108 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班甲組《工程力學》

核心觀念

本題考查三類工程力學基本概念：

1. 保守系統中的機械能守恆。
2. 彈性碰撞的動量與動能守恆。
3. 質心、重心與體積中心的數學定義。

題目中的 Conservation of mechanical force 並非現代工程力學最標準的術語；依本題脈絡，應解讀為「機械能守恆」。嚴格而言，力本身不具有一般性的守恆定律，常見守恆量是機械能、線動量與角動量。

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1) Conservation of mechanical force（機械能守恆）

定義

物體的機械能等於動能與位能之和：

$$E_{\mathrm{mech}}=T+V$$

其中

$$T=\frac{1}{2}mv^2$$

為動能，$V$ 為位能。若系統內只有保守力作功，例如重力、彈簧力，沒有摩擦力、阻力或其他非保守力造成能量損失，則系統機械能保持不變：

$$T_1+V_1=T_2+V_2$$

因此可寫成

$$\frac{1}{2}mv_1^2+V_1 = \frac{1}{2}mv_2^2+V_2$$

解題方法

先選定系統與參考位置，再比較初態與末態的動能、位能。若無非保守力作功，直接使用：

$$\Delta E_{\mathrm{mech}}=0$$

若存在摩擦力等非保守力，則應改用功—能原理：

$$T_1+V_1+U_{1\to2}^{\mathrm{nc}} = T_2+V_2$$

其中 $U_{1\to2}^{\mathrm{nc}}$ 為非保守力所作的功。摩擦力作負功時，機械能會減少，但能量總量仍轉換為熱能等形式。

解題技巧與常見陷阱

• 機械能守恆不代表動能單獨守恆；位能與動能可以相互轉換。
• 有摩擦力時，通常不能直接令初末機械能相等。
• 「能量守恆」比「機械能守恆」更廣泛。機械能減少時，能量並未消失，而是轉換為熱能、聲能或變形能。
• 碰撞問題中，只有彈性碰撞才可同時使用動量守恆與動能守恆。

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2) Elastic impact（彈性碰撞）

定義

彈性碰撞是指碰撞過程中：

1. 系統總線動量守恆。
2. 系統總動能守恆。
3. 碰撞後沒有永久塑性變形造成的機械能損失。

對質量分別為 $m_1$、$m_2$ 的兩物體，碰撞前速度為 $u_1$、$u_2$，碰撞後速度為 $v_1$、$v_2$。

動量守恆

若外力衝量可忽略，則

$$m_1u_1+m_2u_2 = m_1v_1+m_2v_2$$

動能守恆

彈性碰撞另滿足

$$\frac{1}{2}m_1u_1^2+\frac{1}{2}m_2u_2^2 = \frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2$$

恢復係數表示法

恢復係數 $e$ 定義為分離速度與接近速度之比：

$$e= \frac{\text{分離速度}}{\text{接近速度}} = \frac{v_2-v_1}{u_1-u_2}$$

對完全彈性碰撞：

$$e=1$$

因此，彈性碰撞也可由下式表示：

$$v_2-v_1=u_1-u_2$$

也就是碰撞後兩物體的相對分離速度，等於碰撞前的相對接近速度。

一維碰撞速度公式

聯立動量守恆與 $e=1$，可得：

$$v_1= \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}u_1 + \frac{2m_2}{m_1+m_2}u_2$$ $$v_2= \frac{2m_1}{m_1+m_2}u_1 + \frac{m_2-m_1}{m_1+m_2}u_2$$

若第二物體原先靜止，即 $u_2=0$，則

$$v_1= \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}u_1$$ $$v_2= \frac{2m_1}{m_1+m_2}u_1$$

