111 年 國立臺灣大學應用力學研究所丙組《動力學（B）》

本題考查剛體繞質心轉動與質心運動的組合，以及無滑動接觸的相對速度關係。

核心觀念：
剛體上任一點的速度等於質心速度與該點相對於質心的速度向量和。
無滑動接觸條件意味著接觸點的相對速度為零。

解題步驟：
設質心為 O，圓柱體半徑為 $r = 0.15 \, \text{m}$。
輸送帶速度為 $v_c = 0.6 \, \text{m/s}$。
圓柱體角速度為 $\omega = 15 \, \text{rad/s}$，方向為順時針。

(i) 求點 B 的速度。
點 B 是圓柱體與輸送帶的接觸點。由於圓柱體滾動時「無滑動」，表示圓柱體與輸送帶接觸點的相對速度為零。
輸送帶的速度是向右的 $v_c = 0.6 \, \text{m/s}$。
設質心 O 的速度為 $v_O$。點 B 相對於質心 O 的速度為 $v_{B/O}$。
$v_{B/O}$ 的方向是水平向右，大小為 $\omega r$。
根據速度合成，點 B 的速度 $v_B$ 為：
$v_B = v_O + v_{B/O}$
由於無滑動條件，點 B 相對於地面（或輸送帶）的速度為零。
然而，題目描述是「rolls without slipping on the surface of a conveyor belt」，這意味著圓柱體與輸送帶接觸點的相對速度為零。輸送帶本身在移動。
設地面靜止，輸送帶速度為 $v_{transport} = 0.6 \, \text{m/s}$ 向右。
圓柱體質心速度為 $v_O$。
點 B 相對於質心的速度 $v_{B/O}$ 大小為 $\omega r = (15 \, \text{rad/s})(0.15 \, \text{m}) = 2.25 \, \text{m/s}$，方向為順時針轉動，所以是向右。
點 B 的速度 $v_B$ 是相對於地面的速度。
$v_B = v_O + v_{B/O}$
無滑動條件：圓柱體接觸點 B 相對於輸送帶的速度為零。
$v_B = v_{transport}$

核心觀念

本題考查：

• 剛體平面運動的轉動方程
• 均勻細棒的質量慣性矩
• 不可伸長垂直繩的瞬時運動學約束
• 質心平移與剛體轉動的關係

細棒長度為 $L=3\ \mathrm{m}$，質量為 $m=50\ \mathrm{kg}$。切斷 $AC$ 後，細棒只受：

• $B$ 點繩張力 $T_{BD}$，方向向上
• 質心 $G$ 處的重力 $mg$，方向向下

解題方法

$BD$ 為不可伸長繩，且剛切斷瞬間細棒原本靜止，因此 $B$ 點速度為零。由繩長約束，$B$ 點沿繩方向的加速度為零，即

$$a_{B,y}=0.$$

水平方向沒有外力，因此

$$\sum F_x=0 \quad\Rightarrow\quad a_{G,x}=0.$$

又因剛體角加速度造成的質心相對於 $B$ 點的加速度方向為鉛直方向，所以 $a_{B,x}=0$。因此在這個瞬間，$B$ 點可視為瞬時固定點。

(i) 求 $BD$ 的張力

以 $B$ 點取力矩。重力作用線距離 $B$ 點為 $L/2$，張力通過 $B$ 點不產生力矩。

均勻細棒對端點 $B$ 的質量慣性矩為

$$I_B=\frac{1}{3}mL^2.$$

因此

$$\sum M_B=I_B\alpha$$ $$mg\frac{L}{2} = \frac{1}{3}mL^2\alpha.$$

所以角加速度為

$$\alpha=\frac{3g}{2L}.$$

質心的鉛直加速度為

核心觀念

本題考查質點動力學中的拋體運動（Projectile Motion）、動量守恆定律（Conservation of Linear Momentum）以及功與能／爆炸釋能（Work-Energy Principle & Explosive Energy Release）：

1. 拋體最高點運動學：物體以特定仰角發射後，水平方向不受外力，水平速度保持不變；在最高點時垂直速度為零，整體動能完全由水平速度決定。
2. 爆炸過程之動量守恆：爆炸為極短時間內的內部強烈交互作用（內力遠大於重力外力），在爆炸瞬間系統的總線性動量守恆： $$\mathbf{P}_{\text{before}} = \mathbf{P}_{\text{after}}$$
3. 爆炸過程之能量守恆：爆炸釋放的化學能或其他形式能量全部轉換為各碎片的動能增加量： $$T_{\text{after}} = T_{\text{before}} + E_{\text{add}}$$

