108 年 國立臺灣大學機械系碩士班設計組《靜力學》

核心觀念

本題考查：

• 剛體平衡與自由體圖。
• 彈簧力定律：$F_s=k\Delta s$。
• 虛功法或位能法求機構平衡。
• 穩定平衡判定：平衡位置須為位能極小值，亦即 $d^2V/d\theta^2>0$。

由圖中幾何關係：

$$AC=DE=2\text{ m},\qquad AB=BC=BE=BD=1\text{ m}$$

且

$$E=(0,2\sin\theta),\qquad C=(2\cos\theta,2\sin\theta)$$

所以彈簧長度為

$$s=EC=2\cos\theta$$

當 $\theta=45^\circ$ 時，彈簧未伸長，因此自然長度為

$$s_0=2\cos45^\circ=\sqrt2\text{ m}$$

在 $0^\circ<\theta<45^\circ$ 時，$s>\sqrt2$，彈簧處於伸長狀態。

---

(a) 自由體圖

構件 $AC$

構件 $AC$ 上的外力包括：

• $A$ 點銷接反力：$A_x,A_y$。
• $C$ 點向下外力：$F_2$。
• $C$ 點彈簧力：因彈簧伸長，彈簧拉動 $C$ 向左，大小為
  $F_s=k(2\cos\theta-\sqrt2)$
• 中心銷接點 $B$ 的作用力：可分解為 $B_x,B_y$。

因此，$AC$ 的自由體圖應標示：

$$A_x,\ A_y,\quad B_x,\ B_y,\quad F_s\text{（向左）},\quad F_2\text{（向下）}$$

構件 $DE$

構件 $DE$ 上的外力包括：

• $D$ 點滾輪反力：因 $D$ 在水平面上滑動，反力為垂直方向 $D_y$。
• $E$ 點向下外力：$F_1$。
• $E$ 點彈簧力：彈簧拉動 $E$ 向右，大小為
  $F_s=k(2\cos\theta-\sqrt2)$
• 中心銷接點 $B$ 的作用力，方向與作用在 $AC$ 上的 $B$ 點力相反。

---

(b) $F_1=F_2=F$ 時的 $F$–$\theta$ 關係

採用虛功法。當機構產生微小轉角 $d\theta$ 時：

$$dy_E=dy_C=2\cos\theta\,d\theta$$

兩個向下外力所作虛功為

$$\delta W_F =-(F_1+F_2)2\cos\theta\,d\theta =-4F\cos\theta\,d\theta$$

彈簧長度變化為

$$ds=-2\sin\theta\,d\theta$$

彈簧力大小為

$$F_s=k(2\cos\theta-\sqrt2)$$

彈簧所作虛功為

$$\delta W_s =-F_s\,ds =2k(2\cos\theta-\sqrt2)\sin\theta\,d\theta$$

平衡時總虛功為零：

$$-4F\cos\theta +2k(2\cos\theta-\sqrt2)\sin\theta=0$$

因此

$$F =\frac{k}{2}(2\cos\theta-\sqrt2)\tan\theta$$

代入 $k=400\text{ N/m}$：

$$\boxed{ F=200(2\cos\theta-\sqrt2)\tan\theta }$$

亦可寫成

$$\boxed{ F=400\sin\theta-200\sqrt2\tan\theta }$$

曲線特徵

在範圍 $0^\circ<\theta<45^\circ$：

核心觀念

本題考查：

1. 無摩擦滑輪：滑輪 $A$ 可自由轉動，因此繩索通過 $A$ 兩側的張力相等。
2. 帶 friction 的固定滾筒：使用 capstan equation
   $\frac{T_{\max}}{T_{\min}}=e^{\mu_s\theta}$
   其中 $\theta$ 為繩索與滾筒接觸的包覆角，必須以弧度表示。
3. 繩索最大允許張力為 $300\ \text{N}$，因此施力端張力取 $T=300\ \text{N}$。

