111 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班丁組《動力學》

本題考查質點運動學的基本概念，重點在於利用加速度對時間的關係式，透過積分求得速度及位移對時間的函數，並利用給定的初始條件求解未知常數。

核心觀念：加速度與速度、位移的微分積分關係。

解題步驟：
(a) 由加速度 $a = kt^2$ 可知，速度 $v(t)$ 為加速度對時間的積分：
$v(t) = \int a \, dt = \int kt^2 \, dt = \frac{1}{3}kt^3 + C_1$
其中 $C_1$ 為積分常數。

利用已知條件 $v = -8$ m/s 當 $t = 0$ s：
$-8 = \frac{1}{3}k(0)^3 + C_1 \implies C_1 = -8$
所以速度方程式為 $v(t) = \frac{1}{3}kt^3 - 8$。

再利用已知條件 $v = +8$ m/s 當 $t = 2$ s：
$8 = \frac{1}{3}k(2)^3 - 8$
$8 = \frac{8}{3}k - 8$
$16 = \frac{8}{3}k$

核心觀念

本題考查三維相對運動與旋轉座標系中的速度、加速度。將吊臂視為長度 $l$、方向隨起重機旋轉及俯仰改變的向量：

$$\vec r_{B/A}=l\vec e$$

其中：

• $l=6\ \text{m}$
• $\dot l=u=0.5\ \text{m/s}$
• $\ddot l=0$
• 吊臂與 $+z$ 軸夾角為 $\theta=30^\circ$
• 吊臂下降，因此 $\dot\theta=-\omega_2=-0.20\ \text{rad/s}$
• 起重機繞 $+y$ 軸旋轉，$\omega_1=0.5\ \text{rad/s}$

吊臂方向單位向量為

$$\vec e=\sin\theta\,\mathbf j+\cos\theta\,\mathbf k$$

因為座標系繞 $y$ 軸旋轉，

$$\dot{\mathbf i}=-\omega_1\mathbf k,\qquad \dot{\mathbf k}=\omega_1\mathbf i$$

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速度

對 $\vec e$ 微分：

$$\dot{\vec e} =\omega_1\cos\theta\,\mathbf i +\dot\theta\cos\theta\,\mathbf j -\dot\theta\sin\theta\,\mathbf k$$

代入數值 $\sin30^\circ=0.5$、$\cos30^\circ=0.8660$：

$$\dot{\vec e} =0.5(0.8660)\mathbf i -0.2(0.8660)\mathbf j +0.2(0.5)\mathbf k$$ $$\dot{\vec e} =0.4330\mathbf i-0.1732\mathbf j+0.1000\mathbf k \quad(\text{s}^{-1})$$

點 $B$ 的速度為

$$\vec v_B=\dot l\,\vec e+l\dot{\vec e}$$

因此

$$\begin{aligned} \vec v_B &=0.5(0.5\mathbf j+0.8660\mathbf k) \\ &\quad+6(0.4330\mathbf i-0.1732\mathbf j+0.1000\mathbf k) \end{aligned}$$ $$\boxed{ \vec v_B =2.598\,\mathbf i -0.789\,\mathbf j +1.033\,\mathbf k \ \text{m/s} }$$

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加速度

由

$$\vec r_{B/A}=l\vec e$$

可得

核心觀念

本題考查：

• 齒輪無滑動嚙合的角加速度關係。
• 轉動慣量公式
  $I=mk^2$
• 定軸轉動的牛頓第二定律
  $\sum M_O=I_O\alpha$
• 將各齒輪的轉動慣量折算至同一齒輪，以建立整體動力學方程。

由圖可得齒輪節圓半徑：

$r_A=r_B=250\text{ mm}=0.25\text{ m},\qquad r_C=100\text{ mm}=0.10\text{ m}$

且題目給定迴轉半徑：

$k_A=k_B=0.25\text{ m},\qquad k_C=0.10\text{ m}$

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解題方法

齒輪嚙合無滑動，因此接觸點切向加速度相同。齒輪 $C$ 分別與 $A$、$B$ 嚙合，故

$r_C\alpha_C=r_A\alpha_A$

取大小關係：

$$\alpha_A=\alpha_B=\frac{r_C}{r_A}\alpha_C = \frac{0.10}{0.25}\alpha_C =0.4\alpha_C$$

齒輪 $A$、$B$ 與齒輪 $C$ 的轉向相反，但以下先以角加速度大小計算。

各齒輪轉動慣量為

$$I_A=I_B=mk^2 =12(0.25)^2 =0.75\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$ $$I_C=3(0.10)^2 =0.03\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

將齒輪 $A$、$B$ 的慣量折算至齒輪 $C$：

$I_{A\to C}=I_A\left(\frac{r_C}{r_A}\right)^2$

因此齒輪 $C$ 所需克服的等效轉動慣量為

$$I_{\text{eq},C} =I_C+(I_A+I_B)\left(\frac{r_C}{r_A}\right)^2$$ $$I_{\text{eq},C} =0.03+(0.75+0.75)(0.4)^2 =0.27\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

