114 年 國立成功大學系統及船舶機電工程研究所乙組《動力學》

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第 1 題

(1) The 12-kg wheel shown in Fig. 1 has a moment of inertia IG=0.15 kg⋅m2I_G = 0.15 \, \text{kg} \cdot \text{m}^2. Assuming that the wheel does not slip or rebound, determine the minimum velocity vGv_G it must have to just roll over the obstruction at AA. [20%]

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核心觀念

本題考查「輪子越過台階」的碰撞與能量法：

  1. 輪子撞上障礙物尖角 AA 瞬間，以 AA 為基準使用角動量守恆。
  2. 碰撞後輪子繞 AA 瞬時轉動，利用機械能守恆求出剛好越過障礙物所需的最低速度。
  3. 輪子未打滑，因此碰撞前有
    ω=vGR\omega=\frac{v_G}{R}

其中 RR 為輪半徑，hh 為障礙物高度。

解題方法

碰撞前，輪子質心 GG 與尖角 AA 的垂直距離為 R−hR-h。以 AA 為基準，碰撞瞬間的角動量大小為

HA−=mvG(R−h)+IGωH_A^-=m v_G(R-h)+I_G\omega

代入 ω=vG/R\omega=v_G/R：

HA−=vG[m(R−h)+IGR]H_A^- = v_G\left[m(R-h)+\frac{I_G}{R}\right]

碰撞後，輪子以 AA 為固定轉軸轉動，其對 AA 的轉動慣量為

IA=IG+mR2I_A=I_G+mR^2

因此碰撞後角速度 ωA\omega_A 滿足

mvG(R−h)+IGvGR=(IG+mR2)ωAm v_G(R-h)+I_G\frac{v_G}{R} = (I_G+mR^2)\omega_A

即

ωA=vG[m(R−h)+IG/R]IG+mR2\omega_A= \frac{v_G\left[m(R-h)+I_G/R\right]} {I_G+mR^2}

輪子要「剛好」越過障礙物，表示碰撞後的轉動動能恰好增加質心位能 mghmgh：

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第 2 題

(2) See Fig. 2. At the instant shown, the 30-kg disk has a counterclockwise angular velocity of ω=10 rad/s\omega = 10 \, \text{rad/s}. Determine the following values at this instant:
(i) the moment of inertia II used for the next question (選定下一小題(ii)的旋轉軸，並依此計算 II) [5%],
(ii) the angular acceleration α\alpha of the disk [5%],
(iii) the normal and tangential components (ana_n, ata_t) of reaction of the pin B on the disk [10%].

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核心觀念

本題利用剛體平面運動的三個基本關係：

  1. 平行軸定理：
    IB=IG+mr2I_B=I_G+mr^2

  2. 繞固定點 BB 的轉動方程：
    ∑MB=IBα\sum M_B=I_B\alpha

  3. 質心的法向、切向加速度：
    an=rω2,at=rαa_n=r\omega^2,\qquad a_t=r\alpha

其中 r=BGr=BG，m=30 kgm=30\ \text{kg}，ω=10 rad/s\omega=10\ \text{rad/s}。

目前提供的掃描圖只有考卷封面，未包含題目所引用的 Fig. 2。因此圖中的圓盤半徑、質心位置、外力大小與方向、BB 點幾何關係均無法讀取；這些資料是計算三小題數值答案所必要的資訊。

