109 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班丁組《動力學》

本題考查簡諧運動的微分方程及其解法。

核心觀念：
給定的角加速度 $\alpha = -50 \theta$ 是一個典型的簡諧運動 (Simple Harmonic Motion, SHM) 方程式。其標準形式為 $\frac{d^2\theta}{dt^2} = -\omega_n^2 \theta$，其中 $\omega_n$ 是圓頻率。

解題步驟：
首先，將題目給定的角加速度方程式與標準簡諧運動方程式比較，找出圓頻率 $\omega_n$。
$\alpha = \frac{d^2\theta}{dt^2} = -50 \theta$
標準形式：$\frac{d^2\theta}{dt^2} = -\omega_n^2 \theta$
比較可得：$\omega_n^2 = 50 \implies \omega_n = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$ rad/s。

給定的初始條件是：
在 $t=0$ 時，$\theta = 20^\circ$ 且角速度 $\omega = \frac{d\theta}{dt} = 0$ (從靜止釋放)。
注意：角度 $\theta$ 必須轉換為弧度 (radians) 才能代入方程式。
$\theta_0 = 20^\circ = 20 \times \frac{\pi}{180} = \frac{\pi}{9}$ rad。

簡諧運動的通解為：
$\theta(t) = \theta_{max} \cos(\omega_n t + \phi)$
其中 $\theta_{max}$ 是最大角位移，$\phi$ 是相位角。

我們也可以寫成：
$\theta(t) = C_1 \cos(\omega_n t) + C_2 \sin(\omega_n t)$

利用初始條件求解 $C_1$ 和 $C_2$：
$\omega(t) = \frac{d\theta}{dt} = -C_1 \omega_n \sin(\omega_n t) + C_2 \omega_n \cos(\omega_n t)$

在 $t=0$ 時：
$\theta(0) = C_1 \cos(0) + C_2 \sin(0) = C_1 = \frac{\pi}{9}$
$\omega(0) = -C_1 \omega_n \sin(0) + C_2 \omega_n \cos(0) = C_2 \omega_n = 0$
由於 $\omega_n \neq 0$，所以 $C_2 = 0$。

核心觀念

在加速中的 collar $A$ 參考座標系內，均勻桿 $BC$ 除受重力外，還需加入向左的慣性力：

當 cord $AB$ 與 rod $BC$ 成一直線時，桿不應有轉動趨勢，因此重力與慣性力的合力必須沿著桿 $BC$ 方向。

由圖中幾何關係：

令桿與鉛直線的夾角為 $\theta$，則

因此

解題方法

對桿 $BC$ 的質心 $G$ 取力矩。因為桿為均勻桿，重力作用於中點；而張力作用線若與桿重合，也通過桿的軸線，不造成使桿轉動的力矩。

要使桿沒有轉動趨勢，重力與慣性力的合力必須沿桿軸線：

本題考查垂直上拋運動和能量守恆。

核心觀念：
火箭的運動可以分為兩個階段：

1. 第一階段：有推力作用，火箭做變加速直線運動。
2. 第二階段：推力消失，火箭做等加速度直線運動（僅受重力作用）。

解題步驟：

階段一：推力作用階段
已知：
火箭質量 $m = 2$ kg。
推力 $F_{thrust} = 50$ N。
初始速度 $v_0 = 0$ m/s。
上升高度 $h_1 = 20$ m。
重力加速度 $g \approx 9.81$ m/s$^2$。

首先，計算作用在火箭上的淨力。由於是垂直向上運動，重力向下。
淨力 $F_{net1} = F_{thrust} - F_{gravity} = F_{thrust} - mg$
$F_{net1} = 50 \text{ N} - (2 \text{ kg} \times 9.81 \text{ m/s}^2) = 50 \text{ N} - 19.62 \text{ N} = 30.38 \text{ N}$。

根據牛頓第二定律，計算火箭在推力作用下的加速度 $a_1$。
$a_1 = \frac{F_{net1}}{m} = \frac{30.38 \text{ N}}{2 \text{ kg}} = 15.19 \text{ m/s}^2$。