接觸角判定

由圖可知，繩索在固定滾筒 $B$、$C$ 上皆由垂直方向轉至 $45^\circ$ 斜向，因此每個滾筒的包覆角為

$$\theta=180^\circ-45^\circ=\boxed{135^\circ} =\frac{3\pi}{4}\ \text{rad}$$

繩索由左端向右端傳遞，用力提升圓柱時，摩擦會使張力逐段降低。

解題方法

左端施力為最大允許張力：

$$T_C=300\ \text{N}$$

通過固定滾筒 $C$ 後，到達自由轉動滑輪 $A$ 的張力為

$$T_A=T_C e^{-\mu_s\theta}$$

本題考驗對人體下肢運動學模型中各關節段（大腿、小腿、腳）的自由體圖繪製，以及利用牛頓第二運動定律（$\Sigma \vec{F} = m\vec{a}$ 和 $\Sigma \vec{M} = I\vec{\alpha}$）推導其運動方程式。

核心觀念：

1. 自由體圖 (Free Body Diagram, FBD)：精確繪製每個物體（關節段）所受的所有外力，包括肌肉力、關節反作用力、重力（若未忽略）等。
2. 牛頓第二運動定律：
   • 直線運動：$\Sigma F_x = ma_x$, $\Sigma F_y = ma_y$。
   • 轉動運動：$\Sigma M = I\alpha$。對於平面運動，可以寫成 $\Sigma M_z = I_z \alpha_z$。
3. 運動學：需要確定各關節段的加速度（線加速度和角加速度）。由於是 3-link 模型，通常假設關節是光滑的旋轉接頭，且各關節段有其自身的幾何中心和慣性參數。題目中未給出質量、慣性參數和運動學關係（如角速度、角加速度），但要求「推導運動方程式」，這意味著我們需要寫出包含這些參數的方程式。

一般步驟：

1. 定義座標系統：為每個關節段建立一個局部座標系統，通常原點設在關節處，x 軸沿著關節段的長度方向。
2. 識別所有外力：
   • 肌肉力：F1 到 F11，這些力通常是拉力，作用在肌肉附著點。
   • 關節反作用力：在連接處（髖、膝、踝）的水平和垂直分量（R1,x, R1,y, R2,x, R2,y, R3,x, R3,y）。
   • 重力：題目要求忽略構件的重量（"Neglect the weight of the members." 在第一題中出現，但這裡沒有明確說，不過通常在這種模型中，肌肉力是主要驅動力，重力可能被忽略或包含在其他力中）。然而，若要完整推導，應考慮重心位置的重力。但由於題目未提供質量和重心位置，我們將假設重力影響已包含在肌肉力或反作用力中，或者被忽略。
3. 繪製 FBD：為大腿、小腿、腳分別繪製自由體圖。
4. 建立運動方程式：
   • 對於每個關節段，應用 $\Sigma \vec{F} = m\vec{a}$ 和 $\Sigma \vec{M} = I\vec{\alpha}$。
   • 需要知道或假設各關節段的質量 ($m$)、質心位置 ($\vec{r}_G$)、慣性參數 ($I$) 以及它們的運動學狀態（位置、速度、加速度）。由於這些資訊未提供，我們將寫出通用的方程式形式，其中包含這些未知的參數。

假設：

• 關節（髖、膝、踝）是光滑的旋轉接頭。
• 肌肉力是拉力。
• 由於未提供質量、慣性參數和具體幾何尺寸（如各段長度、質心位置、肌肉附著點的精確位置、角度等），我們將寫出包含這些變數的方程式。

---

(a) 大腿 (Thigh)

FBD of the Thigh:

• 關節反作用力：在髖關節處，有 $R_{1,x}$ 和 $R_{1,y}$。
• 肌肉力：
  • RF (rectus femoris, $F_1$)
  • ST (semitendinosus, $F_2$)
  • SM (semimembranosus, $F_3$)
  • CL (biceps femoris caput longum, $F_4$)
  • IL (iliacus, $F_6$)
  • VA (vasti, $F_{10}$)
  • GL (glutei, $F_9$) - 臀肌可能作用於大腿近端。
• 膝關節反作用力：在膝關節處，有 $R_{2,x}$ 和 $R_{2,y}$，這些力作用在遠端。
• 重力：若考慮，則作用於質心 $G_{thigh}$。