解題方法

(i) 慣性矩

若圖示為均勻實心圓盤，且下一小題選取固定銷軸 BB 作為旋轉軸，則

IG=12mR2I_G=\frac{1}{2}mR^2

若圓盤中心 GG 與銷軸 BB 的距離為 rr，由平行軸定理：

IB=IG+mr2I_B=I_G+mr^2

因此

IB=12(30)R2+30r2\boxed{I_B=\frac{1}{2}(30)R^2+30r^2}

若 BB 位於圓盤邊緣，則 r=Rr=R，所以

IB=45R2 kg⋅m2\boxed{I_B=45R^2\ \text{kg}\cdot\text{m}^2}

(ii) 角加速度

取逆時針為正方向，繞固定點 BB 使用轉動方程：

∑MB=IBα\sum M_B=I_B\alpha

故

α=∑MBIB\boxed{\alpha=\frac{\sum M_B}{I_B}}

其中 ∑MB\sum M_B 必須依 Fig. 2 中各外力對 BB 點的力矩代數相加。銷軸反力通過 BB，因此對 BB 點力矩為零。

(iii) 銷軸 BB 對圓盤的反力

若圓盤繞固定點 BB 轉動，質心 GG 的加速度分解為：

an=rω2a_n=r\omega^2
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第 3 題

(3) As shown in Fig. 3, block A has a mass mA=0.4 kgm_A = 0.4 \, \text{kg} and is attached to a spring having a stiffness k=24.6 N/mk = 24.6 \, \text{N/m} and unstretched length l0=1 ml_0 = 1 \, \text{m}. If another block B, having a mass mB=0.3 kgm_B = 0.3 \, \text{kg}, is pressed against A so that the spring deforms a distance d=0.3 md = 0.3 \, \text{m}. Both blocks slide on the smooth surface. Before they begin to separate, what is their velocity vv at this instant? [10%]

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核心觀念

兩木塊在分離前保持接觸，因此具有相同速度。桌面光滑，水平方向沒有外力做功；彈簧的彈性位能轉換成兩木塊的動能。

木塊開始分離的瞬間，彈簧已恢復原長，彈簧力降為零，接觸力也隨之降為零。

解題方法

設木塊向右的共同速度為 vv。初始時兩木塊靜止，彈簧壓縮量為 d=0.3 md=0.3\,\text{m}。從初始狀態到開始分離的瞬間，套用機械能守恆：

12kd2=12(mA+mB)v2\frac{1}{2}kd^2 = \frac{1}{2}(m_A+m_B)v^2
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第 4 題

(4) At the instant given, member AB has the angular motions shown in Fig. 4. Determine the following values at this instant: member BC's angular velocity ωBC\omega_{BC} [5%], slider block C's velocity vCv_C [5%], pin B's tangential acceleration atBa_{tB} [5%], slider block C's acceleration aCa_C [5%].

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核心觀念

本題使用平面剛體運動的速度與加速度關係：

v⃗C=v⃗B+ω⃗BC×r⃗C/B\vec v_C=\vec v_B+\vec\omega_{BC}\times\vec r_{C/B} a⃗C=a⃗B+α⃗BC×r⃗C/B−ωBC 2r⃗C/B\vec a_C=\vec a_B+\vec\alpha_{BC}\times\vec r_{C/B} -\omega_{BC}^{\,2}\vec r_{C/B}

依圖取 xx 軸向右、yy 軸向上，且：

  • AB=0.7 mAB=0.7\ \text{m}
  • BB 相對 AA 的位置為 (0,0.7)(0,0.7)
  • CC 相對 BB 的位置為
r⃗C/B=(−0.5 i−1.2 j) m\vec r_{C/B}=(-0.5\,\mathbf i-1.2\,\mathbf j)\ \text{m}

滑塊 CC 沿斜面運動，斜面方向為 3−4−53-4-5，因此

v⃗C=vC(45i+35j)\vec v_C=v_C\left(\frac45\mathbf i+\frac35\mathbf j\right)

依圖，ABAB 的角速度為逆時針，角加速度為順時針：

ωAB=4.4 rad/s,αAB=−2 rad/s2\omega_{AB}=4.4\ \text{rad/s},\qquad \alpha_{AB}=-2\ \text{rad/s}^2

1. 構件 BCBC 的角速度

點 BB 的速度為

v⃗B=ω⃗AB×r⃗B/A=4.4k×(0.7j)=−3.08i m/s\vec v_B=\vec\omega_{AB}\times\vec r_{B/A} =4.4\mathbf k\times(0.7\mathbf j) =-3.08\mathbf i\ \text{m/s}

設 ωBC\omega_{BC} 為逆時針正，則

ω⃗BC×r⃗C/B=ωBCk×(−0.5i−1.2j)=(1.2ωBCi−0.5ωBCj)\vec\omega_{BC}\times\vec r_{C/B} =\omega_{BC}\mathbf k\times(-0.5\mathbf i-1.2\mathbf j) =(1.2\omega_{BC}\mathbf i-0.5\omega_{BC}\mathbf j)