(a) 計算火箭在推力結束時的速度 $v_1$。
我們可以使用運動學公式 $v^2 = v_0^2 + 2 a \Delta y$。
$v_1^2 = v_0^2 + 2 a_1 h_1$
$v_1^2 = 0^2 + 2 \times (15.19 \text{ m/s}^2) \times (20 \text{ m})$
$v_1^2 = 607.6 \text{ m}^2/\text{s}^2$
$v_1 = \sqrt{607.6} \approx 24.65$ m/s。

階段二：推力消失階段（僅受重力作用）
已知：
初始速度（此階段的初始速度）$v_1 \approx 24.65$ m/s。
加速度 $a_2 = -g = -9.81$ m/s$^2$ (方向向下)。

(b) 計算火箭到達的最大高度 $h_{max}$。
從推力結束點（高度 $h_1 = 20$ m）到最高點，火箭做減速運動，直到速度變為 0。
設從推力結束點到最高點的額外上升高度為 $h_{add}$。
使用運動學公式 $v_f^2 = v_i^2 + 2 a \Delta y$。
在最高點，速度 $v_f = 0$。
$0^2 = v_1^2 + 2 a_2 h_{add}$
$0 = (24.65 \text{ m/s})^2 + 2 \times (-9.81 \text{ m/s}^2) \times h_{add}$
$0 = 607.6 - 19.62 h_{add}$
$h_{add} = \frac{607.6}{19.62} \approx 31.0$ m。

最大高度 $h_{max}$ 是從地面開始計算的總高度。
$h_{max} = h_1 + h_{add} = 20 \text{ m} + 31.0 \text{ m} = 51.0$ m。

(c) 計算火箭返回地面時的速度 $v_{ground}$。
當火箭從最高點落回地面時，它經過的總位移是 $-h_{max}$。
我們可以使用能量守恆定律，或者運動學公式。
使用運動學公式：
初始速度（在最高點）$v_{top} = 0$ m/s。
加速度 $a_2 = -9.81$ m/s$^2$。
總位移 $\Delta y = -h_{max} = -51.0$ m。
$v_{ground}^2 = v_{top}^2 + 2 a_2 \Delta y$

本題考查勻減速直線運動和摩擦力。

核心觀念：
滑行過程中的冰球受到冰面的摩擦力作用，做勻減速直線運動。

解題步驟：
已知：
滑行時間 $t = 10$ s。
滑行距離 $\Delta x = 50$ m。
末速度 $v_f = 0$ m/s (靜止)。

(a) 計算冰球的初速度 $v_0$。
我們可以使用勻減速直線運動的位移公式：
$\Delta x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2$
以及速度公式：
$v_f = v_0 + a t$

由於 $v_f = 0$，從速度公式可得：
$0 = v_0 + a t \implies a = -\frac{v_0}{t}$。

將此加速度代入位移公式：
$\Delta x = v_0 t + \frac{1}{2} \left(-\frac{v_0}{t}\right) t^2$
$\Delta x = v_0 t - \frac{1}{2} v_0 t$
$\Delta x = \frac{1}{2} v_0 t$

現在可以求解初速度 $v_0$：
$v_0 = \frac{2 \Delta x}{t}$
$v_0 = \frac{2 \times 50 \text{ m}}{10 \text{ s}} = \frac{100 \text{ m}}{10 \text{ s}} = 10 \text{ m/s}$。

(b) 計算冰球與冰面之間的摩擦係數 $\mu$。
首先，我們需要計算冰球滑行過程中的加速度 $a$。
使用速度公式 $v_f = v_0 + a t$：
$0 = 10 \text{ m/s} + a \times (10 \text{ s})$
$10 a = -10 \text{ m/s}$