解題技巧與常見陷阱

• 碰撞時間很短時，通常忽略重力等外力在碰撞期間產生的衝量，使用動量守恆。

• 「動量守恆」不等於「動能守恆」；非彈性碰撞仍可能動量守恆，但動能不守恆。

• 完全非彈性碰撞的特徵是兩物體碰撞後黏在一起，此時 $e=0$。

• 若兩物體質量相等，且其中一物體靜止，彈性碰撞後兩物體會交換速度：

  $v_1=0,\qquad v_2=u_1$

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3) 質心、重心與體積中心的數學表示

3.1 質心（Center of Mass）

質心是質量分布的加權平均位置。對由許多質點組成的系統：

$$\mathbf r_G= \frac{\sum_i m_i\mathbf r_i}{\sum_i m_i}$$

其中 $\mathbf r_i$ 是第 $i$ 個質點的位置向量，$m_i$ 是其質量。

以直角座標表示：

$$\bar{x}=\frac{\sum_i m_i x_i}{\sum_i m_i}$$ $$\bar{y}=\frac{\sum_i m_i y_i}{\sum_i m_i}$$

核心觀念

本題應用平面剛體運動的速度與加速度關係：

$$\vec v_O=\vec v_A+\vec\omega_{AB}\times\vec r_{O/A}$$ $$\vec a_O=\vec a_A+\vec\alpha_{AB}\times\vec r_{O/A} +\vec\omega_{AB}\times \left(\vec\omega_{AB}\times\vec r_{O/A}\right)$$

由圖可知，$O$ 為桿 $AB$ 的中點，且此瞬間位於階梯的垂直面上，因此 $O$ 的水平座標固定，故 $v_{Ox}=0$、$a_{Ox}=0$。

幾何關係

$A$ 在地面上，$O$ 高於地面 $l/4$，且 $AO=l/2$。設桿與水平線夾角為 $\theta$，則

$$\sin\theta=\frac{l/4}{l/2}=\frac12$$

因此

$$\theta=30^\circ$$

取 $x$ 軸向右、$y$ 軸向上，則

$$\vec r_{O/A} =-\frac{\sqrt3 l}{4}\,\mathbf i+\frac{l}{4}\,\mathbf j$$

且

$$\vec v_A=V_A\mathbf i,\qquad \vec a_A=0$$

(1) 角速度 $\omega_{AB}$

由速度式：

$$\vec\omega_{AB}\times\vec r_{O/A} = \omega_{AB}\mathbf k\times \left( -\frac{\sqrt3 l}{4}\mathbf i+\frac{l}{4}\mathbf j \right)$$

因此

$$\vec v_O = \left(V_A-\frac{l}{4}\omega_{AB}\right)\mathbf i -\frac{\sqrt3 l}{4}\omega_{AB}\mathbf j$$

由 $O$ 位於垂直面上，$v_{Ox}=0$：

這題考驗的是相對運動學，特別是剛體運動與質點運動結合的分析。我們需要將金塊 G 的速度和加速度分解為相對於三角形 O 的速度/加速度，以及三角形 O 本身的運動。

核心觀念：相對速度與相對加速度公式。
對於兩個物體（或一個物體相對於另一個物體），其速度和加速度之間的關係如下：
$\mathbf{v}_G = \mathbf{v}_O + \mathbf{v}_{G/O}$
$\mathbf{a}_G = \mathbf{a}_O + \mathbf{a}_{G/O}$

其中：

• $\mathbf{v}_G, \mathbf{a}_G$ 是金塊 G 的絕對速度和加速度。
• $\mathbf{v}_O, \mathbf{a}_O$ 是三角形 O 的絕對速度和加速度。
• $\mathbf{v}_{G/O}, \mathbf{a}_{G/O}$ 是金塊 G 相對於三角形 O 的速度和加速度。

題目資訊：

• 三角形 O 的運動：$V_O = 8$ m/s (向右，水平)。$a_O = 3$ m/s² (向右，水平)。
• 金塊 G 相對於三角形 O 的運動：
  • 距離 G 到 O 的變化率：$l' = \frac{dl}{dt} = 6$ m/s。這表示 G 沿著斜坡遠離 O 的速度。
  • 距離 G 到 O 的變化率的變化率：$l'' = \frac{d^2l}{dt^2} = 5$ m/s²。這表示 G 沿著斜坡遠離 O 的加速度。
• 三角形 O 的楔角為 30°。這表示金塊 G 相對於 O 滑動的斜坡與水平方向的夾角為 30°。

