109 年 國立成功大學生物醫學工程學系碩士班甲組《工程力學》

本題為基本名詞解釋題，主要在測試考生對工程力學基本概念的理解程度。

(1) 達朗伯原理 (D'Alembert principal)
達朗伯原理是將慣性力引入動力學方程，使動力學問題轉化為靜力學問題的一種方法。它指出，作用在剛體上的一切外力系（包括慣性力）與真實的力系合力矩的代數和為零。數學表達式為 $\sum \vec{F} + \vec{F}_i = 0$ 和 $\sum \vec{M}_O + \vec{M}_i = 0$，其中 $\vec{F}_i = -m\vec{a}$ 為慣性力，$\vec{M}_i = -I_O \vec{\alpha}$ 為慣性力偶。這個原理在處理複雜的動力學問題時，特別是涉及旋轉運動時，可以簡化分析過程。

(2) 動摩擦係數 (Coefficient of kinetic friction)
動摩擦係數 ($\mu_k$) 是描述兩個接觸表面之間在相對滑動時所受到的動摩擦力與正向力之間關係的無因次參數。

核心觀念

本題考查曲線運動中的切向、法向動力學，以及彈簧力：

• 切向方向套用
  $\sum F_t=ma_t$
• 法向方向套用
  $\sum F_n=m\frac{v^2}{R}$
• 彈簧力大小為
  $F_s=k\Delta s=k(s-R)$

其中 $R=0.300\ \text{m}$，$m=2\ \text{kg}$，$k=300\ \text{N/m}$。滑塊由靜止釋放，因此初始瞬間 $v=0$。

依半圓軌道幾何關係，$D$、$E$ 為圓弧端點，且 $Q$ 位於圓周上。

一、彈簧伸長量與彈簧力

當半徑 $OQ$ 與水平線夾角為 $\theta=70^\circ$ 時，弦長 $DQ$ 為

$$DQ=2R\cos\frac{\theta}{2}$$

因此

$$DQ=2(0.300)\cos35^\circ =0.4914\ \text{m}$$

彈簧原長為 $R=0.300\ \text{m}$，故伸長量

$$\Delta s=0.4914-0.300 =0.1914\ \text{m}$$

彈簧力

$$F_s=k\Delta s =300(0.1914) =57.4\ \text{N}$$

彈簧力方向由 $Q$ 指向 $D$。

二、切向加速度

取切線正方向為 $\theta$ 增加的方向。

彈簧力的切向分量為

$$F_{s,t}=F_s\sin\frac{\theta}{2}$$

重力的切向分量方向與正切向相反，因此

$$W_t=-mg\cos\theta$$

套用切向運動方程：

$$F_s\sin\frac{\theta}{2}-mg\cos\theta=ma_t$$

代入數值：

$$57.4\sin35^\circ-(2)(9.81)\cos70^\circ =2a_t$$ $$32.94-6.71=2a_t$$

所以

核心觀念

以斜面為座標基準：

• $x$ 軸沿斜面向下，與水平夾角 $20^\circ$。
• $y$ 軸垂直斜面向上。
• 初速度與斜面夾角為 $70^\circ$，因此
  $v_{0x}=V_0\cos70^\circ,\qquad v_{0y}=V_0\sin70^\circ.$

重力分量為

$a_x=g\sin20^\circ,\qquad a_y=-g\cos20^\circ.$

取 $g=9.81\ \text{m/s}^2$。

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解題方法

球由斜面上的原點射出，落回斜面時必須滿足 $y=0$。

其運動方程為

$x=v_{0x}t+\frac12g\sin20^\circ t^2,$

$y=v_{0y}t-\frac12g\cos20^\circ t^2.$

初速度分量為

$v_{0x}=8\cos70^\circ=2.736\ \text{m/s},$

$v_{0y}=8\sin70^\circ=7.518\ \text{m/s}.$

（1）落地時間

落地時 $y=0$，且 $t\neq0$：

$0=v_{0y}t-\frac12g\cos20^\circ t^2.$

因此

$$t=\frac{2v_{0y}}{g\cos20^\circ} =\frac{2(7.518)}{9.81\cos20^\circ}.$$

故

$\boxed{t=1.63\ \text{s}}.$

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（2）$x_{\max}$ 的位置

題圖中的 $x_{\max}$ 是球落回斜面時，沿斜面方向的最大位置。

代入落地時間：

$$x_{\max} =v_{0x}t+\frac12g\sin20^\circ t^2.$$ $$x_{\max} =(2.736)(1.632) +\frac12(9.81)\sin20^\circ(1.632)^2.$$