本題考查一維碰撞問題，涉及動量守恆和恢復係數。

核心觀念：
在碰撞過程中，由於系統內力（碰撞力）遠大於外力（摩擦力可以忽略），總動量守恆。
恢復係數 $e$ 描述了碰撞前後相對速度的變化。

已知：
初始狀態：
包裝 A 的質量 $m_A = 8$ kg，速度 $v_{A0} = 2$ m/s。
包裝 B 的質量 $m_B = 4$ kg，速度 $v_{B0} = 0$ m/s。
包裝 C 的質量 $m_C = 6$ kg，速度 $v_{C0} = 0$ m/s。
恢復係數 $e = 0.5$。

碰撞過程：A 撞 B，然後 B 撞 C。

步驟一：A 撞 B 的過程
假設 A 撞 B 時，B 的速度為 $v_{B1}$，A 的速度為 $v_{A1}$。
根據動量守恆：
$m_A v_{A0} + m_B v_{B0} = m_A v_{A1} + m_B v_{B1}$
$8 \times 2 + 4 \times 0 = 8 v_{A1} + 4 v_{B1}$
$16 = 8 v_{A1} + 4 v_{B1}$ (方程式 1)

根據恢復係數的定義：
$e = \frac{v_{B1} - v_{A1}}{v_{A0} - v_{B0}}$
$0.5 = \frac{v_{B1} - v_{A1}}{2 - 0}$
$0.5 \times 2 = v_{B1} - v_{A1}$
$1 = v_{B1} - v_{A1}$ (方程式 2)

從方程式 2，我們可以得到 $v_{B1} = 1 + v_{A1}$。
將其代入方程式 1：
$16 = 8 v_{A1} + 4 (1 + v_{A1})$
$16 = 8 v_{A1} + 4 + 4 v_{A1}$
$12 = 12 v_{A1}$
$v_{A1} = 1$ m/s。

現在計算 $v_{B1}$：
$v_{B1} = 1 + v_{A1} = 1 + 1 = 2$ m/s。

所以，A 撞 B 後的速度是：$v_{A1} = 1$ m/s，$v_{B1} = 2$ m/s。

步驟二：B 撞 C 的過程
在 B 撞 C 之前，B 的速度是 $v_{B1} = 2$ m/s，C 的速度是 $v_{C1} = v_{C0} = 0$ m/s (因為 B 在 C 前面，且 C 原本靜止)。
假設 B 撞 C 後的速度分別是 $v_{B2}$ 和 $v_{C2}$。

根據動量守恆：
$m_B v_{B1} + m_C v_{C1} = m_B v_{B2} + m_C v_{C2}$
$4 \times 2 + 6 \times 0 = 4 v_{B2} + 6 v_{C2}$
$8 = 4 v_{B2} + 6 v_{C2}$ (方程式 3)

根據恢復係數的定義：
$e = \frac{v_{C2} - v_{B2}}{v_{B1} - v_{C1}}$
$0.5 = \frac{v_{C2} - v_{B2}}{2 - 0}$
$0.5 \times 2 = v_{C2} - v_{B2}$
$1 = v_{C2} - v_{B2}$ (方程式 4)

從方程式 4，我們可以得到 $v_{C2} = 1 + v_{B2}$。
將其代入方程式 3：
$8 = 4 v_{B2} + 6 (1 + v_{B2})$
$8 = 4 v_{B2} + 6 + 6 v_{B2}$
$2 = 10 v_{B2}$
$v_{B2} = \frac{2}{10} = 0.2$ m/s。

現在計算 $v_{C2}$：
$v_{C2} = 1 + v_{B2} = 1 + 0.2 = 1.2$ m/s。

(a) 包裝 C 的速度，在 A 撞 B 後，B 再撞 C 之後，是 $v_{C2}$。
【答案】(a) 包裝 C 的速度為 $1.2$ m/s。

步驟三：A 再次撞 B 的過程
這個問題比較複雜，因為 A 撞 B 後，B 又撞了 C。
在 A 撞 B 後，速度分別是 $v_{A1} = 1$ m/s，$v_{B1} = 2$ m/s。
然後 B 撞 C，速度變為 $v_{B2} = 0.2$ m/s，$v_{C2} = 1.2$ m/s。