112 年 國立臺灣大學應用力學研究所丙組《動力學》

模型與座標

依圖，圓盤以中心固定軸轉動，視為均質實心圓盤；繩子不可伸長，且與圓盤間無滑動。題目未標示彈簧預伸長，取參考位置為彈簧自然長度。

令圓盤轉角為 $\theta$，取使方塊向下移動、彈簧伸長的方向為正。由無滑動條件，

$$y=r\theta,\qquad x=r\theta,$$

其中 $y$ 為方塊向下位移，$x$ 為彈簧伸長量。

核心觀念

本題應用：

• 剛體轉動動能：$\frac12 I\dot{\theta}^2$
• 方塊平移動能：$\frac12 mv^2$
• 繩子無滑動條件：$v=r\dot{\theta}$
• 重力位能與彈簧彈性能
• 以拉格朗日方程求平衡位置與小振動週期

均質實心圓盤對中心軸的轉動慣量為

$$I_C=\frac12 Mr^2.$$

(i) 系統動能

方塊速度為

$$v=r\dot{\theta},$$

圓盤角速度為 $\dot{\theta}$。因此系統動能為

$$K=\frac12 m(r\dot{\theta})^2+\frac12 I_C\dot{\theta}^2.$$

代入 $I_C=\frac12Mr^2$，

$$\boxed{ K=\frac12\left(m+\frac{M}{2}\right)r^2\dot{\theta}^{\,2} }$$

(ii) 系統位能

取方塊向上為重力位能正方向。由於方塊向下位移為 $y=r\theta$，其重力位能為

$$V_g=-mgy=-mgr\theta.$$

彈簧位能為

$$V_s=\frac12kx^2=\frac12kr^2\theta^2.$$

故系統總位能為

$$\boxed{ V=\frac12kr^2\theta^2-mgr\theta }$$

位能可再加上任意常數，不影響運動方程。

(iii) 自然週期

由拉格朗日方程，

核心觀念

依圖取水平向右為 $x$ 軸、鉛直向上為 $y$ 軸。水流經光滑葉片後，相對葉片的速度轉向鉛直向上；題目未提供摩擦與速度損失資料，故採理想葉片模型。

本題使用：

1. 相對速度決定撞擊葉片的質量流率。
2. 線動量定理求葉片對水的作用力。
3. 功率為水對葉片作用力與葉片速度的內積。

相對速度與質量流率

水流速度與葉片速度分別為

$$\mathbf V_1=V_w\mathbf i,\qquad \mathbf U=V_b\mathbf i.$$

葉片向右移動，因此水相對葉片的入口速度為

$$\mathbf W_1=\mathbf V_1-\mathbf U =(V_w-V_b)\mathbf i.$$

水柱截面積為

$$A=\frac{\pi a^2}{4}.$$

所以撞擊葉片的質量流率為

$$\dot m=\rho A(V_w-V_b).$$

其中需滿足 $V_w>V_b$，才能維持水流撞擊葉片。

出口速度

理想光滑葉片只改變水流方向，不改變水相對葉片的速率。因此出口相對速度為

$$\mathbf W_2=(V_w-V_b)\mathbf j.$$

換回固定座標系，水的出口絕對速度為

$$\mathbf V_2=\mathbf U+\mathbf W_2 =V_b\mathbf i+(V_w-V_b)\mathbf j.$$

(i) 葉片對水的水平與鉛直作用力

對水使用線動量定理：

$$\mathbf F_{b\to w} =\dot m(\mathbf V_2-\mathbf V_1).$$

代入速度：

$$\begin{aligned} \mathbf F_{b\to w} &=\rho A(V_w-V_b) \left[ V_b\mathbf i+(V_w-V_b)\mathbf j -V_w\mathbf i \right] \\ &=\rho A(V_w-V_b) \left[ -(V_w-V_b)\mathbf i +(V_w-V_b)\mathbf j \right]. \end{aligned}$$

