.
Horizontal force PP is applied to block B.
Friction between A and the horizontal surface is neglected.

Determine:
Largest horizontal force PP such that block B does not slide on block A.
Corresponding acceleration aa of the system (A and B move together).

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

A、B 不相對滑動,因此兩物體具有相同的水平加速度 aa。由於地面無摩擦,整個系統在水平方向只受外力 PP:

P=(mA+mB)a=10aP=(m_A+m_B)a=10a

接觸面上的靜摩擦力必須滿足:

∣F∣≤μsN|F|\leq \mu_s N

當 PP 達到最大值時,靜摩擦力達到極限:

F=μsNF=\mu_s N

解題方法

取水平方向向左為正。設接觸面正向力為 NN,摩擦力 FF 沿斜面向右下方作用於 B。

對 B 進行受力分析。

水平方向:

P−Nsin⁡θ−Fcos⁡θ=mBaP-N\sin\theta-F\cos\theta=m_Ba

對 A 而言,水平方向受接觸力作用,故:

Nsin⁡θ+Fcos⁡θ=mAaN\sin\theta+F\cos\theta=m_Aa

兩式相加可得整體運動方程:

P=(mA+mB)a=10aP=(m_A+m_B)a=10a

B 的鉛直方向沒有加速度,因此:

Ncos⁡θ−Fsin⁡θ=mBgN\cos\theta-F\sin\theta=m_Bg

又由 A 的水平方向方程:

Nsin⁡θ+Fcos⁡θ=mAaN\sin\theta+F\cos\theta=m_Aa

解此二式,得到:

N=mAasin⁡θ+mBgcos⁡θN=m_Aa\sin\theta+m_Bg\cos\theta F=mAacos⁡θ−mBgsin⁡θF=m_Aa\cos\theta-m_Bg\sin\theta

本題中 mA=mB=5 kgm_A=m_B=5\ \text{kg}。最大向左推力對應於摩擦力達到 F=μsNF=\mu_sN,因此:

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊,享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題