運動方程式：
設大腿的質量為 $m_{thigh}$，質心為 $G_{thigh}$，繞質心的轉動慣量為 $I_{thigh}$。
設髖關節為原點 (0,0)，大腿繞髖關節的角加速度為 $\alpha_{thigh}$。
根據圖 3-3(a)，大腿的近端是髖關節，遠端是膝關節。
力 $F_1, F_2, F_3, F_4, F_6, F_{10}$ 作用在圖示的位置。
臀肌 $F_9$ 的作用點在近端。
關節反作用力 $R_{1,x}, R_{1,y}$ 在髖關節。
關節反作用力 $R_{2,x}, R_{2,y}$ 在膝關節。

力平衡方程式：
$\Sigma F_x = m_{thigh} a_{thigh,x}$
$R_{1,x} + \sum (\text{horizontal components of muscle forces}) + R_{2,x} = m_{thigh} a_{thigh,x}$

$\Sigma F_y = m_{thigh} a_{thigh,y}$
$R_{1,y} + \sum (\text{vertical components of muscle forces}) + R_{2,y} = m_{thigh} a_{thigh,y}$

力矩平衡方程式：
通常選擇一個關節作為力矩的參考點，以消除反作用力。例如，選擇髖關節 (R1)。
$\Sigma M_{hip} = I_{thigh} \alpha_{thigh}$
$\sum (\vec{r}_i \times \vec{F}_i)_{\text{for muscles}} + (\vec{r}_{R2} \times \vec{R}_2)_{\text{at knee}} = I_{thigh} \alpha_{thigh}$
其中 $\vec{r}_i$ 是肌肉力 $\vec{F}_i$ 的作用點相對於髖關節的向量。
$\vec{R}_2$ 是膝關節反作用力向量。

由於題目要求「推導運動方程式」，我們需要寫出包含加速度項的方程式。
假設大腿段的質心加速度為 $\vec{a}_{G_{thigh}} = (a_{thigh,x}, a_{thigh,y})$。
設髖關節為 O1，膝關節為 O2。
$\vec{r}_{O1}$ 為髖關節位置。
$\vec{r}_{G_{thigh}}$ 為質心位置。
$\vec{r}_{F_i}$ 為肌肉力 $F_i$ 的作用點位置。
$\vec{r}_{O2}$ 為膝關節位置。

精確的運動方程式 (通用形式)：
$\sum_{i=1}^{11} \vec{F}_i + \vec{R}_{1} + \vec{R}_{2} = m_{thigh} \vec{a}_{G_{thigh}}$
$\sum_{i=1}^{11} (\vec{r}_{F_i} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{F}_i + (\vec{r}_{O2} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{R}_{2} + (\vec{r}_{O1} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{R}_{1} = I_{thigh} \vec{\alpha}_{thigh}$

由於題目未提供詳細幾何和物理參數，我們將根據圖示標示的力來寫出方程式。
設大腿段的質心為 $G_{thigh}$，其位置向量為 $\vec{r}_{G_{thigh}}$。
設髖關節為 $O_1$，膝關節為 $O_2$。
$\vec{r}_{O1}$，$\vec{r}_{O2}$ 為關節位置。
$\vec{r}_{F_i}$ 為肌肉力 $F_i$ 的作用點位置。

力平衡：
$\sum_{i=1}^{11} \vec{F}_i + \vec{R}_{1} + \vec{R}_{2} = m_{thigh} \vec{a}_{G_{thigh}}$
(這裡 $\vec{R}_1 = (R_{1,x}, R_{1,y})$，$\vec{R}_2 = (R_{2,x}, R_{2,y})$)