因此

核心觀念

本題考查無外力作用下的火箭運動與火箭方程式。火箭向後以相對於火箭的固定速度 $u$ 噴出質量，依動量守恆可得火箭速度變化量：

$$\Delta v=u\ln\frac{m_0}{m}$$

其中 $m_0$ 為初始質量，$m$ 為後來質量。

解題方法

設某一瞬間火箭質量為 $m$、速度為 $v$，經過一小段時間後質量變為 $m+dm$，速度變為 $v+dv$，其中 $dm<0$。

噴出之質量為 $-dm$，且因為相對火箭向後速度為 $u$，其對地速度為

$$v-u$$

系統無外力，因此前後動量守恆：

$$mv=(m+dm)(v+dv)+(-dm)(v-u)$$

忽略二階微小量 $dm\,dv$，整理得

$$m\,dv+u\,dm=0$$

因此

$$dv=-u\frac{dm}{m}$$

由初始狀態積分至後來狀態：

$$\Delta v =\int_{m_0}^{m}dv =-u\int_{m_0}^{m}\frac{dm}{m} =u\ln\frac{m_0}{m}$$

代入

本題考查具有彈簧恢復力的複合擺（結合了剛體轉動和彈簧振動）的簡諧運動。題目要求找到使振動頻率最大的支點位置，並計算該最大頻率。

核心觀念：

1. 剛體轉動：物體繞固定軸轉動的運動。
2. 轉動慣量 (Moment of Inertia)：物體對轉動的慣性，對於均勻質點為 $mr^2$，對於均勻細桿繞質心垂直軸為 $\frac{1}{12}ml^2$。
3. 簡諧運動 (Simple Harmonic Motion, SHM)：恢復力與位移成正比且方向相反的振動。對於轉動系統，恢復力矩與角位移成正比。
4. 拉格朗日方程或牛頓第二定律 (轉動)：用於建立系統的運動方程。
5. 固有頻率 (Natural Frequency)：無外力作用下，系統自由振動的頻率。

解題步驟：

系統描述：

• 均勻木棍：質量 $m = 1.2$ kg，長度 $l = 2.4$ m。
• 支點：距離木棍質心 O 的距離為 $s$。
• 彈簧：勁度係數 $k = 4.8$ N/m。
• 彈簧連接點：在木棍的「遠端」（相對於支點），垂直於木棍。
• 假設：無摩擦，忽略重力。

建立運動方程：
我們選擇木棍繞支點轉動的角位移 $\theta$ 作為廣義座標。
設支點為 P，質心為 O。木棍長度為 $l$。支點 P 到質心 O 的距離為 $s$。
彈簧連接在木棍的一端，垂直於木棍。假設支點 P 位於質心 O 的一側，彈簧連接在質心 O 的另一側的遠端。
木棍的總長度是 $l$。質心 O 到木棍兩端的距離是 $l/2$。
如果支點 P 在質心 O 的左側，距離為 $s$。那麼彈簧連接點（木棍的遠端）距離質心 O 的距離是 $l/2$。
支點 P 到彈簧連接點的距離是 $s + l/2$。

轉動慣量：
木棍繞質心 O 的轉動慣量為 $I_O = \frac{1}{12} m l^2$。
根據平行軸定理，木棍繞支點 P 的轉動慣量 $I_P$ 為：
$I_P = I_O + m s^2 = \frac{1}{12} m l^2 + m s^2$。

恢復力矩：
當木棍偏離平衡位置一個角度 $\theta$ 時，彈簧會被拉伸或壓縮。
彈簧連接點到支點 P 的距離是 $L_{spring} = s + l/2$ (假設支點在 O 的一側，彈簧在 O 的另一側的遠端)。
如果木棍繞 P 轉動角度 $\theta$，彈簧連接點相對於 P 的位置變化會導致彈簧的伸長量變化。
由於彈簧是垂直於木棍連接的，當木棍轉動角度 $\theta$ 時，彈簧的伸長量變化是 $L_{spring} \sin \theta$。
對於小角度 $\theta$，$\sin \theta \approx \theta$。
所以，彈簧的伸長量變化約為 $L_{spring} \theta = (s + l/2) \theta$。
彈簧產生的恢復力是 $F_s = k \times (\text{伸長量變化}) = k (s + l/2) \theta$。
這個彈簧力作用在距離支點 P 為 $L_{spring} = s + l/2$ 的地方，且垂直於木棍。
因此，彈簧對支點 P 產生的恢復力矩 $M_s$ 為：
$M_s = F_s \times L_{spring} = [k (s + l/2) \theta] \times (s + l/2) = k (s + l/2)^2 \theta$。
這個力矩的方向是試圖將木棍拉回平衡位置，所以是恢復力矩。

