114 年 國立臺灣大學應用力學研究所丙組《動力學》

核心觀念

這是「子彈嵌入轉動桿」的非彈性碰撞問題，碰撞時間極短，因此對固定鉸點 $O$ 取角動量守恆：

鉸鏈反作用力作用線通過 $O$，對 $O$ 的力矩為零，因此不影響關於 $O$ 的角動量守恆。

由圖可知：

• 子彈嵌入位置距離 $O$ 為 $L$
• 細長桿全長為 $L+l$
• 子彈速度 $v$ 與水平線夾角為 $\theta$
• 細長桿質量為 $M$，子彈質量為 $m$

碰撞前的角動量

子彈速度可分解為：

桿為鉛直方向，子彈速度中平行於桿的分量不產生關於 $O$ 的角動量，只有水平分量 $v\cos\theta$ 有效。因此：

碰撞後的轉動慣量

細長桿繞端點 $O$ 的轉動慣量為：

子彈嵌入桿上，視為距離 $O$ 為 $L$ 的質點：

核心觀念

本題考查剛體平面運動、無滑動滾動，以及牛頓—歐拉方程。

• 圓形路徑半徑為 $R$，圓盤半徑為 $r$。
• 圓盤質心 $G$ 的運動半徑為
  $\rho=R-r.$
• 均質圓盤對質心的轉動慣量為
  $I_G=\frac12mr^2.$
• 無滑動條件給出質心速度與圓盤自轉角速度的關係：
  $v_G=r\omega.$

(i) 圓盤的角加速度

取沿圓形路徑、朝向最低點的方向為切線正方向，圓盤位於圖示右側，$\theta$ 由最低點方向量起。

重力沿切線方向的分量為 $mg\sin\theta$。設靜摩擦力為 $f$，質心切向加速度為 $a_t$，則切線方向套用牛頓第二定律：

對圓盤質心取力矩。無滑動滾動時，摩擦力造成圓盤轉動，且

另一方面，無滑動條件微分後，圓盤角加速度與質心切向加速度大小滿足

因此

代入切線方向方程式：

使用 $I_G=\frac12mr^2$：

核心觀念

本題使用剛體平面運動的兩條基本方程：

1. 對固定鉸支點 $O$ 取力矩：
   $\sum M_O=I_O\alpha$

2. 對桿件質心 $G$ 使用平移運動方程：
   $\sum F_x=m a_{Gx}$

依圖中尺寸，桿長為

因此質心距離鉸點 $O$ 為 $2.0\ \text{m}$，$100\ \text{N}$ 力作用於 $O$ 下方 $1.5\ \text{m}$ 處，$F$ 作用於 $O$ 下方 $3.0\ \text{m}$ 處。

解題方法

取向右為 $+x$，逆時針為正方向。依圖，$100\ \text{N}$ 與 $F$ 均向左，鉸點水平反力為

細長桿繞端點 $O$ 的轉動慣量為

桿件當下呈鉛直狀態，重力作用線通過 $O$，因此重力對 $O$ 的力矩為零。兩個水平力皆造成順時針力矩：

故

質心 $G$ 位於 $O$ 下方 $2.0\ \text{m}$。在此瞬間，質心加速度的水平分量為

本題考驗觀念為「拋體運動」、「能量守恆」或「運動學方程」。題目要求計算使棒球能越過圍欄的最小出速，這是一個典型的拋體運動問題。

已知條件：

• 棒球質量 $m = 143 \text{ g} = 0.143 \text{ kg}$ (質量在拋體運動中通常不影響軌跡，除非考慮空氣阻力或能量問題)
• 擊球高度 $y_0 = 0.75 \text{ m}$
• 擊球仰角 $\theta = 45^\circ$
• 圍欄高度 $y_f = 3 \text{ m}$
• 圍欄距離 $x_f = 100 \text{ m}$
• 重力加速度 $g \approx 9.8 \text{ m/s}^2$