由外加力偶 $M=10\text{ N}\cdot\text{m}$：

核心觀念

本題分為兩個階段：

1. 無能量損失的碰撞瞬間：以 $A$ 點取矩，使用角動量守恆。
2. 捕捉後擺動過程：使用機械能守恆，求出 $45^\circ$ 位置的角速度，再利用剛體平面運動與牛頓第二定律求 $A$ 點反力。

假設無初始摩擦、空氣阻力，且無人機被網子捕捉後與捕捉臂一起轉動；無人機碰撞前自轉角速度為零。

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解題方法

設捕捉臂長度

$$L=2.4\text{ m}$$

捕捉臂質量 $m_a=10\text{ kg}$，無人機質量 $m_d=1.5\text{ kg}$，無人機質心慣量為

$$I_{G,d}=0.015\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

1. 碰撞後對 $A$ 點的總轉動慣量

捕捉臂為細長桿：

$$I_{A,a}=\frac{1}{3}m_aL^2 =\frac{1}{3}(10)(2.4)^2 =19.2\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

無人機質心位於 $B$ 點，因此由平行軸定理：

$$I_{A,d}=I_{G,d}+m_dL^2 =0.015+(1.5)(2.4)^2 =8.655\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

故總轉動慣量為

$$I_A=19.2+8.655=27.855\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

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(a) 求無人機初速度 $v_0$

碰撞瞬間：角動量守恆

碰撞前只有無人機具有相對於 $A$ 點的角動量：

$$m_dv_0L=I_A\omega_1$$

因此

$$v_0=\frac{I_A\omega_1}{m_dL}$$

捕捉後擺動：機械能守恆

捕捉臂由垂直向下位置轉至水平線下方 $45^\circ$。其質心上升高度為

$$\Delta h_a=\frac{L}{2}\left(1-\cos45^\circ\right)$$

無人機上升高度為

$$\Delta h_d=L\left(1-\cos45^\circ\right)$$

碰撞後初始動能轉換為重力位能：

$$\frac{1}{2}I_A\omega_1^2 = m_ag\Delta h_a+m_dg\Delta h_d$$

代入：

$$\frac{1}{2}(27.855)\omega_1^2 = (10)(9.81)\left[1.2(1-\cos45^\circ)\right] +(1.5)(9.81)\left[2.4(1-\cos45^\circ)\right]$$

整理得

$$\omega_1=1.79\text{ rad/s}$$

再由角動量守恆：

$$v_0= \frac{(27.855)(1.79)}{(1.5)(2.4)}$$ $$\boxed{v_0\approx 13.9\text{ m/s}}$$

方向如圖，水平向右。

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(b) 求 $45^\circ$ 位置的 $A$ 點作用力

1. 求角加速度

整個系統受到的重力對 $A$ 點力矩為

核心觀念

本題利用剛體平面運動的功－能原理：

$$T_1+V_1+W_{\text{非保守力}}=T_2+V_2$$

或直接計算外力對樞軸 $A$ 的作功。所需定義如下：

• 均勻細長樑對 $A$ 的轉動慣量：

$$I_A=\frac{1}{3}mL^2$$

• 樑長 $L=4\ \text{m}$，質量 $m=100\ \text{kg}$。
• 纜繩連接點 $O$ 距 $A$ 為 $3\ \text{m}$。
• 滑輪 $C$ 位於 $A$ 水平右方 $3\ \text{m}$。
• 恆力 $P=300\ \text{N}$，因此纜繩對樑所作的功為 $P$ 乘以纜繩長度的減少量。

令樑由鉛直向下位置順時針轉過 $\theta$，則

$$x_O=3\sin\theta,\qquad y_O=3\cos\theta$$

其中 $y$ 軸取鉛直向下為正。

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解題方法

纜繩長度 $OC$ 為

$$s(\theta) =\sqrt{(3-3\sin\theta)^2+(3\cos\theta)^2}$$

整理得

$$s(\theta)=3\sqrt{2(1-\sin\theta)}$$

初始時 $\theta=0$，故

$$s_0=3\sqrt{2}$$

樑質心距離 $A$ 為 $2\ \text{m}$，其鉛直向下位置為

$$y_G=2\cos\theta$$

因此由初始位置轉至角度 $\theta$ 時：

• 纜繩力作功：

$$W_P=P(s_0-s)$$

• 重力作功：

$$W_g=mg(2\cos\theta-2)$$

由初始靜止，功－能原理為

$$\frac12 I_A\omega^2 = P\left[3\sqrt2-3\sqrt{2(1-\sin\theta)}\right] +2mg(\cos\theta-1)$$

又

$$I_A=\frac13(100)(4^2)=533.33\ \text{kg}\cdot\text{m}^2$$

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(a) 最大角速度及其對應角度

最大角速度發生在動能最大的角度，因此令右側對 $\theta$ 的導數為零：

$$\frac{d}{d\theta} \left[ P(s_0-s)+2mg(\cos\theta-1) \right]=0$$

因為

$$\frac{ds}{d\theta} = -\frac{3\cos\theta}{\sqrt{2(1-\sin\theta)}}$$

故

$$\frac{3P\cos\theta} {\sqrt{2(1-\sin\theta)}} -2mg\sin\theta=0$$

利用