114 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班丁組《動力學》

核心觀念

冰球滑行時，若水平方向只有冰面對冰球的動摩擦力，且摩擦係數固定，則冰球受到的水平合力固定，因此加速度為常數。

本題用到等加速度運動關係式，以及牛頓第二定律與動摩擦力公式：

$$s=\frac{u+v}{2}t,\qquad v=u+at,\qquad \sum F=ma,\qquad F_k=\mu_k N$$

其中 $u$ 是初速、$v$ 是末速、$a$ 是加速度、$s$ 是位移、$t$ 是時間，$\mu_k$ 是動摩擦係數。

解題方法

取冰球滑行方向為正方向。題目給定冰球在 $9\ \text{s}$ 內滑行 $30\ \text{m}$ 後停止，因此 $t=9\ \text{s}$、$s=30\ \text{m}$、$v=0$。

等加速度運動的平均速度為初、末速度的平均值，因此：

$$s=\frac{u+v}{2}t$$

代入已知值：

$$30=\frac{u+0}{2}(9)$$ $$u=\frac{60}{9}=\frac{20}{3}\approx 6.67\ \text{m/s}$$

再由速度關係式求加速度：

核心觀念

卡車車斗固定傾角 $\theta=20^\circ$，並以水平向右加速度 $a$ 運動。由卡車參考系觀察木板堆，需加入向左的慣性力 $ma$。

沿車斗斜面向下、朝角點 $A$ 為正方向，則：

• 重力沿斜面分量：$mg\sin\theta$
• 慣性力沿斜面分量：$ma\cos\theta$
• 正向力：
  $N=m(g\cos\theta-a\sin\theta)$
• 木板開始向下滑動後，動摩擦力大小為：
  $f_k=\mu_kN$

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解題方法

（a）使木板堆開始滑動的最小加速度

臨界滑動時，靜摩擦力達到最大值：

$f_s=\mu_sN$

沿斜面方向列式：

$$mg\sin\theta+ma\cos\theta =\mu_s m(g\cos\theta-a\sin\theta)$$

約去 $m$ 並整理：

$$a(\cos\theta+\mu_s\sin\theta) =g(\mu_s\cos\theta-\sin\theta)$$

因此：

$$a= \frac{g(\mu_s\cos\theta-\sin\theta)} {\cos\theta+\mu_s\sin\theta}$$

代入 $\mu_s=0.40$、$\theta=20^\circ$、$g=9.81\ \text{m/s}^2$：

$$a= \frac{9.81[0.40\cos20^\circ-\sin20^\circ]} {\cos20^\circ+0.40\sin20^\circ}$$ $$\boxed{a_{\min}=0.309\ \text{m/s}^2}$$

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（b）使角點 $A$ 在 $0.9$ 秒內滑到車斗末端

圖中角點 $A$ 至車斗末端的距離為 $2\ \text{m}$。木板堆相對車斗由靜止開始滑動，因此：

本題考驗牛頓第二運動定律在變力作用下的應用，特別是涉及摩擦力（靜摩擦與動摩擦）的分析，以及能量或運動學公式在求最大速度和停止時間的應用。

首先，我們需要分析圖2中力 P 隨時間 t 的變化。
力 P 的大小為：
當 $0 \le t \le 0.8$ s 時，$P(t) = \frac{500}{0.8} t = 625 t$ N。
當 $0.8 < t \le 1.6$ s 時，$P(t) = 500 - \frac{500}{0.8} (t - 0.8) = 500 - 625(t-0.8)$ N。

物體的質量 $m = 60$ kg。
靜摩擦係數 $\mu_s = 0.50$，動摩擦係數 $\mu_k = 0.40$。
在水平面上，正向力 $N$ 等於物體的重力 $mg$。
$N = mg = 60 \text{ kg} \times 9.81 \text{ m/s}^2 = 588.6$ N。

最大靜摩擦力 $f_{s,max} = \mu_s N = 0.50 \times 588.6 \text{ N} = 294.3$ N。
動摩擦力 $f_k = \mu_k N = 0.40 \times 588.6 \text{ N} = 235.44$ N。

(a) 求物體開始移動的時間 $t_1$。
物體開始移動的條件是作用在物體上的水平推力 P 大於最大靜摩擦力 $f_{s,max}$。
我們需要找出 P(t) 何時第一次大於 294.3 N。

在第一階段 ($0 \le t \le 0.8$ s)：
$P(t) = 625 t$
令 $P(t) = f_{s,max}$
$625 t_1 = 294.3$
$t_1 = \frac{294.3}{625} \approx 0.47088$ s。
由於 $0.47088$ s 在 $0 \le t \le 0.8$ s 的範圍內，所以物體在 $t_1 \approx 0.471$ s 時開始移動。