目標：
計算棒球的最小初始速度 $v_0$。

解題思路：
要使棒球能越過圍欄，意味著在水平距離 $x_f = 100 \text{ m}$ 處，棒球的高度 $y$ 必須大於或等於圍欄高度 $y_f = 3 \text{ m}$。為了找到「最小」初始速度，我們應該考慮棒球恰好通過圍欄頂端的情況，即在 $x = 100 \text{ m}$ 時，高度 $y = 3 \text{ m}$。

我們可以使用拋體運動的運動學方程。假設初始速度為 $v_0$，仰角為 $\theta$。
初始速度分量：
$v_{0x} = v_0 \cos \theta$
$v_{0y} = v_0 \sin \theta$

運動方程：
水平方向：$x(t) = v_{0x} t = (v_0 \cos \theta) t$
垂直方向：$y(t) = y_0 + v_{0y} t - \frac{1}{2} g t^2 = y_0 + (v_0 \sin \theta) t - \frac{1}{2} g t^2$

我們需要找到一個時間 $t$，使得 $x(t) = x_f = 100 \text{ m}$ 且 $y(t) \ge y_f = 3 \text{ m}$。
首先，從水平運動方程解出時間 $t$：
$t = \frac{x_f}{v_0 \cos \theta} = \frac{100}{v_0 \cos 45^\circ} = \frac{100}{v_0 (1/\sqrt{2})} = \frac{100\sqrt{2}}{v_0}$

將此時間 $t$ 代入垂直運動方程：
$y(t) = y_0 + (v_0 \sin \theta) t - \frac{1}{2} g t^2$
$y = 0.75 + (v_0 \sin 45^\circ) \left(\frac{100\sqrt{2}}{v_0}\right) - \frac{1}{2} g \left(\frac{100\sqrt{2}}{v_0}\right)^2$
$y = 0.75 + \left(v_0 \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \left(\frac{100\sqrt{2}}{v_0}\right) - \frac{1}{2} g \left(\frac{10000 \times 2}{v_0^2}\right)$

本題考驗觀念為「質心運動定律」、「牛頓第二運動定律」。

題組共用題幹： 一系統由兩個粒子組成，質量分別為 $m$ 和 $3m$。
作用在粒子上的力分別為 $\mathbf{F}_1 = \mathbf{0}$ 和 $\mathbf{F}_2 = F_0 \mathbf{i}$。
初始條件：粒子都在原點靜止。

目標：
求質心在時間 $t$ 時的位置、速度和加速度。

解題步驟：

1. 質心的定義：
質心位置 $\mathbf{r}_{cm}$，質心速度 $\mathbf{v}_{cm}$，質心加速度 $\mathbf{a}_{cm}$。
質心位置：$\mathbf{r}_{cm} = \frac{m_1 \mathbf{r}_1 + m_2 \mathbf{r}_2}{m_1 + m_2}$
質心速度：$\mathbf{v}_{cm} = \frac{d\mathbf{r}_{cm}}{dt} = \frac{m_1 \mathbf{v}_1 + m_2 \mathbf{v}_2}{m_1 + m_2}$
質心加速度：$\mathbf{a}_{cm} = \frac{d\mathbf{v}_{cm}}{dt} = \frac{m_1 \mathbf{a}_1 + m_2 \mathbf{a}_2}{m_1 + m_2}$

2. 粒子 1 的運動：
質量 $m_1 = m$。
力 $\mathbf{F}_1 = \mathbf{0}$。
根據牛頓第二運動定律 $\mathbf{F} = m \mathbf{a}$，粒子 1 的加速度 $\mathbf{a}_1 = \frac{\mathbf{F}_1}{m_1} = \frac{\mathbf{0}}{m} = \mathbf{0}$。
由於粒子 1 初始靜止 ($\mathbf{v}_1(0) = \mathbf{0}$)，且加速度為零，所以粒子 1 永遠保持靜止在原點。
$\mathbf{r}_1(t) = \mathbf{0}$
$\mathbf{v}_1(t) = \mathbf{0}$
$\mathbf{a}_1(t) = \mathbf{0}$

3. 粒子 2 的運動：
質量 $m_2 = 3m$。
力 $\mathbf{F}_2 = F_0 \mathbf{i}$。
粒子 2 的加速度 $\mathbf{a}_2 = \frac{\mathbf{F}_2}{m_2} = \frac{F_0 \mathbf{i}}{3m} = \frac{F_0}{3m} \mathbf{i}$。
加速度是常數。