---

解題方法與推導

1. 爆炸前母體的運動狀態

設發射初速為 $v_0$，拋射體初始總質量為 $M = m_1 + m_2$。
初始發射能量（即初動能，設地面為重力位能零點）：

$$E_0 = \frac{1}{2} M v_0^2 \implies v_0 = \sqrt{\frac{2E_0}{M}}$$

在發射仰角 $\theta = 45^\circ$ 下，拋射體飛行至最高點時：

• 垂直速度 $v_y = 0$
• 水平速度 $v_x = v_0 \cos 45^\circ = \frac{v_0}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{E_0}{M}}$

因此，在最高點即將爆炸前一瞬間，母體之速度向量為：

$$\mathbf{v}_0 = \sqrt{\frac{E_0}{M}} \hat{\mathbf{i}}$$

爆炸前系統動能為：

$$T_{\text{before}} = \frac{1}{2} M v_x^2 = \frac{1}{2} M \left(\frac{E_0}{M}\right) = \frac{E_0}{2}$$

爆炸釋放額外能量 $E_{\text{add}} = E_0$，故爆炸後兩碎片的總動能為：

$$T_{\text{after}} = T_{\text{before}} + E_0 = \frac{E_0}{2} + E_0 = \frac{3}{2}E_0$$

---

2. (i) 求碎片 $m_1$ 之速度 $\mathbf{v}_1$

題目給定碎片 $m_1$ 在爆炸後「垂直向下運動（travels straight down）」，故其水平方向速度為零：

$$\mathbf{v}_1 = -v_1 \hat{\mathbf{j}} \quad (v_1 > 0)$$

設碎片 $m_2$ 之速度向量為 $\mathbf{v}_2 = v_{2x}\hat{\mathbf{i}} + v_{2y}\hat{\mathbf{j}}$。

由爆炸瞬間動量守恆：

$$M \mathbf{v}_0 = m_1 \mathbf{v}_1 + m_2 \mathbf{v}_2$$

分別在水平（$\hat{\mathbf{i}}$）與垂直（$\hat{\mathbf{j}}$）方向拆解：

• 水平方向： $$M \sqrt{\frac{E_0}{M}} = m_1 (0) + m_2 v_{2x} \implies v_{2x} = \frac{M}{m_2}\sqrt{\frac{E_0}{M}} = \frac{\sqrt{M E_0}}{m_2}$$
• 垂直方向： $$0 = m_1 (-v_1) + m_2 v_{2y} \implies v_{2y} = \frac{m_1}{m_2} v_1$$

由爆炸後總動能關係式：

$$\frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 |\mathbf{v}_2|^2 = \frac{3}{2} E_0$$

其中碎片 $m_2$ 的速度平方為：

$$|\mathbf{v}_2|^2 = v_{2x}^2 + v_{2y}^2 = \frac{M E_0}{m_2^2} + \left(\frac{m_1}{m_2} v_1\right)^2$$

代入動能方程式中：

$$\frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 \left[ \frac{M E_0}{m_2^2} + \frac{m_1^2}{m_2^2} v_1^2 \right] = \frac{3}{2} E_0$$

同乘以 2 並整理各項：

$$m_1 v_1^2 + \frac{M E_0}{m_2} + \frac{m_1^2}{m_2} v_1^2 = 3 E_0$$

提出 $v_1^2$：

$$m_1 \left( 1 + \frac{m_1}{m_2} \right) v_1^2 + \frac{M}{m_2} E_0 = 3 E_0$$

利用 $1 + \frac{m_1}{m_2} = \frac{m_1 + m_2}{m_2} = \frac{M}{m_2}$：

$$\frac{m_1 M}{m_2} v_1^2 = \left( 3 - \frac{M}{m_2} \right) E_0$$

解得 $v_1$：

$$v_1 = \sqrt{\frac{m_2}{m_1 M} \left( 3 - \frac{M}{m_2} \right) E_0} = \sqrt{\frac{3m_2 - M}{m_1 M} E_0}$$

