108 年 國立臺灣大學機械系碩士班固力組《動力學（A）》

核心觀念

本題用質心運動描述整體的拋體軌跡，再用剛體繞質心旋轉描述 A、B 球相對於質心的位置。重力對兩球的作用相同，對質心的合力矩為零，因此兩球繞質心的角速度保持不變。

解題方法

圖中初始 $\vec b_1$ 向右、$\vec b_2$ 向上，A、C、B 共線，且 $CA=CB=a$；黑蝠鱝位於 A 球正上方高度 $L$。依題意採用的合理假設，投出時質心速度為 $\vec v_C(0)=v_0\vec j$，並以投出後首次上升至目標高度時命中為準。

(a) 求命中所需的角速度

令 $\theta=\omega_0t$。初始時 $\vec b_1=\vec i$，故

$$\vec b_1=\cos\theta\,\vec i+\sin\theta\,\vec j$$

A 球相對質心的位置為 $\vec r_{A/C}=-a\vec b_1$。質心沒有水平位移，而目標點與 A 球初始位置的水平座標相同，因此

$$x_A=x_{C0}-a\cos\theta=x_{C0}-a$$

所以 $\cos\theta=1$，即 $\theta=2\pi n$，其中 $n=1,2,\ldots$。此時 A 球回到初始的水平相對位置，且 $\sin\theta=0$。

質心的鉛直位移須等於 $L$：

$$v_0t-\frac{1}{2}gt^2=L$$

解得兩個高度交會時間；依本題採用的首次上升命中條件，取

$$t_{\uparrow}=\frac{v_0-\sqrt{v_0^2-2gL}}{g}$$

因此所需角速度為

$$\omega_{0,n}=\frac{2\pi n}{t_{\uparrow}} =\frac{2\pi n g}{v_0-\sqrt{v_0^2-2gL}}$$

完成最少一整圈時取 $n=1$。須滿足 $v_0^2\ge 2gL$；將 $t_{\uparrow}$ 代回拋體位移式可得位移恰為 $L$，而 $\theta=2\pi n$ 也使 A 球回到目標的水平座標。

(b) 以附體座標寫 A 球的運動方程

附體座標與慣性座標的關係為

$$\vec b_1=\cos\theta\,\vec i+\sin\theta\,\vec j, \qquad \vec b_2=-\sin\theta\,\vec i+\cos\theta\,\vec j$$

因此

核心觀念

本題考剛體端點速度、光滑地面的碰撞限制，以及碰撞瞬間的衝量動量關係。碰撞時地面只提供鉛直衝量，因此水平方向的線動量守恆；以接觸點 A 取矩，地面衝量對 A 的力矩為零，因此對 A 的角動量守恆。碰撞後 A 沿地面滑動，故其鉛直速度為零。

依圖取 $\vec a_2$ 沿桿由質心 G 指向 A，$\vec a_1$ 垂直於桿，並令 $\vec k\times\vec a_2=\vec a_1$。桿與水平地面的夾角為 $\beta$，因此

$$\vec a_2=\cos\beta\,\vec i-\sin\beta\,\vec j, \qquad \vec a_1=\sin\beta\,\vec i+\cos\beta\,\vec j.$$

解題方法

(a) A 點的位置、速度與接觸限制

均質桿的質心在中點，因此 A 相對 G 的位置向量為

$$\vec r_{A/G}=\frac{L}{2}\vec a_2.$$

若 G 的位置與速度分別為 $\vec r_G$、$\vec v_G$，則

$$\vec r_A=\vec r_G+\frac{L}{2}\vec a_2, \qquad \vec v_A=\vec v_G+\vec\omega\times\frac{L}{2}\vec a_2 =\vec v_G+\frac{L}{2}\omega\vec a_1.$$

A 碰地後沿水平地面滑行，接觸期間的限制條件為

$$\vec v_A\cdot\vec j=0.$$

(b) 碰撞後的角速度與質心速度

令碰撞後角速度為 $\omega^+$。水平方向沒有外部衝量，故

$$v_{Gx}^+=v_0.$$

碰撞後 A 點鉛直速度為零，因此

$$v_{Ay}^+=v_{Gy}^++\frac{L}{2}\omega^+\cos\beta=0,$$

得到

$$v_{Gy}^+=-\frac{L}{2}\omega^+\cos\beta.$$

接著對碰撞瞬間的接觸點 A 取角動量。均質細桿對 G 的轉動慣量及對 A 的轉動慣量為

$$I_G=\frac{mL^2}{12}, \qquad I_A=I_G+m\left(\frac{L}{2}\right)^2=\frac{mL^2}{3}.$$

碰撞前，$\vec r_{G/A}=-\frac{L}{2}\vec a_2$，且 $\vec v_G^-=v_0\vec i$，故

$$H_A^-= I_G\omega_0+\vec r_{G/A}\times m\vec v_G^- = \frac{mL^2}{12}\omega_0-\frac{mL}{2}v_0\sin\beta.$$