由於粒子 2 初始靜止 ($\mathbf{v}_2(0) = \mathbf{0}$) 且在原點 ($\mathbf{r}_2(0) = \mathbf{0}$)，我們可以積分得到速度和位置：
速度：$\mathbf{v}_2(t) = \mathbf{v}_2(0) + \int_0^t \mathbf{a}_2 dt = \mathbf{0} + \int_0^t \frac{F_0}{3m} \mathbf{i} dt = \frac{F_0}{3m} t \mathbf{i}$。

本題考驗觀念為「圓周運動」、「角速度」、「角動量」、「萬有引力」（雖然題目未直接要求計算力，但軌道半徑和週期暗示了引力作用）。

已知條件：

• 地球質量 $m_e = 5.97\times10^{24}$ kg
• 地球平均半徑 $R_e = 6.38\times10^6$ m (此為地球自轉相關，用於計算自轉角動量，但題目要求的是「軌道」角動量，所以此參數在計算軌道角動量時用不到)
• 地球繞太陽軌道半徑 $r_{se} = 1.50\times10^{11}$ m
• 地球繞太陽軌道週期 $T_{orbit} = 365.25$ days
• 地球自轉週期 $T_{spin} = 23$ h 56 min (此參數與軌道角動量無關)
• 地軸傾角 $23.5^\circ$ (此參數與軌道角動量無關)

目標：

1. 計算地球的軌道角速度 ($\omega_{orbit}$)。
2. 計算地球的軌道角動量 ($\mathbf{L}_{orbit}$)。

解題步驟：

1. 計算軌道角速度 ($\omega_{orbit}$)
角速度的定義是單位時間內轉過的弧度。對於週期性運動，角速度與週期 $T$ 的關係為：
$\omega = \frac{2\pi}{T}$

首先，將軌道週期 $T_{orbit}$ 轉換為秒：
$T_{orbit} = 365.25 \text{ days} \times \frac{24 \text{ hours}}{1 \text{ day}} \times \frac{3600 \text{ seconds}}{1 \text{ hour}}$
$T_{orbit} = 365.25 \times 24 \times 3600 \text{ s} = 31,557,600 \text{ s}$

現在計算軌道角速度：
$\omega_{orbit} = \frac{2\pi}{T_{orbit}} = \frac{2\pi}{31,557,600 \text{ s}}$
$\omega_{orbit} \approx \frac{6.283185}{31,557,600} \text{ rad/s} \approx 1.9909 \times 10^{-7} \text{ rad/s}$

2. 計算軌道角動量 ($\mathbf{L}_{orbit}$)
角動量 $\mathbf{L}$ 定義為 $\mathbf{L} = \mathbf{r} \times \mathbf{p}$，其中 $\mathbf{p} = m\mathbf{v}$ 是動量。
對於繞質心（太陽）做近似圓周運動的單個粒子（地球），其軌道角動量可以近似為：
$\mathbf{L}_{orbit} = \mathbf{r}_{se} \times (m_e \mathbf{v}_{orbit})$

由於是近似圓周運動，速度 $\mathbf{v}_{orbit}$ 的大小為 $v_{orbit} = \omega_{orbit} r_{se}$，且速度方向垂直於半徑向量 $\mathbf{r}_{se}$。
因此，角動量的大小為：
$L_{orbit} = r_{se} \times (m_e v_{orbit}) \times \sin(90^\circ)$
$L_{orbit} = r_{se} m_e (\omega_{orbit} r_{se})$
$L_{orbit} = m_e r_{se}^2 \omega_{orbit}$

代入數值：
$m_e = 5.97\times10^{24}$ kg
$r_{se} = 1.50\times10^{11}$ m
$\omega_{orbit} \approx 1.9909 \times 10^{-7}$ rad/s

$L_{orbit} = (5.97\times10^{24} \text{ kg}) \times (1.50\times10^{11} \text{ m})^2 \times (1.9909 \times 10^{-7} \text{ rad/s})$