由於 $M = m_1 + m_2$，亦可表示為：

$$v_1 = \sqrt{\frac{2m_2 - m_1}{m_1 (m_1 + m_2)} E_0}$$

• 大小：$v_1 = \sqrt{\frac{2m_2 - m_1}{m_1(m_1 + m_2)} E_0}$（或寫成 $\sqrt{\frac{3m_2 - M}{m_1 M} E_0}$）

核心觀念

本題考查：

1. 自由度與獨立廣義座標。
2. 不可伸長鋼索的幾何限制。
3. 無摩擦滑輪兩側張力相等。
4. 牛頓第二定律。
5. 斜面方向的重力分量 $M_1g\sin\theta$。

將兩台車視為只能沿各自無摩擦導軌平移，滑輪固定，鋼索無質量且不可伸長。

(i) 獨立座標數目

設：

• $s$：$M_1$ 沿斜面朝滑輪方向的位移。
• $y$：$M_2$ 沿垂直導軌向下的位移。

兩台車各自受到導軌限制，本來需要兩個位置座標；但鋼索不可伸長，兩個座標受到一個限制：

$$y-s=\text{常數}$$

因此只需要一個獨立座標。

$$\boxed{\text{獨立座標數目}=1}$$

可選 $s$ 作為唯一廣義座標，並由鋼索限制求得 $y$。

(ii) 自由體圖與座標

$M_1$ 的自由體圖

取 $s$ 軸沿斜面向右下方、朝滑輪為正方向：

• 張力 $T$：沿斜面向滑輪。
• 重力 $M_1g$：鉛直向下。
• 正向力 $N_1$：垂直斜面向外。
• 重力沿斜面分量：$M_1g\sin\theta$，方向與 $s$ 軸相同。

文字示意如下：

                         N1
                         ↗
                    ┌────────┐
             T  ↘   │   M1   │    s ↘
                    └────────┘
                         ↓
                        M1 g

沿 $s$ 方向：

$$M_1\ddot{s}=T+M_1g\sin\theta$$

$M_2$ 的自由體圖

取 $y$ 軸鉛直向下為正方向：

• 重力 $M_2g$：向下。
• 張力 $T$：向上。
• 垂直導軌反力：水平方向，不影響垂直運動。

                         ↑ T
                 N_{2L} ← [ M2 ] → N_{2R}
                         ↓
                        M2 g
                         y ↓

沿 $y$ 方向：

$$M_2\ddot{y}=M_2g-T$$

(iii) $M_2$ 的速度與加速度

1. 鋼索限制

本題考查剛體繞質心轉動與質心運動的組合，以及無滑動接觸的相對速度關係。

核心觀念：
剛體上任一點的速度等於質心速度與該點相對於質心的速度向量和。
無滑動接觸條件意味著接觸點的相對速度為零。

解題步驟：
設質心為 O，圓柱體半徑為 $r = 0.15 \, \text{m}$。
輸送帶速度為 $v_c = 0.6 \, \text{m/s}$，方向水平向右。
圓柱體角速度為 $\omega = 15 \, \text{rad/s}$，方向為順時針。

首先，我們需要確定圓柱體質心 O 的速度 $v_O$。
由於圓柱體「滾動而不滑動」在輸送帶上，意味著圓柱體與輸送帶的接觸點 B 相對於輸送帶的速度為零。
設向右為正方向。
點 B 相對於質心 O 的速度為 $v_{B/O}$。其大小為 $\omega r = (15 \, \text{rad/s})(0.15 \, \text{m}) = 2.25 \, \text{m/s}$。
由於圓柱體是順時針轉動，點 B 相對於質心 O 的速度方向是水平向右。
點 B 的速度 $v_B$ 是質心速度 $v_O$ 與 $v_{B/O}$ 的向量和：$v_B = v_O + v_{B/O}$。
根據無滑動條件，點 B 相對於輸送帶的速度為零，即 $v_B = v_c$。
所以，$v_O + v_{B/O} = v_c$。
在水平方向上：$v_O + \omega r = v_c$。
$v_O + 2.25 \, \text{m/s} = 0.6 \, \text{m/s}$。