力矩平衡 (相對於質心 $G_{thigh}$)：
$\sum_{i=1}^{11} (\vec{r}_{F_i} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{F}_i + (\vec{r}_{O2} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{R}_{2} + (\vec{r}_{O1} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{R}_{1} = I_{thigh} \vec{\alpha}_{thigh}$

由於是平面運動，向量叉乘可以簡化為 Z 分量。
若以髖關節 $O_1$ 作為參考點，則 $\vec{r}_{O1} - \vec{r}_{G_{thigh}}$ 是從質心到髖關節的向量。
$\vec{R}_1$ 作用在 $O_1$，所以 $\vec{r}_{O1} \times \vec{R}_1 = 0$。
$\sum_{i=1}^{11} (\vec{r}_{F_i} - \vec{r}_{O1}) \times \vec{F}_i + (\vec{r}_{O2} - \vec{r}_{O1}) \times \vec{R}_{2} = I_{thigh} \vec{\alpha}_{thigh} + m_{thigh} \vec{r}_{G_{thigh}} \times \vec{a}_{G_{thigh}}$ (這是相對運動的方程式)。

若直接寫成牛頓定律形式：
$\Sigma F_x = R_{1,x} + R_{2,x} + \sum_{i=1}^{11} F_{i,x} = m_{thigh} a_{G_{thigh},x}$
$\Sigma F_y = R_{1,y} + R_{2,y} + \sum_{i=1}^{11} F_{i,y} = m_{thigh} a_{G_{thigh},y}$
$\Sigma M_{G_{thigh}} = \sum_{i=1}^{11} (\vec{r}_{F_i} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{F}_i + (\vec{r}_{O2} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{R}_{2} + (\vec{r}_{O1} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{R}_{1} = I_{thigh} \alpha_{thigh}$

FBD 繪製:

• 畫出一個代表大腿的長條形。
• 標示髖關節 $O_1$ 處的 $R_{1,x}, R_{1,y}$。
• 標示膝關節 $O_2$ 處的 $R_{2,x}, R_{2,y}$。
• 標示各肌肉力 $F_1$ 到 $F_{11}$ 的作用點和方向（根據圖 3-2 和 3-3(a)）。
• 標示質心 $G_{thigh}$ 處的重力（如果考慮）。
• 標示大腿段的角加速度 $\alpha_{thigh}$。

運動方程式 (簡化形式，假設是平面運動，並使用向量表示)：
$\sum_{i=1}^{11} \vec{F}_i + \vec{R}_1 + \vec{R}_2 = m_{thigh} \vec{a}_{G_{thigh}}$
$\sum_{i=1}^{11} \vec{M}_{G_{thigh}, i} + \vec{M}_{G_{thigh}, R2} + \vec{M}_{G_{thigh}, R1} = I_{thigh} \vec{\alpha}_{thigh}$
其中 $\vec{M}_{G_{thigh}, i} = (\vec{r}_{F_i} - \vec{r}_{G_{thigh}}) \times \vec{F}_i$。

---

(b) 小腿 (Shank)

FBD of the Shank:

• 關節反作用力：在膝關節處，有 $R_{2,x}$ 和 $R_{2,y}$ (作用在小腿近端)。
• 肌肉力：
  • TA (tibialis anterioris, $F_5$)
  • CB (biceps femoris caput breve, $F_7$)
  • CL (biceps femoris caput longum, $F_4$) - 可能也作用於小腿。
  • ST (semitendinosus, $F_2$) - 可能也作用於小腿。
  • SM (semimembranosus, $F_3$) - 可能也作用於小腿。
  • VA (vasti, $F_{10}$) - 可能也作用於小腿。
  • SO (soleus, $F_8$)
  • GA (gastrocnemius, $F_{11}$)
• 踝關節反作用力：在踝關節處，有 $R_{3,x}$ 和 $R_{3,y}$，這些力作用在遠端。
• 重力：若考慮，則作用於質心 $G_{shank}$。