(b) 求物體能達到的最大速度 $v_{max}$。
物體在移動過程中，受到的力是推力 P(t) 和動摩擦力 $f_k$。
當 P(t) > $f_k$ 時，物體會加速。
當 P(t) < $f_k$ 時，物體會減速。
最大速度發生在物體從加速轉為減速的瞬間，即 P(t) = $f_k$ 的時候。

首先，我們需要確定物體在移動過程中，P(t) 是否會小於 $f_k = 235.44$ N。
在第一階段 ($0 \le t \le 0.8$ s)：
$P(t) = 625 t$。
當 $t = 0.471$ s 時，P(t) = 294.3 N (開始移動)。
當 $t = 0.8$ s 時，$P(0.8) = 625 \times 0.8 = 500$ N。
由於 $500$ N > $f_k = 235.44$ N，物體在第一階段會加速。

在第二階段 ($0.8 < t \le 1.6$ s)：
$P(t) = 500 - 625(t-0.8)$。
我們需要找出 P(t) 何時等於 $f_k = 235.44$ N。
$235.44 = 500 - 625(t - 0.8)$
$625(t - 0.8) = 500 - 235.44 = 264.56$
$t - 0.8 = \frac{264.56}{625} \approx 0.423296$
$t = 0.8 + 0.423296 \approx 1.2233$ s。
這個時間 $t_2 \approx 1.223$ s 在 $0.8 < t \le 1.6$ s 的範圍內。
所以，物體在 $t_2 \approx 1.223$ s 時達到最大速度。

現在我們需要計算在這個時間點的最大速度 $v_{max}$。
我們可以利用衝量-動量定理，或者計算加速度然後積分。
加速度 $a(t) = \frac{P(t) - f_k}{m}$。
速度 $v(t) = v(0) + \int_0^t a(\tau) d\tau$。
由於 $v(0)=0$ 且 $f_k$ 是恆定的，我們需要分段積分。

第一階段：$0 \le t \le 0.471$ s (靜止)
$0.471 \le t \le 0.8$ s (加速)
$a(t) = \frac{625 t - 235.44}{60}$
$v(0.8) = \int_{0.471}^{0.8} \frac{625 t - 235.44}{60} dt$
$v(0.8) = \frac{1}{60} \left[ \frac{625}{2} t^2 - 235.44 t \right]_{0.471}^{0.8}$
$v(0.8) = \frac{1}{60} \left[ (\frac{625}{2} (0.8)^2 - 235.44 \times 0.8) - (\frac{625}{2} (0.471)^2 - 235.44 \times 0.471) \right]$
$v(0.8) = \frac{1}{60} \left[ (250 - 188.352) - (69.55 - 110.98) \right]$
$v(0.8) = \frac{1}{60} \left[ 61.648 - (-41.43) \right] = \frac{1}{60} [103.078] \approx 1.718$ m/s。

第二階段：$0.8 < t \le 1.223$ s (繼續加速，然後減速)
在這個階段，力 P(t) 先是減小，然後 P(t) 會等於 $f_k$。
我們需要計算從 $t=0.8$ s 到 $t=1.223$ s 的速度變化。
在這個區間，加速度 $a(t) = \frac{P(t) - f_k}{m} = \frac{500 - 625(t-0.8) - 235.44}{60}$
$a(t) = \frac{264.56 - 625(t-0.8)}{60}$

$v_{max} = v(0.8) + \int_{0.8}^{1.2233} a(t) dt$
$v_{max} = 1.718 + \int_{0.8}^{1.2233} \frac{264.56 - 625(t-0.8)}{60} dt$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} \left[ 264.56 t - 625 \frac{(t-0.8)^2}{2} \right]_{0.8}^{1.2233}$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} \left[ (264.56 \times 1.2233 - 625 \frac{(1.2233-0.8)^2}{2}) - (264.56 \times 0.8 - 0) \right]$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} \left[ (323.58 - 625 \frac{(0.4233)^2}{2}) - 211.648 \right]$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} \left[ (323.58 - 625 \frac{0.17918}{2}) - 211.648 \right]$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} \left[ (323.58 - 55.99) - 211.648 \right]$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} \left[ 267.59 - 211.648 \right]$
$v_{max} = 1.718 + \frac{1}{60} [55.942] \approx 1.718 + 0.932 \approx 2.650$ m/s。

