108 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班乙組《應用力學（含靜力學與動力學）》

本題考查向量的合成，即求兩個已知力向量的合力。

解題步驟如下：

1. 將每個力向量分解為水平 (x) 和垂直 (y) 分量。
2. 將所有水平分量相加得到合力的水平分量 $F_{Rx}$。
3. 將所有垂直分量相加得到合力的垂直分量 $F_{Ry}$。
4. 利用畢氏定理計算合力 $F_R$ 的大小。
5. 利用反正切函數計算合力 $F_R$ 的方向。

步驟 1: 分解力向量
力 $F_1$：
水平分量 $F_{1x} = F_1 \cos(30^\circ) = 600 \text{ N} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 300\sqrt{3} \text{ N}$
垂直分量 $F_{1y} = F_1 \sin(30^\circ) = 600 \text{ N} \times \frac{1}{2} = 300 \text{ N}$

力 $F_2$：
水平分量 $F_{2x} = -F_2 \cos(45^\circ) = -400 \text{ N} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = -200\sqrt{2} \text{ N}$ (注意方向為負)
垂直分量 $F_{2y} = F_2 \sin(45^\circ) = 400 \text{ N} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = 200\sqrt{2} \text{ N}$

步驟 2: 計算合力的水平分量 $F_{Rx}$
$F_{Rx} = F_{1x} + F_{2x} = 300\sqrt{3} \text{ N} - 200\sqrt{2} \text{ N}$
$F_{Rx} \approx 300 \times 1.732 - 200 \times 1.414 = 519.6 - 282.8 = 236.8 \text{ N}$

本題考查變分載荷下的等效合力計算。對於一個作用在平面上的分佈載荷，其等效合力的大小等於載荷函數在作用範圍內的積分，其作用位置則需要通過計算合力矩來確定。

解題步驟如下：

1. 確定分佈載荷的函數形式及其作用範圍。
2. 計算等效合力 $F_R$ 的大小，即載荷函數在作用範圍內的積分。
3. 計算合力 $F_R$ 的作用位置，即利用合力矩等於各分力矩之和的原理。

步驟 1: 確定分佈載荷的函數形式及其作用範圍
分佈載荷為 $P(x) = 800x$ Pa (帕斯卡)，作用在梁的頂部表面。
梁的長度為 $9$ m，所以載荷作用的範圍是 $x \in [0, 9]$ m。
載荷的單位是 Pa (N/m$^2$)。由於載荷作用在梁的頂部表面，我們需要考慮梁的寬度來計算力的總和。梁的寬度為 $w = 0.2$ m。
因此，作用在長度 $dx$ 上的力 $dF$ 的大小為：
$dF = P(x) \times w \times dx = (800x \text{ Pa}) \times (0.2 \text{ m}) \times dx = 160x \text{ N/m} \times dx$

步驟 2: 計算等效合力 $F_R$ 的大小
等效合力 $F_R$ 是所有這些小力 $dF$ 在梁長度上的積分：
$F_R = \int_{0}^{9} dF = \int_{0}^{9} 160x \, dx$
$F_R = 160 \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{9}$
$F_R = 160 \left( \frac{9^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right)$

核心觀念

本題考查平面剛體靜力平衡，以及「梁即將離開滾支架」的臨界條件：

• 即將離開 $B$ 點時，滾支架的法向反力為
  $N_B=0.$
• 均質梁的重心位於中點，因此梁重力作用於距 $A$ 點
  $\frac{3.0}{2}=1.5\ \text{m}$
  處。
• 人對梁的法向作用力等於人的重量，方向向下。