核心觀念

本題考查：

• 剛體平面運動的轉動方程
• 均勻細棒的質量慣性矩
• 不可伸長垂直繩的瞬時運動學約束
• 質心平移與剛體轉動的關係

細棒長度為 $L=3\ \mathrm{m}$，質量為 $m=50\ \mathrm{kg}$。切斷 $AC$ 後，細棒只受：

• $B$ 點繩張力 $T_{BD}$，方向向上
• 質心 $G$ 處的重力 $mg$，方向向下

解題方法

$BD$ 為不可伸長繩，且剛切斷瞬間細棒原本靜止，因此 $B$ 點速度為零。由繩長約束，$B$ 點沿繩方向的加速度為零，即

$$a_{B,y}=0.$$

水平方向沒有外力，因此

$$\sum F_x=0 \quad\Rightarrow\quad a_{G,x}=0.$$

又因剛體角加速度造成的質心相對於 $B$ 點的加速度方向為鉛直方向，所以 $a_{B,x}=0$。因此在這個瞬間，$B$ 點可視為瞬時固定點。

(i) 求 $BD$ 的張力

以 $B$ 點取力矩。重力作用線距離 $B$ 點為 $L/2$，張力通過 $B$ 點不產生力矩。

均勻細棒對端點 $B$ 的質量慣性矩為

$$I_B=\frac{1}{3}mL^2.$$

因此

$$\sum M_B=I_B\alpha$$ $$mg\frac{L}{2} = \frac{1}{3}mL^2\alpha.$$

所以角加速度為

$$\alpha=\frac{3g}{2L}.$$

質心的鉛直加速度為

核心觀念

本題考查質點動力學中的拋體運動（Projectile Motion）、動量守恆定律（Conservation of Linear Momentum）以及功與能／爆炸釋能（Work-Energy Principle & Explosive Energy Release）：

1. 拋體最高點運動學：物體以特定仰角發射後，水平方向不受外力，水平速度保持不變；在最高點時垂直速度為零，整體動能完全由水平速度決定。
2. 爆炸過程之動量守恆：爆炸為極短時間內的內部強烈交互作用（內力遠大於重力外力），在爆炸瞬間系統的總線性動量守恆： $$\mathbf{P}_{\text{before}} = \mathbf{P}_{\text{after}}$$
3. 爆炸過程之能量守恆：爆炸釋放的化學能或其他形式能量全部轉換為各碎片的動能增加量： $$T_{\text{after}} = T_{\text{before}} + E_{\text{add}}$$

---

解題方法與推導

1. 爆炸前母體的運動狀態

設發射初速為 $v_0$，拋射體初始總質量為 $M = m_1 + m_2$。
初始發射能量（即初動能，設地面為重力位能零點）：

$$E_0 = \frac{1}{2} M v_0^2 \implies v_0 = \sqrt{\frac{2E_0}{M}}$$

在發射仰角 $\theta = 45^\circ$ 下，拋射體飛行至最高點時：

• 垂直速度 $v_y = 0$
• 水平速度 $v_x = v_0 \cos 45^\circ = \frac{v_0}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{E_0}{M}}$

因此，在最高點即將爆炸前一瞬間，母體之速度向量為：

$$\mathbf{v}_0 = \sqrt{\frac{E_0}{M}} \hat{\mathbf{i}}$$

爆炸前系統動能為：

$$T_{\text{before}} = \frac{1}{2} M v_x^2 = \frac{1}{2} M \left(\frac{E_0}{M}\right) = \frac{E_0}{2}$$

爆炸釋放額外能量 $E_{\text{add}} = E_0$，故爆炸後兩碎片的總動能為：

$$T_{\text{after}} = T_{\text{before}} + E_0 = \frac{E_0}{2} + E_0 = \frac{3}{2}E_0$$

---

2. (i) 求碎片 $m_1$ 之速度 $\mathbf{v}_1$

題目給定碎片 $m_1$ 在爆炸後「垂直向下運動（travels straight down）」，故其水平方向速度為零：

$$\mathbf{v}_1 = -v_1 \hat{\mathbf{j}} \quad (v_1 > 0)$$

設碎片 $m_2$ 之速度向量為 $\mathbf{v}_2 = v_{2x}\hat{\mathbf{i}} + v_{2y}\hat{\mathbf{j}}$。

由爆炸瞬間動量守恆：

$$M \mathbf{v}_0 = m_1 \mathbf{v}_1 + m_2 \mathbf{v}_2$$

分別在水平（$\hat{\mathbf{i}}$）與垂直（$\hat{\mathbf{j}}$）方向拆解：

• 水平方向： $$M \sqrt{\frac{E_0}{M}} = m_1 (0) + m_2 v_{2x} \implies v_{2x} = \frac{M}{m_2}\sqrt{\frac{E_0}{M}} = \frac{\sqrt{M E_0}}{m_2}$$
• 垂直方向： $$0 = m_1 (-v_1) + m_2 v_{2y} \implies v_{2y} = \frac{m_1}{m_2} v_1$$