計算得

核心觀念

本題使用三個觀念：

1. 剛體繞固定軸轉動的能量守恆

$T_A=\frac12 I_A\omega^2$

2. 碰撞恢復係數
   突起物 $C$ 固定不動，接觸點碰撞前後的法向速度滿足

$e=\frac{v_C^+}{v_C^-}$

3. 碰撞瞬間對固定銷點 $A$ 的角動量原理
   銷點 $A$ 的衝量對 $A$ 力矩為零，因此可直接對 $A$ 取角動量。

由圖可知：桿長 $L=1\ \text{m}$、質量 $m=20\ \text{kg}$，突起物位於

$AC=r=0.6\ \text{m}$

處，恢復係數 $e=0.7$。

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解題方法

1. 碰撞前的角速度

桿由鉛直靜止位置倒下至水平位置，質心下降高度為 $L/2$。由能量守恆：

$$mg\frac{L}{2} = \frac12 I_A(\omega^-)^2$$

均質細桿繞端點 $A$ 的轉動慣量為

$I_A=\frac13mL^2$

因此

$$mg\frac{L}{2} = \frac12\left(\frac13mL^2\right)(\omega^-)^2$$

$\omega^-=\sqrt{\frac{3g}{L}}$

代入 $g=9.81\ \text{m/s}^2$、$L=1\ \text{m}$：

$$\omega^-=\sqrt{3(9.81)} =5.43\ \text{rad/s}$$

碰撞前桿順時針轉動。

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2. 碰撞後的角速度

接觸點 $C$ 的速度大小為

$v_C=r\omega$

碰撞前後，$C$ 點分別向下、向上運動，因此由恢復係數：

$$e=\frac{v_C^+}{v_C^-} = \frac{r\omega^+}{r\omega^-}$$

$\omega^+=e\omega^-$

$$\omega^+ = 0.7(5.43) = 3.80\ \text{rad/s}$$

方向為逆時針。

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3. 碰撞後的最大轉角

碰撞後桿由水平位置向上回彈，至最大轉角 $\theta_{\max}$ 時角速度為零。

碰撞後初始動能轉換為重力位能：

$$\frac12 I_A(\omega^+)^2 = mg\frac{L}{2}\sin\theta_{\max}$$

代入 $I_A=\frac13mL^2$：

核心觀念

剛體平面運動中，兩點 $A$、$C$ 的加速度關係為

$$\vec a_A=\vec a_C+\vec a_{A/C}$$

其中相對加速度包含：

• 切向加速度：$\vec a_t=\vec\alpha\times\vec r_{A/C}$
• 法向加速度：$\vec a_n=-\omega^2\vec r_{A/C}$

由圖得

$$\vec r_{A/C}=0.8\mathbf i+0.6\mathbf j\ \text{m}$$

且

$$\vec a_C=-8\mathbf j\ \text{m/s}^2$$

順時針角速度為 $5\ \text{rad/s}$，其大小每秒減少 $15\ \text{rad/s}$，因此角加速度方向為逆時針：

$$\omega=-5\mathbf k,\qquad \alpha=+15\mathbf k$$

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（1）純量—幾何法

$CA$ 的長度為

$$r_{A/C}=\sqrt{0.8^2+0.6^2}=1.0\ \text{m}$$

其方向向量為

$$\hat{\mathbf e}_r=0.8\mathbf i+0.6\mathbf j$$

角速度造成的法向加速度指向 $C$：

$$a_n=\omega^2r=(5)^2(1)=25\ \text{m/s}^2$$

因此

$$\vec a_n=-25(0.8\mathbf i+0.6\mathbf j) =-20\mathbf i-15\mathbf j$$

角加速度為逆時針，切向加速度垂直於 $CA$。由幾何旋轉可得

$$\vec a_t =15(-0.6\mathbf i+0.8\mathbf j) =-9\mathbf i+12\mathbf j$$

所以相對加速度為

$$\vec a_{A/C} =\vec a_t+\vec a_n =(-29\mathbf i-3\mathbf j)\ \text{m/s}^2$$

再加上 $C$ 點加速度：

$$\vec a_A =\vec a_C+\vec a_{A/C} =-8\mathbf j-29\mathbf i-3\mathbf j$$ $$\vec a_A=-29\mathbf i-11\mathbf j\ \text{m/s}^2$$

其大小為

核心觀念

本題考查鉸接擺的小振動與線性化。桿質量及球的尺寸忽略，因此系統可視為：

• 質量 $m=5\,\text{kg}$ 集中於桿端；
• 擺長 $L=1.5\,\text{m}$；
• 彈簧連接點距樞軸 $O$ 為 $r=0.9\,\text{m}$；
• 彈簧常數 $k=800\,\text{N/m}$；
• 桿由鉛直位置附近作小角度振動。

以桿偏離鉛直線的角度 $\theta$ 為廣義座標。

解題方法

當桿轉過角度 $\theta$ 時，彈簧連接點的水平位移為

$$x=r\sin\theta$$

由於桿鉛直時彈簧為自由長度，彈簧伸長量即為 $x$，故彈簧力大小為

$$F_s=kx=kr\sin\theta$$

彈簧對樞軸的恢復力矩為

$$M_s=F_s(r\cos\theta) =kr^2\sin\theta\cos\theta$$

小角度下，

$$\sin\theta\approx\theta,\qquad \cos\theta\approx 1$$

因此

$$M_s\approx kr^2\theta$$

重力作用於球心，對樞軸產生使擺偏離鉛直方向的力矩：

$$M_g=mgL\sin\theta \approx mgL\theta$$

取恢復方向為正，運動方程為

$$I_O\ddot{\theta}+\left(kr^2-mgL\right)\theta=0$$

由於質量集中在距樞軸 $L$ 處，

$$I_O=mL^2$$

所以自然角頻率為