以下依圖示將 $B$ 點繩索視為鉛直繩索。

解題方法

梁長為

$$AB=0.8+2.2=3.0\ \text{m}.$$

人的重量為

$$W_m=75(9.81)=735.75\ \text{N},$$

梁的重量為

$$W_b=40(9.81)=392.4\ \text{N}.$$

對人畫自由體圖。人只受到：

• 重力 $W_m$，向下；
• 梁對人的法向力 $N$，向上。

因此對人作垂直方向平衡：

$$\sum F_y=0$$ $$N-W_m=0$$ $$N=735.75\ \text{N}.$$

依牛頓第三定律，人對梁的法向作用力方向向下，大小同樣為

$$N_{m\to b}=735.75\ \text{N}.$$

接著對梁畫自由體圖。梁受到：

• $A$ 點鉸支承反力 $A_x,A_y$；
• $B$ 點繩索張力 $T$，向上；
• 梁自重 $W_b$，作用於 $1.5$ m 處；

本題考查平面區域的面積慣量矩 (Moment of Inertia) 計算。需要分別計算陰影區域對 $x$ 軸和 $y$ 軸的面積慣量矩。

解題步驟如下：

1. 確定陰影區域的幾何形狀和尺寸。
2. 利用極座標或直角座標，將陰影區域表示出來。
3. 利用面積慣量矩的定義公式進行積分計算。

步驟 1 & 2: 確定陰影區域的幾何形狀和尺寸
圖示為一個半圓，半徑為 $R$，圓心在原點。陰影部分是位於第一象限的扇形區域。
由圖示可知，陰影區域是由半徑為 $R$ 的圓在第一象限的部分所構成，其邊界是 $x$ 軸、$y$ 軸以及圓周。
然而，圖示中又出現了一個角度 $\theta$ 和一個扇形，這使得問題的定義變得模糊。
根據圖示，陰影區域似乎是位於第一象限，由 $x$ 軸、$y$ 軸以及半徑為 $R$ 的圓弧所圍成的區域。
如果陰影區域就是第一象限的四分之一圓，那麼其範圍是 $0 \le r \le R$ 且 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。

重新觀察圖示：
圖示中，陰影區域是一個扇形，其兩條半徑分別位於 $x$ 軸和 $y$ 軸上，且圓弧是半徑為 $R$ 的圓的一部分。
這意味著陰影區域是第一象限的四分之一圓盤。
半徑為 $R$。

步驟 3: 計算面積慣量矩

對 $x$ 軸的面積慣量矩 ($I_x$)
對於一個半徑為 $R$ 的圓盤，其面積慣量矩對通過圓心的 $x$ 軸為 $I_x = \frac{1}{4} \pi R^4$。
由於我們考慮的是第一象限的四分之一圓盤，這個區域關於 $x$ 軸是對稱的（如果我們考慮整個圓盤）。
對於一個四分之一圓盤，其面積慣量矩對 $x$ 軸為：
$I_x = \int\int_A y^2 \, dA$
使用極座標： $dA = r \, dr \, d\theta$, $y = r \sin(\theta)$。
區域為 $0 \le r \le R$, $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。
$I_x = \int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{R} (r \sin(\theta))^2 \, r \, dr \, d\theta$
$I_x = \int_{0}^{\pi/2} \sin^2(\theta) \, d\theta \int_{0}^{R} r^3 \, dr$
$\int_{0}^{R} r^3 \, dr = \left[ \frac{r^4}{4} \right]_{0}^{R} = \frac{R^4}{4}$
$\int_{0}^{\pi/2} \sin^2(\theta) \, d\theta = \int_{0}^{\pi/2} \frac{1 - \cos(2\theta)}{2} \, d\theta = \left[ \frac{\theta}{2} - \frac{\sin(2\theta)}{4} \right]_{0}^{\pi/2} = \left( \frac{\pi/2}{2} - 0 \right) - (0 - 0) = \frac{\pi}{4}$
所以，$I_x = \frac{\pi}{4} \times \frac{R^4}{4} = \frac{\pi R^4}{16}$。

對 $y$ 軸的面積慣量矩 ($I_y$)
由於區域關於 $x$ 軸和 $y$ 軸是對稱的（在第一象限內，如果我們考慮整個圓盤，則 $I_x = I_y$），我們可以預期 $I_y$ 與 $I_x$ 的計算結果相似。
$I_y = \int\int_A x^2 \, dA$
使用極座標： $dA = r \, dr \, d\theta$, $x = r \cos(\theta)$。
$I_y = \int_{0}^{\pi/2} \int_{0}^{R} (r \cos(\theta))^2 \, r \, dr \, d\theta$
$I_y = \int_{0}^{\pi/2} \cos^2(\theta) \, d\theta \int_{0}^{R} r^3 \, dr$
$\int_{0}^{R} r^3 \, dr = \frac{R^4}{4}$