運動方程式：
設小腿的質量為 $m_{shank}$，質心為 $G_{shank}$，繞質心的轉動慣量為 $I_{shank}$。
設膝關節為 $O_2$，踝關節為 $O_3$。
$\sum_{i=1}^{11} \vec{F}_i + \vec{R}_{2} + \vec{R}_{3} = m_{shank} \vec{a}_{G_{shank}}$
$\sum_{i=1}^{11} \vec{M}_{G_{shank}, i} + \vec{M}_{G_{shank}, R3} + \vec{M}_{G_{shank}, R2} = I_{shank} \vec{\alpha}_{shank}$

---

(c) 腳 (Foot)

FBD of the Foot:

• 關節反作用力：在踝關節處，有 $R_{3,x}$ 和 $R_{3,y}$ (作用在腳的近端)。
• 肌肉力：

核心觀念

本題考查：

• 平面機構的幾何關係
• 彈簧力與彈簧位能
• 虛功法／總位能法求平衡
• 穩定平衡判斷
• 剛體受力圖（Free Body Diagram, FBD）

由圖中兩桿長度皆為 $2\text{ m}$，且交點 $B$ 為中點，可取

$A=(0,0),\qquad D=(2\cos\theta,0)$

因此

$$C=(2\cos\theta,2\sin\theta),\qquad E=(0,2\sin\theta)$$

彈簧 $EC$ 為水平，長度為

$L=EC=2\cos\theta$

當 $\theta=45^\circ$ 時，彈簧未伸長，因此原長

$L_0=2\cos45^\circ=\sqrt{2}\text{ m}$

---

(a) 兩構件的自由體圖

令彈簧力大小為 $T$。

構件 $AC$

構件 $AC$ 上的外力包括：

• $A$ 點鉸支承反力：$A_x,A_y$
• $B$ 點鉸接力：$B_x,B_y$
• $C$ 點向下外力：$F_2=F$
• $C$ 點彈簧力：沿 $EC$ 水平作用

在 $0^\circ<\theta<45^\circ$ 時，

$L=2\cos\theta>\sqrt2=L_0$

彈簧被拉長，因此彈簧對 $C$ 點的作用力方向向左。

構件 $DE$

構件 $DE$ 上的外力包括：

• $D$ 點滾輪支承反力：$D_y$
• $B$ 點鉸接力：$-B_x,-B_y$
• $E$ 點向下外力：$F_1=F$
• $E$ 點彈簧力：沿 $EC$ 水平作用

在 $0^\circ<\theta<45^\circ$ 時，彈簧對 $E$ 點的作用力方向向右。

兩構件在 $B$ 點的鉸接力大小相等、方向相反。

---

(b) $F$ 與 $\theta$ 的關係

採用總位能法。

彈簧位能為

$$U_s=\frac12 k(L-L_0)^2 =\frac12 k(2\cos\theta-\sqrt2)^2$$

兩個向下力的位能為

$$U_F=F(2\sin\theta)+F(2\sin\theta) =4F\sin\theta$$

因此總位能

$$U=\frac12 k(2\cos\theta-\sqrt2)^2 +4F\sin\theta$$

平衡條件為

$\frac{dU}{d\theta}=0$

計算得

$$-k(2\cos\theta-\sqrt2)(2\sin\theta) +4F\cos\theta=0$$

整理：

$$4F\cos\theta =2k\sin\theta(2\cos\theta-\sqrt2)$$

所以

$$\boxed{ F=\frac{k}{2}\tan\theta(2\cos\theta-\sqrt2) }$$

代入 $k=400\text{ N/m}$：

$$\boxed{ F(\theta)=200\tan\theta(2\cos\theta-\sqrt2)\text{ N} }$$

亦可寫成

$F(\theta)=200\left(2\sin\theta-\sqrt2\tan\theta\right)\text{ N}$

圖形特徵

在 $0^\circ<\theta<45^\circ$：

$F\to0\quad(\theta\to0^\circ)$

且