建立座標系統：
我們選擇一個慣性座標系 (x, y)，其中 x 軸水平向右，y 軸垂直向上。

分析相對運動：
金塊 G 相對於三角形 O 的運動是沿著一個傾角為 30° 的斜坡。
假設 $l$ 是 G 到 O 的距離。
則 G 相對於 O 的速度 $\mathbf{v}_{G/O}$ 是沿著斜坡方向，大小為 $l'$。
G 相對於 O 的加速度 $\mathbf{a}_{G/O}$ 包含兩個部分：

1. 沿著斜坡方向的加速度，大小為 $l''$。
2. 由於 G 的速度 $\mathbf{v}_{G/O}$ 沿著彎曲的軌跡（如果我們考慮 O 的運動），或者由於 G 相對於 O 的速度方向在變化，可能會有一個法向加速度。但是，在這裡，G 相對於 O 的運動是沿著一條直線（斜坡）。所以，相對加速度 $\mathbf{a}_{G/O}$ 主要由 $l''$ 和可能的科氏加速度（如果 O 在旋轉）組成。

重要說明：題目中沒有提到三角形 O 在旋轉。它只是在水平方向移動。因此，金塊 G 相對於 O 的運動是沿著一個固定方向（30° 斜坡）的直線運動。

相對速度分析：

• 三角形 O 的速度：$\mathbf{v}_O = (8, 0)$ m/s。
• 金塊 G 相對於 O 的速度 $\mathbf{v}_{G/O}$：
  • 斜坡與水平方向的夾角為 30°。
  • G 沿斜坡遠離 O 的速度大小為 $l' = 6$ m/s。
  • 速度向量 $\mathbf{v}_{G/O}$ 的方向沿斜坡向上。
  • $\mathbf{v}_{G/O} = (l' \cos 30^\circ, l' \sin 30^\circ) = (6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}, 6 \cdot \frac{1}{2}) = (3\sqrt{3}, 3)$ m/s。

(1) 金塊 G 的速度 $\mathbf{v}_G$：
$\mathbf{v}_G = \mathbf{v}_O + \mathbf{v}_{G/O}$
$\mathbf{v}_G = (8, 0) + (3\sqrt{3}, 3)$
$\mathbf{v}_G = (8 + 3\sqrt{3}, 3)$ m/s。
速度的大小 $v_G = \sqrt{(8+3\sqrt{3})^2 + 3^2}$。
$8+3\sqrt{3} \approx 8 + 3 \times 1.732 = 8 + 5.196 = 13.196$
$v_G = \sqrt{(13.196)^2 + 9} = \sqrt{174.139 + 9} = \sqrt{183.139} \approx 13.53$ m/s。

核心觀念

本題考查：

• 剛體平面運動的速度關係
• 滑銷在轉動槽內的相對速度
• 速度分解式
  $\vec v_A=\vec v_O+\boldsymbol{\omega}_{OR}\times\vec r_{A/O}+\vec v_{A/OR}$

依圖中尺寸，取 $O$ 為原點：

$\vec r_{A/O}=8\mathbf i+10\mathbf j\ \text{cm}$

且 $B$ 與 $O$ 均為固定鉸支點，$AB$ 以 $3\ \text{rad/s}$ 順時針轉動。

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解題方法

先由桿 $AB$ 求出銷 $A$ 的絕對速度，再將其分解為：

1. 槽桿 $OR$ 隨角速度轉動所造成的速度；
2. 銷 $A$ 沿槽 $OR$ 的相對滑動速度。

1. 求銷 $A$ 的絕對速度

由圖得：

$\vec r_{A/B}=-25\mathbf i+10\mathbf j\ \text{cm}$

順時針角速度為：

$\boldsymbol{\omega}_{AB}=-3\mathbf k\ \text{rad/s}$

由剛體速度公式：

$\vec v_A=\boldsymbol{\omega}_{AB}\times\vec r_{A/B}$

因此：

$$\begin{aligned} \vec v_A &=(-3\mathbf k)\times(-25\mathbf i+10\mathbf j)\\ &=30\mathbf i+75\mathbf j\ \text{cm/s} \end{aligned}$$