核心觀念

本題考查光滑牆面與地面上的細長桿平面運動，使用：

1. 質心平移運動方程：
   $\sum F_x=ma_{Gx},\qquad \sum F_y=ma_{Gy}$

2. 繞質心的轉動方程：
   $\sum M_G=I_G\alpha$

3. 細桿質心轉動慣量：
   $I_G=\frac{1}{12}mL^2$

依原圖，$\theta$ 是桿與垂直牆面的夾角，因此桿與水平地面的夾角為

$\beta=90^\circ-\theta$

設逆時針為正，題目給定角速度為逆時針方向，故角速度大小為 $\omega$。

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解題方法

設桿上端 $A$ 接觸垂直牆面，下端 $B$ 接觸水平地面。牆面反力為 $N_A$，地面反力為 $N_B$。

取 $x$ 軸向右、$y$ 軸向上。質心 $G$ 位於桿中央。

一、質心加速度

由幾何關係，

$x_G=\frac{L}{2}\cos\beta,\qquad y_G=\frac{L}{2}\sin\beta$

由於桿逆時針轉動，$\dot{\beta}=-\omega$；令桿的逆時針角加速度為 $\alpha$，則 $\ddot{\beta}=-\alpha$。

因此

$a_{Gx}=\frac{L}{2}\left(\sin\beta\,\alpha-\cos\beta\,\omega^2\right)$

$a_{Gy}=-\frac{L}{2}\left(\sin\beta\,\omega^2+\cos\beta\,\alpha\right)$

二、列出平移方程

水平方向：

$N_A=ma_{Gx}$

鉛直方向：

$N_B-mg=ma_{Gy}$

三、繞質心取矩

牆面反力與地面反力對質心的力矩合為

$\frac{L}{2}\left(N_B\cos\beta-N_A\sin\beta\right)$

故

$$\frac{L}{2}\left(N_B\cos\beta-N_A\sin\beta\right) =\frac{1}{12}mL^2\alpha$$

將平移方程代入：

$$N_A=m\frac{L}{2} \left(\sin\beta\,\alpha-\cos\beta\,\omega^2\right)$$ $$N_B=m\left[ g-\frac{L}{2} \left(\sin\beta\,\omega^2+\cos\beta\,\alpha\right) \right]$$

代入力矩方程後，含 $\omega^2$ 的項會互相抵消，得到

$$mg\cos\beta-\frac{mL}{2}\alpha =\frac{mL}{6}\alpha$$

因此

$\alpha=\frac{3g\cos\beta}{2L}$

核心觀念

依原圖判讀，$C、D$ 為垂直轉軸上的上下兩個支承位置，$A、B$ 為兩圓盤的質心。此題考查：

1. 圓盤繞其直徑旋轉時的質量慣性矩。
2. 陀螺效應所產生的力矩
   $\mathbf{M}_g=\boldsymbol{\omega}_2\times\mathbf{H}$
3. 由上下支承反力形成力偶，以平衡陀螺力矩。

兩圓盤相對垂直軸對稱配置，因此由公轉所產生的離心力大小相等、方向相反，合力為零；主要動態支承反力來自陀螺力矩。

解題方法

1. 圓盤繞桿 $AB$ 的質量慣性矩

薄圓盤繞通過質心的直徑旋轉，其慣性矩為

$$I_d=\frac{1}{4}mr^2$$

其中

$$m=6\ \text{kg},\qquad r=0.2\ \text{m}$$

因此單一圓盤

$$I_d=\frac{1}{4}(6)(0.2)^2 =0.06\ \text{kg}\cdot\text{m}^2$$

兩個圓盤的總慣性矩為

$$I=2I_d=0.12\ \text{kg}\cdot\text{m}^2$$

2. 角速度換算

$$\omega_1=1500\left(\frac{2\pi}{60}\right) =50\pi\ \text{rad/s}$$ $$\omega_2=60\left(\frac{2\pi}{60}\right) =2\pi\ \text{rad/s}$$

