113 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班丁組《動力學》

本題考查一維運動中，速度、位置與加速度之間的關係。已知速度函數 $v(t)$，可透過積分求得位置函數 $x(t)$，並透過微分求得加速度函數 $a(t)$。

已知速度函數為 $v(t) = 2 - 4t + 5t^{3/2}$ m/s。
初始條件為 $x(0) = 5$ m。

求 $t = 3$ s 時的速度 $v$：
直接將 $t = 3$ s 代入速度函數：
$v(3) = 2 - 4(3) + 5(3)^{3/2}$
$v(3) = 2 - 12 + 5 \times 3\sqrt{3}$
$v(3) = -10 + 15\sqrt{3}$ m/s

求 $t = 3$ s 時的位置 $x$：
位置函數 $x(t)$ 是速度函數 $v(t)$ 對時間 $t$ 的積分：
$x(t) = \int v(t) dt = \int (2 - 4t + 5t^{3/2}) dt$
$x(t) = 2t - 4\frac{t^2}{2} + 5\frac{t^{3/2 + 1}}{3/2 + 1} + C$
$x(t) = 2t - 2t^2 + 5\frac{t^{5/2}}{5/2} + C$
$x(t) = 2t - 2t^2 + 2t^{5/2} + C$

利用初始條件 $x(0) = 5$ m 來求解積分常數 $C$：
$x(0) = 2(0) - 2(0)^2 + 2(0)^{5/2} + C = 5$
$C = 5$ m

核心觀念

本題要求雷達量測的距離加速度 $\ddot r$ 與仰角角加速度 $\ddot\theta$。以飛機 $A$ 為觀測點，先求飛機 $B$ 相對於 $A$ 的速度、加速度，再代入極座標運動公式：

$$\mathbf v_{B/A} =\dot r\,\mathbf e_r+r\dot\theta\,\mathbf e_\theta$$ $$\mathbf a_{B/A} =(\ddot r-r\dot\theta^2)\mathbf e_r +(r\ddot\theta+2\dot r\dot\theta)\mathbf e_\theta$$

其中 $\mathbf e_r$ 沿 $A$ 指向 $B$，$\mathbf e_\theta$ 指向仰角 $\theta$ 增大的方向。

解題方法

1. 由高度差求瞬間距離

依圖，兩機高度差為 $18-12=6\,\text{km}$，且 $\theta=30^\circ$，因此

$$r\sin30^\circ=6000$$ $$r=12000\,\text{m}$$

2. 求相對速度，取得 $\dot r$ 與 $\dot\theta$

取水平向右為 $x$ 軸、鉛直向上為 $y$ 軸。兩機皆水平向右飛行，相對速度為

$$\mathbf v_{B/A} =\mathbf v_B-\mathbf v_A =\left[(1500-1000)\frac{1000}{3600}\right]\mathbf i =138.889\,\mathbf i\;\text{m/s}$$

極座標單位向量為

$$\mathbf e_r=\cos\theta\,\mathbf i+\sin\theta\,\mathbf j, \qquad \mathbf e_\theta=-\sin\theta\,\mathbf i+\cos\theta\,\mathbf j$$

將相對速度投影至兩方向：

$$\dot r =\mathbf v_{B/A}\cdot\mathbf e_r =138.889\cos30^\circ =120.281\,\text{m/s}$$ $$r\dot\theta =\mathbf v_{B/A}\cdot\mathbf e_\theta =-138.889\sin30^\circ$$

故

$$\dot\theta =\frac{-138.889\sin30^\circ}{12000} =-5.78704\times10^{-3}\,\text{rad/s}$$

負號表示 $B$ 相對於 $A$ 向前遠離時，雷達仰角逐漸減小。

核心觀念

端點 $A$ 與水平面間的摩擦力足以防止滑動，因此釋放瞬間可視為：

• $A$ 點固定不平移；
• 但 $A$ 點仍有未知的法向力 $N_A$ 與摩擦力 $F_A$；
• 以 $A$ 點取力矩，可消去 $A$ 點的接觸力；
• 釋放瞬間由靜止開始，因此 $\omega=0$，質心只有切向加速度。

均勻桿長為 $L$、重量為 $2W$，質量為

$$m=\frac{2W}{g}$$

解題方法

取逆時針為正方向。桿的質心 $G$ 位於中點，重力 $2W$ 對 $A$ 點的力矩為順時針：

$$\sum M_A=I_A\alpha$$

均勻細桿對端點 $A$ 的轉動慣量為

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

重力作用線至 $A$ 點的水平距離為 $\dfrac{L}{2}\cos\theta$，因此

$$-2W\left(\frac{L}{2}\cos\theta\right) = \frac{2WL^2}{3g}\alpha$$

整理得

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

在 $\theta=60^\circ$ 時，

$$\boxed{\alpha=-\frac{3g}{4L}}$$

負號表示桿作順時針角加速度，故其大小為

$$\boxed{|\alpha|=\frac{3g}{4L}}$$

求端點 $A$ 的接觸力

由於釋放瞬間 $\omega=0$，質心加速度為

$$\mathbf a_G=\boldsymbol{\alpha}\times\mathbf r_{G/A}$$

其中

$$\mathbf r_{G/A} = \frac{L}{2}\cos\theta\,\mathbf i + \frac{L}{2}\sin\theta\,\mathbf j$$