所以：

$\boxed{\vec v_A=30\mathbf i+75\mathbf j\ \text{cm/s}}$

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2. 求 $A$ 相對於槽桿 $OR$ 的速度

槽桿方向向量為：

$\vec r_{A/O}=8\mathbf i+10\mathbf j$

其長度為：

$$r_{A/O}=\sqrt{8^2+10^2}=\sqrt{164}\ \text{cm}$$

沿槽方向的單位向量：

核心觀念

爆炸時間極短，外力衝量可忽略，因此爆炸前後遵守「動量守恆」。取炮彈原本前進方向為 $x$ 軸正向，依圖中方向：

• $X$ 碎片質量：$9\,\text{kg}$，速度 $V_x$，方向向右上 $30^\circ$
• $Y$ 碎片質量：$6\,\text{kg}$，速度 $V_y$，方向向右下 $45^\circ$
• 爆炸前總質量：$15\,\text{kg}$，速度：$30\,\text{m/s}$

動能增加量由

$$\Delta K=K_{\text{爆炸後}}-K_{\text{爆炸前}}$$

計算。

解題方法

爆炸前只有水平方向動量：

$$p_{x,\text{前}}=15(30)=450\,\text{kg}\cdot\text{m/s}$$

爆炸前鉛直方向動量為 $0$。

水平方向動量守恆

$$9V_x\cos30^\circ+6V_y\cos45^\circ=450 \tag{1}$$

鉛直方向動量守恆

$X$ 向上、$Y$ 向下，故

$$9V_x\sin30^\circ-6V_y\sin45^\circ=0 \tag{2}$$

由式（2）：

$$9V_x\left(\frac12\right) = 6V_y\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)$$

整理得

$$V_x=\frac{2\sqrt2}{3}V_y$$

代入式（1）：

$$9\left(\frac{2\sqrt2}{3}V_y\right)\frac{\sqrt3}{2} +6V_y\frac{\sqrt2}{2} =450$$

解得

核心觀念

本題考查斜面上的彈簧振動：

• 以靜力平衡位置為座標原點，重力沿斜面分量會被平衡位置的彈簧力抵消。
• 圖中左側有一條彈簧，右側有兩條相同彈簧並聯，因此等效勁度為
  $k_{\text{eq}}=k+k+k=3k.$
• 以平衡位置為基準後，運動方程為簡諧運動：
  $m\ddot{x}+k_{\text{eq}}x=0.$

解題方法

設斜面角度為 $\theta=15^\circ$，並令 $x$ 為相對於靜力平衡位置的位移，向斜面下方為正。

沿斜面方向，重力分量為

$mg\sin\theta.$

設物體相對於兩側彈簧自然長度位置的位移為 $y$。彈簧合力為

$-3ky.$

靜力平衡時，$y=y_0$，故

$mg\sin\theta-3ky_0=0,$

因此

$y_0=\frac{mg\sin\theta}{3k}.$

又因為 $x=y-y_0$，代入運動方程：

$m\ddot{y}=mg\sin\theta-3ky.$

由 $y=x+y_0$ 得

$m\ddot{x}=mg\sin\theta-3k(x+y_0).$

利用 $3ky_0=mg\sin\theta$ 消去重力項：

$m\ddot{x}+3kx=0.$

因此系統的自然角頻率為

$\omega_n=\sqrt{\frac{3k}{m}},$

自然頻率為

$$f_n=\frac{\omega_n}{2\pi} =\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{3k}{m}}.$$

初始條件與振幅

題目說明物體由「兩側彈簧皆未變形」的位置釋放，此時 $y(0)=0$、$\dot{y}(0)=0$。

由 $x=y-y_0$：

$x(0)=-y_0=-\frac{mg\sin15^\circ}{3k},$

$\dot{x}(0)=0.$

因此振幅為

$A=\frac{mg\sin15^\circ}{3k}.$