由爆炸後總動能關係式：

$$\frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 |\mathbf{v}_2|^2 = \frac{3}{2} E_0$$

其中碎片 $m_2$ 的速度平方為：

$$|\mathbf{v}_2|^2 = v_{2x}^2 + v_{2y}^2 = \frac{M E_0}{m_2^2} + \left(\frac{m_1}{m_2} v_1\right)^2$$

代入動能方程式中：

$$\frac{1}{2} m_1 v_1^2 + \frac{1}{2} m_2 \left[ \frac{M E_0}{m_2^2} + \frac{m_1^2}{m_2^2} v_1^2 \right] = \frac{3}{2} E_0$$

同乘以 2 並整理各項：

$$m_1 v_1^2 + \frac{M E_0}{m_2} + \frac{m_1^2}{m_2} v_1^2 = 3 E_0$$

提出 $v_1^2$：

$$m_1 \left( 1 + \frac{m_1}{m_2} \right) v_1^2 + \frac{M}{m_2} E_0 = 3 E_0$$

利用 $1 + \frac{m_1}{m_2} = \frac{m_1 + m_2}{m_2} = \frac{M}{m_2}$：

$$\frac{m_1 M}{m_2} v_1^2 = \left( 3 - \frac{M}{m_2} \right) E_0$$

解得 $v_1$：

$$v_1 = \sqrt{\frac{m_2}{m_1 M} \left( 3 - \frac{M}{m_2} \right) E_0} = \sqrt{\frac{3m_2 - M}{m_1 M} E_0}$$

由於 $M = m_1 + m_2$，亦可表示為：

$$v_1 = \sqrt{\frac{2m_2 - m_1}{m_1 (m_1 + m_2)} E_0}$$

• 大小：$v_1 = \sqrt{\frac{2m_2 - m_1}{m_1(m_1 + m_2)} E_0}$（或寫成 $\sqrt{\frac{3m_2 - M}{m_1 M} E_0}$）

核心觀念

本題考查：

1. 自由度與獨立廣義座標。
2. 不可伸長鋼索的幾何限制。
3. 無摩擦滑輪兩側張力相等。
4. 牛頓第二定律。
5. 斜面方向的重力分量 $M_1g\sin\theta$。

將兩台車視為只能沿各自無摩擦導軌平移，滑輪固定，鋼索無質量且不可伸長。

(i) 獨立座標數目

設：

• $s$：$M_1$ 沿斜面朝滑輪方向的位移。
• $y$：$M_2$ 沿垂直導軌向下的位移。

兩台車各自受到導軌限制，本來需要兩個位置座標；但鋼索不可伸長，兩個座標受到一個限制：

$$y-s=\text{常數}$$

因此只需要一個獨立座標。

$$\boxed{\text{獨立座標數目}=1}$$

可選 $s$ 作為唯一廣義座標，並由鋼索限制求得 $y$。

(ii) 自由體圖與座標

$M_1$ 的自由體圖

取 $s$ 軸沿斜面向右下方、朝滑輪為正方向：

• 張力 $T$：沿斜面向滑輪。
• 重力 $M_1g$：鉛直向下。
• 正向力 $N_1$：垂直斜面向外。
• 重力沿斜面分量：$M_1g\sin\theta$，方向與 $s$ 軸相同。

文字示意如下：

                         N1
                         ↗
                    ┌────────┐
             T  ↘   │   M1   │    s ↘
                    └────────┘
                         ↓
                        M1 g

沿 $s$ 方向：

$$M_1\ddot{s}=T+M_1g\sin\theta$$

$M_2$ 的自由體圖

取 $y$ 軸鉛直向下為正方向：

• 重力 $M_2g$：向下。
• 張力 $T$：向上。
• 垂直導軌反力：水平方向，不影響垂直運動。

                         ↑ T
                 N_{2L} ← [ M2 ] → N_{2R}
                         ↓
                        M2 g
                         y ↓

沿 $y$ 方向：

$$M_2\ddot{y}=M_2g-T$$

(iii) $M_2$ 的速度與加速度

1. 鋼索限制