故

v⃗C=(−3.08+1.2ωBC)i−0.5ωBCj\vec v_C= (-3.08+1.2\omega_{BC})\mathbf i -0.5\omega_{BC}\mathbf j

與滑塊運動方向比較：

−0.5ωBC−3.08+1.2ωBC=34\frac{-0.5\omega_{BC}}{-3.08+1.2\omega_{BC}} =\frac34

解得

ωBC=−23.1 rad/s\omega_{BC}=-23.1\ \text{rad/s}

負號表示順時針。

2. 滑塊 CC 的速度

由 yy 方向：

35vC=−0.5ωBC\frac35v_C=-0.5\omega_{BC}

代入 ωBC=−23.1 rad/s\omega_{BC}=-23.1\ \text{rad/s}：

vC=38.5 m/sv_C=38.5\ \text{m/s}

方向為斜面右上方。因此

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第 5 題

(5) As shown in Fig. 5, block B has a weight of 80 kg80 \, \text{kg} and rests on floor for which the coefficient of kinetic friction is μk=0.3\mu_k = 0.3. If the motor draws in the cable at constant rate of 6 m/s6 \, \text{m/s}, (1) determine the acceleration of the velocity of the block and total force on it [5%]; (method 2b) by using the cable tension and velocity (6 m/s) drawn by the motor [5%]. Neglect the mass of the cable and pulleys.

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核心觀念

本題考查：

  • 質點平移的運動學；
  • 不可伸長纜索的長度約束；
  • 牛頓第二定律；
  • 動力的兩種計算方式：
    P=F⋅vP=\mathbf F\cdot\mathbf v
    P=Tv纜索P=T v_{\text{纜索}}

圖中上下兩段斜纜索與水平線夾角皆為 θ\theta，且垂直高度各為 3 m3\,\text{m}。題目給定瞬間 θ=40∘\theta=40^\circ。

一、纜索幾何與滑塊速度

設中央滑輪向右移動的距離為 xx，每段斜纜索長度為 ℓ\ell，則

ℓ=x2+32\ell=\sqrt{x^2+3^2}

由圖中幾何關係：

x=3cot⁡θ,ℓ=3csc⁡θx=3\cot\theta,\qquad \ell=3\csc\theta

馬達端纜索速度為 6 m/s6\,\text{m/s}。中央滑輪兩側各有一段斜纜索，因此

2ℓ˙=62\dot{\ell}=6

取中央滑輪向右為正方向，中央滑輪向右移動時斜纜索變短，因此

ℓ˙=−3 m/s\dot{\ell}=-3\,\text{m/s}

又

ℓ˙=xℓx˙=cos⁡θ x˙\dot{\ell}=\frac{x}{\ell}\dot{x} =\cos\theta\,\dot{x}

故滑塊速度大小為

vB=−x˙=3cos⁡θ=3sec⁡θv_B=-\dot{x} =\frac{3}{\cos\theta} =3\sec\theta

代入 θ=40∘\theta=40^\circ：

vB=3sec⁡40∘=3.916 m/sv_B=3\sec40^\circ =3.916\,\text{m/s}

方向為向右。

二、滑塊加速度

由

ℓ2=x2+9\ell^2=x^2+9

對時間微分兩次：

x˙2+xx¨=0\dot{x}^2+x\ddot{x}=0

因此

x¨=−x˙2x\ddot{x}=-\frac{\dot{x}^2}{x}

因為滑塊向右位移為 −x-x，所以滑塊向右加速度大小為

aB=x˙2xa_B=\frac{\dot{x}^2}{x}

代入

x˙=−3sec⁡θ,x=3cot⁡θ\dot{x}=-3\sec\theta,\qquad x=3\cot\theta

可得

aB=9sec⁡2θ3cot⁡θ=3sec⁡2θtan⁡θa_B =\frac{9\sec^2\theta}{3\cot\theta} =3\sec^2\theta\tan\theta

當 θ=40∘\theta=40^\circ：

aB=3sec⁡240∘tan⁡40∘=4.29 m/s2a_B =3\sec^2 40^\circ\tan40^\circ =4.29\,\text{m/s}^2

方向向右。

三、受力分析與纜索張力

滑塊質量為

m=80 kgm=80\,\text{kg}

由於上下兩段纜索的垂直分量互相抵消，因此地板正向力為

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