兩圓盤沿桿 $AB$ 的總角動量大小為

$$H=I\omega_1 =(0.12)(50\pi) =6\pi\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}$$

3. 陀螺力矩

本題考查動量守恆、衝量-動量定理以及能量損失率的計算。題目描述了一個碰撞過程，要求分析碰撞後的運動狀態和能量變化。

解題步驟如下：

1. 碰撞後台車的速度 (動量守恆)：
   利用系統（包裹 + 台車）在碰撞過程中的動量守恆定律，計算碰撞後的總動量，進而求得碰撞後的共同速度。
2. 包裹所受到的作用力 (衝量-動量定理)：
   利用包裹在碰撞過程中受到的衝量等於其動量變化量，計算包裹在碰撞過程中受到的平均作用力。
3. 碰撞過程能量損失率 (能量守恆與損失)：
   計算碰撞前的總動能和碰撞後的總動能，然後計算能量損失量，最後求得能量損失率。

步驟 1: 碰撞後台車的速度
系統由包裹 (m$_1$) 和台車 (m$_2$) 組成。
包裹質量 $m_1 = 5$ kg。
包裹碰撞前的速度 $v_1 = 3$ m/s，方向與水平方向成 $30^\circ$ 角。
台車質量 $m_2 = 20$ kg。
台車碰撞前的速度 $v_2 = 0$ m/s。

碰撞後，包裹與台車一起運動，假設共同速度為 $V$。
由於碰撞過程無摩擦且反作用力垂直，我們可以認為系統在水平方向動量守恆。
將速度分解為水平 (x) 和垂直 (y) 分量。
設水平方向為 $x$，垂直方向為 $y$。
包裹碰撞前的速度向量 $\mathbf{v}_1$：
$v_{1x} = v_1 \cos(30^\circ) = 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ m/s。
$v_{1y} = v_1 \sin(30^\circ) = 3 \times \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ m/s。

碰撞前的總動量：
$\mathbf{P}_{before} = m_1 \mathbf{v}_1 + m_2 \mathbf{v}_2$
$P_{before, x} = m_1 v_{1x} + m_2 v_{2x} = 5 \times \frac{3\sqrt{3}}{2} + 20 \times 0 = \frac{15\sqrt{3}}{2}$ kg m/s。
$P_{before, y} = m_1 v_{1y} + m_2 v_{2y} = 5 \times \frac{3}{2} + 20 \times 0 = \frac{15}{2}$ kg m/s。

碰撞後，包裹與台車一起運動，共同速度為 $\mathbf{V}$。
$m_{total} = m_1 + m_2 = 5 + 20 = 25$ kg。
$\mathbf{P}_{after} = (m_1 + m_2) \mathbf{V} = 25 \mathbf{V}$。
$P_{after, x} = 25 V_x$。
$P_{after, y} = 25 V_y$。

根據動量守恆定律：$\mathbf{P}_{before} = \mathbf{P}_{after}$。
$P_{before, x} = P_{after, x} \implies \frac{15\sqrt{3}}{2} = 25 V_x \implies V_x = \frac{15\sqrt{3}}{2 \times 25} = \frac{3\sqrt{3}}{10}$ m/s。
$P_{before, y} = P_{after, y} \implies \frac{15}{2} = 25 V_y \implies V_y = \frac{15}{2 \times 25} = \frac{3}{10}$ m/s。

碰撞後台車的速度 $V = |\mathbf{V}| = \sqrt{V_x^2 + V_y^2}$。
$V = \sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{10})^2 + (\frac{3}{10})^2} = \sqrt{\frac{9 \times 3}{100} + \frac{9}{100}} = \sqrt{\frac{27+9}{100}} = \sqrt{\frac{36}{100}} = \frac{6}{10} = 0.6$ m/s。

步驟 2: 包裹所受到的作用力
包裹所受到的作用力是指在碰撞過程中，台車對包裹施加的平均作用力。
根據衝量-動量定理：$\mathbf{I} = \Delta \mathbf{p}$。
衝量 $\mathbf{I} = \mathbf{F}_{avg} \Delta t$。
動量變化 $\Delta \mathbf{p} = \mathbf{p}_{after} - \mathbf{p}_{before}$。
包裹的動量變化：