運動方程：
根據牛頓第二定律（轉動）：$I_P \ddot{\theta} = M_{net}$。
$I_P \ddot{\theta} = - M_s$ （負號表示恢復力矩）
$\left(\frac{1}{12} m l^2 + m s^2\right) \ddot{\theta} = - k (s + l/2)^2 \theta$
$\ddot{\theta} + \frac{k (s + l/2)^2}{\frac{1}{12} m l^2 + m s^2} \theta = 0$

這是簡諧運動的標準方程 $\ddot{\theta} + \omega_n^2 \theta = 0$，其中 $\omega_n$ 是固有圓頻率。
$\omega_n^2 = \frac{k (s + l/2)^2}{\frac{1}{12} m l^2 + m s^2}$

求解最大頻率：
頻率 $f = \frac{\omega_n}{2\pi}$。最大頻率對應最大圓頻率 $\omega_n$。
我們需要找到使 $\omega_n^2$ 最大的 $s$ 值。
令 $f(s) = \omega_n^2 = \frac{k (s + l/2)^2}{\frac{1}{12} m l^2 + m s^2}$。
為求最大值，我們對 $f(s)$ 求導並令其為零：$\frac{df}{ds} = 0$。

求導過程：
令 $N(s) = k (s + l/2)^2$ 且 $D(s) = \frac{1}{12} m l^2 + m s^2$。
$\frac{df}{ds} = \frac{N'(s)D(s) - N(s)D'(s)}{D(s)^2} = 0$。
所以 $N'(s)D(s) - N(s)D'(s) = 0$。

$N'(s) = \frac{d}{ds} [k (s + l/2)^2] = 2k (s + l/2)$。
$D'(s) = \frac{d}{ds} [\frac{1}{12} m l^2 + m s^2] = 2m s$。

代入方程：
$[2k (s + l/2)] [\frac{1}{12} m l^2 + m s^2] - [k (s + l/2)^2] [2m s] = 0$

為了簡化，我們可以約去公因子 $2k$ 和 $m$（因為 $k, m > 0$）。
$[ (s + l/2) ] [\frac{1}{12} l^2 + s^2] - [ (s + l/2)^2 ] [ s ] = 0$

因為 $s+l/2$ 必須大於 0 (否則彈簧不會產生恢復力，或者支點在彈簧連接點的另一側，這會改變恢復力矩的性質)，我們可以約去 $(s+l/2)$。
$[ \frac{1}{12} l^2 + s^2 ] - [ (s + l/2) ] [ s ] = 0$
$\frac{1}{12} l^2 + s^2 - (s^2 + \frac{1}{2} l s) = 0$
$\frac{1}{12} l^2 + s^2 - s^2 - \frac{1}{2} l s = 0$
$\frac{1}{12} l^2 - \frac{1}{2} l s = 0$

$\frac{1}{12} l^2 = \frac{1}{2} l s$
$s = \frac{1}{12} l^2 \times \frac{2}{l}$
$s = \frac{1}{6} l$

這個 $s$ 值是使 $\omega_n^2$ 最大的 $s$ 值。
這裡我們假設支點 P 在質心 O 的一側，彈簧連接點在質心 O 的另一側的遠端。
木棍長度 $l = 2.4$ m。
$s = \frac{1}{6} \times 2.4 \, \text{m} = 0.4 \, \text{m}$。

計算最大頻率 $\omega_{max}$：
將 $s = \frac{1}{6} l$ 代入 $\omega_n^2$ 的表達式。
$I_P = \frac{1}{12} m l^2 + m s^2 = \frac{1}{12} m l^2 + m (\frac{1}{6} l)^2 = \frac{1}{12} m l^2 + m \frac{1}{36} l^2 = \left(\frac{1}{12} + \frac{1}{36}\right) m l^2 = \left(\frac{3+1}{36}\right) m l^2 = \frac{4}{36} m l^2 = \frac{1}{9} m l^2$。
$s + l/2 = \frac{1}{6} l + \frac{1}{2} l = \left(\frac{1}{6} + \frac{3}{6}\right) l = \frac{4}{6} l = \frac{2}{3} l$。