因此

核心觀念

球面無摩擦，碰撞衝量沿兩球球心連線作用，因此每次碰撞只改變速度的法線分量，切線分量保持不變。完全彈性碰撞的恢復係數為 $e=1$；三球質量相同，碰撞後須符合動量與動能守恆。

解題方法

由原卷圖可讀出：球 $A$ 以 $\mathbf{v}_{A0}=V_0\mathbf{i}$ 向右運動，球 $B$、$C$ 靜止且彼此相切。對稱同時接觸時，兩條接觸法線分別與水平軸夾 $+30^\circ$、$-30^\circ$；偏心情況則依題意先碰 $B$，再碰 $C$。

(a) $A$ 同時碰撞 $B$、$C$

令兩接觸的衝量大小皆為 $J$，並設 $q=J/m$。由對稱性，兩顆球受到的衝量大小相同。定義接觸法線

$$\mathbf{n}_B= \begin{bmatrix} \sqrt{3}/2\\ 1/2 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{n}_C= \begin{bmatrix} \sqrt{3}/2\\ -1/2 \end{bmatrix}.$$

碰撞後速度為

$$\mathbf{v}_A=V_0\mathbf{i}-q(\mathbf{n}_B+\mathbf{n}_C) =(V_0-\sqrt{3}q)\mathbf{i},$$ $$\mathbf{v}_B=q\mathbf{n}_B,\qquad \mathbf{v}_C=q\mathbf{n}_C.$$

以 $A$、$B$ 的接觸方向套用完全彈性條件：沿法線的相對速度由接近時的 $-\frac{\sqrt{3}}{2}V_0$，變為分離時的 $+\frac{\sqrt{3}}{2}V_0$。因此

$$(\mathbf{v}_B-\mathbf{v}_A)\cdot\mathbf{n}_B =\frac{5}{2}q-\frac{\sqrt{3}}{2}V_0 =\frac{\sqrt{3}}{2}V_0,$$

得到 $q=\frac{2\sqrt{3}}{5}V_0$。代回可得

$$\boxed{ \mathbf{v}_A=-\frac{1}{5}V_0\mathbf{i} }$$ $$\boxed{ \mathbf{v}_B= \left(\frac{3}{5}\mathbf{i}+\frac{\sqrt{3}}{5}\mathbf{j}\right)V_0, \qquad \mathbf{v}_C= \left(\frac{3}{5}\mathbf{i}-\frac{\sqrt{3}}{5}\mathbf{j}\right)V_0 }$$

代回檢查，三球速度向量總和為 $V_0\mathbf{i}$；速度平方總和為 $\frac{1}{25}+\frac{12}{25}+\frac{12}{25}=1$，故總動量與總動能均符合碰撞前的值。

(b) $A$ 先碰 $B$，再碰 $C$

第一次碰撞時，$AB$ 接觸法線為

$$\mathbf{n}_{AB}= \begin{bmatrix} \sqrt{3}/2\\ 1/2 \end{bmatrix}.$$

入射速度在法線上的分量為 $\mathbf{v}_{A0}\cdot\mathbf{n}_{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}V_0$。

核心觀念

本題考查：

• 平面剛體繞固定點轉動：$T=\frac12 I\omega^2$
• 碰撞瞬間以碰撞點 $B$ 為基準的角動量守恆
• 完全塑性碰撞：碰撞後接觸點 $B$ 固定，動能不守恆
• 碰撞後以機械能守恆求最大轉角
• 正方形薄板慣性矩：
  $I_G=\frac{1}{6}ma^2,\qquad I_A=I_B=I_G+m\left(\frac{a}{\sqrt2}\right)^2=\frac{2}{3}ma^2$

其中 $a$ 為正方形邊長，$m$ 為 crate 質量。

解題方法

(a) 碰撞後的角速度

取順時針為負方向。碰撞前 crate 繞 $A$ 轉動，角速度為 $-\omega_0$。

碰撞瞬間，質心 $G$ 相對於 $B$ 的位置為

$$\vec r_{G/B}=\left(-\frac a2,\frac a2\right)$$

而質心速度為

$$\vec v_G=\left(\frac{a\omega_0}{2},-\frac{a\omega_0}{2}\right)$$

因此，碰撞前對 $B$ 的角動量為

$$H_B^-= I_G(-\omega_0)+\vec r_{G/B}\times m\vec v_G$$

由於

$$\vec r_{G/B}\times m\vec v_G=0$$

故

$$H_B^-=-\frac16ma^2\omega_0$$

碰撞後 crate 黏住地面並繞 $B$ 轉動，因此

$$H_B^+=I_B\omega^+ =\frac23ma^2\omega^+$$

碰撞時間極短，重力衝量可忽略；地面衝量作用線通過 $B$，對 $B$ 的力矩為零，所以角動量守恆：

$$-\frac16ma^2\omega_0 = \frac23ma^2\omega^+$$

得到

$$\boxed{\omega^+=-\frac14\omega_0}$$

亦即碰撞後仍為順時針轉動，角速度大小為

$$\boxed{|\omega^+|=\frac{\omega_0}{4}}$$

(b) 碰撞時損失的動能比例

碰撞前的動能為

$$T^-=\frac12I_A\omega_0^2 =\frac12\left(\frac23ma^2\right)\omega_0^2 =\frac13ma^2\omega_0^2$$

碰撞後的動能為

$$T^+=\frac12I_B\left(\frac{\omega_0}{4}\right)^2 = \frac12\left(\frac23ma^2\right)\frac{\omega_0^2}{16} = \frac1{48}ma^2\omega_0^2$$

因此動能損失比例為