所以，最大速度約為 2.65 m/s，發生在 $t \approx 1.223$ s。

(c) 求物體停止移動的時間 $t_3$。
物體停止移動意味著速度變為零。
從 $t_2 \approx 1.223$ s 開始，P(t) 會小於 $f_k$，所以物體會減速。
在 $t_2$ 之後，P(t) 的值：
$P(1.223) = 235.44$ N。
當 $t > 1.223$ s 時，P(t) 會繼續減小。
例如，在 $t = 1.6$ s 時，$P(1.6) = 500 - 625(1.6-0.8) = 500 - 625(0.8) = 500 - 500 = 0$ N。
由於 P(t) 在 $t > 1.223$ s 時都小於 $f_k = 235.44$ N，所以物體會一直減速直到停止。
我們需要計算從 $t_2 = 1.2233$ s 到物體停止的時間 $t_3$。
在此期間，加速度為：
$a(t) = \frac{P(t) - f_k}{m} = \frac{500 - 625(t-0.8) - 235.44}{60} = \frac{264.56 - 625(t-0.8)}{60}$ （適用於 $1.2233 < t \le 1.6$）
然而，在 $t=1.6$ s 時，P(t)=0。
如果 $t > 1.6$ s，則 P(t) = 0。
所以，對於 $t > 1.2233$ s，加速度是：

核心觀念

本題考查剛體平面運動、質心平移方程、繞質心轉動方程，以及「不可伸長纜索」的加速度約束。

斷裂瞬間樑仍為水平，且原先靜止，因此各點初速度為零。假設樑為均勻細長樑，質量慣性矩為

$$I_G=\frac{1}{12}mL^2$$

其中 $G$ 為樑的質心。

解題方法

設剩餘纜索 $AC$ 的張力為 $T$，並令

• $x$ 軸向右；
• $y$ 軸鉛直向上；
• 逆時針角加速度為 $\alpha$。

纜索 $AC$ 對樑在 $A$ 點的拉力分量為

$$\boldsymbol{T}=T(-\cos\theta\,\boldsymbol{i}+\sin\theta\,\boldsymbol{j})$$

斷裂後，$B$ 點沒有作用力，樑只受 $A$ 點張力與重力 $mg$。

一、質心平移方程

$$\sum F_x=ma_{Gx}$$ $$-T\cos\theta=ma_{Gx}$$

因此

$$a_{Gx}=-\frac{T\cos\theta}{m}$$

鉛直方向：

$$\sum F_y=ma_{Gy}$$ $$T\sin\theta-mg=ma_{Gy}$$

所以

$$a_{Gy}=\frac{T\sin\theta}{m}-g$$

二、繞質心的轉動方程

$A$ 點相對於質心的位置為

$$\boldsymbol{r}_{A/G}=-\frac{L}{2}\boldsymbol{i}$$

故張力對 $G$ 點的力矩為

$$\sum M_G=I_G\alpha$$ $$-\frac{L}{2}T\sin\theta = \frac{1}{12}mL^2\alpha$$

得到

$$\alpha=-\frac{6T\sin\theta}{mL}$$

三、使用纜索不可伸長條件

因為纜索 $AC$ 在斷裂瞬間仍保持長度不變，且初速度為零，所以 $A$ 點加速度在纜索方向的分量為零：

核心觀念

兩圓盤接觸後因摩擦力而達到共同角速度。摩擦力屬於系統內力，且垂直軸方向的外力矩為零，因此接觸過程中可用角動量守恆：

$$I_A\omega_{A0}+I_B\omega_{B0} =(I_A+I_B)\omega_f$$

圓盤為均質實心圓盤，其轉動慣量為

$$I=\frac{1}{2}mr^2$$

圖中圓盤半徑為 $r_A=150\ \text{mm}$、$r_B=100\ \text{mm}$。兩圓盤材質與厚度相同，因此質量與面積成正比：

$$\frac{m_B}{m_A}=\frac{r_B^2}{r_A^2} =\left(\frac{100}{150}\right)^2=\frac{4}{9}$$

已知 $m_A=8\ \text{kg}$，故

$$m_B=8\left(\frac{2}{3}\right)^2 =\frac{32}{9}\ \text{kg}$$

解題方法

圓盤 A 初始角速度為

$$\omega_{A0}=500\ \text{rpm}$$

圓盤 B 靜止，因此 $\omega_{B0}=0$。

先求兩圓盤轉動慣量：

$$I_A=\frac{1}{2}(8)(0.15)^2 =0.09\ \text{kg}\cdot\text{m}^2$$ $$I_B=\frac{1}{2}\left(\frac{32}{9}\right)(0.10)^2 =0.01778\ \text{kg}\cdot\text{m}^2$$

其慣量比為

$$\frac{I_B}{I_A} =\frac{0.01778}{0.09} =\frac{16}{81}$$

由角動量守恆：

$$I_A\omega_{A0} =(I_A+I_B)\omega_f$$

因此

$$\omega_f =\frac{I_A}{I_A+I_B}\omega_{A0} =\frac{1}{1+\frac{16}{81}}(500)$$