碰撞後，A 點速度只有水平分量。由端點速度式，

核心觀念

令 $x$ 軸向東、$y$ 軸向北、$z$ 軸向上。地球自轉角速度大小為 $\Omega$，在北緯 $\theta$ 處可寫成

$$\boldsymbol{\Omega} = \Omega\cos\theta\,\mathbf{e}_y + \Omega\sin\theta\,\mathbf{e}_z$$

相對地面運動的鋼球，在隨地球旋轉的座標系中具有科氏加速度

$$\mathbf{a}_{C} = -2\boldsymbol{\Omega}\times\mathbf{v}_{\mathrm{rel}}$$

以下採用小偏移近似：鋼球前進方向的速度維持為 $v$，忽略空氣阻力，並視為鋼球受地面約束而維持水平運動。

(a) 南向北投擲的軌跡

鋼球向北運動，故 $\mathbf{v}_{\mathrm{rel}}=v\mathbf{e}_y$。科氏加速度為

$$\mathbf{a}_{C} = -2 \left( \Omega\cos\theta\,\mathbf{e}_y + \Omega\sin\theta\,\mathbf{e}_z \right) \times v\mathbf{e}_y = 2\Omega v\sin\theta\,\mathbf{e}_x$$

北半球 $\sin\theta>0$，所以加速度向東。鋼球由 A 點出發後，軌跡逐漸向東彎曲；若圖上 $x$ 軸向東，路徑便向 $+x$ 方向偏移。

(b) 北向行進 $L$ 時的東向位移

北向速度近似維持為 $v$，所以行進時間為

$$t\approx\frac{L}{v}$$

東向初速度為零，東向加速度為 $a_x=2\Omega v\sin\theta$。因此

$$d=\frac{1}{2}a_x t^2$$

代入 $a_x$ 與 $t$：

$$d = \frac{1}{2}(2\Omega v\sin\theta) \left(\frac{L}{v}\right)^2 = \frac{\Omega L^2\sin\theta}{v}$$

核心觀念

1. 面接觸摩擦力與阻抗力矩積分：
   對於平面面接觸且正向壓力均勻分布的旋轉物體，摩擦力在微元面積上產生阻礙旋轉的摩擦力矩。需在極坐標系下選取環形微元 $dA = 2\pi r \, dr$，對接觸面進行積分以求出總動摩擦阻抗力矩 $M_f$。
2. 剛體定軸轉動動力學方程式：
   根據角動量定理（繞固定對稱中心軸）： $$\sum M_G = I_G \alpha$$ 其中均勻質量圓盤繞垂直質心軸的轉動慣量為 $I_G = \frac{1}{2} M R^2$。
3. 等角加速度運動學：
   當摩擦力矩為定值時，角減速度 $\alpha$ 為常數，利用等角加速度運動學公式可求出角速度降至零所需的時間 $t$。

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解題方法

(a) 計算炸彈自旋至停止（爆炸）所需的時間

1. 求接觸面上的單位面積均勻壓力 $p$：
   圓盤質量為 $M$，重力為 $W = Mg$。因壓力均勻分布於整個圓形接觸面上：

   $$p = \frac{N}{A} = \frac{Mg}{\pi R^2}$$

2. 微元面積與正向力：
   在半徑 $r$ 處取寬度為 $dr$ 的同心圓環微元，其面積為：

   $$dA = 2\pi r \, dr$$

   作用於該微元上的微元正向力為：

   $$dN = p \, dA = \left( \frac{Mg}{\pi R^2} \right) (2\pi r \, dr) = \frac{2Mg}{R^2} r \, dr$$

3. 微元摩擦力及摩擦力矩：
   圓盤純自旋時，微元上的速度方向為切向。動摩擦力方向與運動方向相反，微元動摩擦力為：

   $$dF_f = \mu_k \, dN = \frac{2 \mu_k Mg}{R^2} r \, dr$$

   該微元摩擦力對圓盤中心軸產生的阻抗力矩為：

   $$dM_f = r \cdot dF_f = \frac{2 \mu_k Mg}{R^2} r^2 \, dr$$

4. 積分求總阻抗摩擦力矩 $M_f$：
   對整個接觸面（$r$ 從 $0$ 到 $R$）進行積分：

   $$M_f = \int_0^R \frac{2 \mu_k Mg}{R^2} r^2 \, dr = \frac{2 \mu_k Mg}{R^2} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^R = \frac{2}{3} \mu_k Mg R$$

5. 計算角減速度 $\alpha$：
   均勻圓盤繞中心垂直軸之轉動慣量：

   $$I_G = \frac{1}{2} M R^2$$

   由剛體平面轉動運動方程式 $\sum M = I_G \alpha$（取阻礙轉動方向為正）：

   $$M_f = I_G \alpha$$ $$\frac{2}{3} \mu_k Mg R = \left( \frac{1}{2} M R^2 \right) \alpha$$

   解得角減速度大小為：

   $$\alpha = \frac{\frac{2}{3} \mu_k Mg R}{\frac{1}{2} M R^2} = \frac{4 \mu_k g}{3 R}$$

6. 求停轉引爆時間 $t$：
   初角速度為 $\omega$，炸彈在停止轉動（$\omega(t) = 0$）時引爆：

   $$\omega(t) = \omega - \alpha t = 0$$