112 年 國立成功大學體育健康與休閒研究所乙組《牛頓力學》

核心觀念

本題考查線動量、角動量與動能的定義，以及物理量「向量」與「純量」的區別。

• 線動量：

$$\vec{p}=m\vec{v}$$

• 角動量：

$$\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}$$

• 質點動能：

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

其中 $v$ 是速度量值。動能只與速度大小有關，沒有方向，因此是純量。

解題方法

逐一比對各選項與標準定義：

1. 判斷線動量是否等於質量乘以速度向量。
2. 判斷線動量與角動量是否具有方向。
3. 比對動能公式是否包含係數 $\frac{1}{2}$。
4. 判斷動能是否具有方向。

選項分析

(A) 正確

質點的線動量定義為質量乘以速度：

$$\vec{p}=m\vec{v}$$

質量 $m$ 是純量，速度 $\vec{v}$ 是向量，因此線動量 $\vec{p}$ 也是向量。此敘述正確。

(B) 正確

線動量是向量：

$$\vec{p}=m\vec{v}$$

角動量定義為：

$$\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}$$

外積的結果具有方向，方向依右手定則決定，因此角動量也是向量。此敘述正確。

本題考查的是一維直線運動中的位移計算，包含等加速運動和等速度運動。

第一階段：均勻加速 (前 5 秒)
初速度 $v_0 = 0$ m/s
末速度 $v_1 = 10$ m/s
時間 $t_1 = 5$ s
加速度 $a = \frac{v_1 - v_0}{t_1} = \frac{10 \text{ m/s} - 0 \text{ m/s}}{5 \text{ s}} = 2 \text{ m/s}^2$
此階段的位移 $d_1$ 可以使用公式 $d_1 = v_0 t_1 + \frac{1}{2} a t_1^2$ 或 $d_1 = \frac{v_0 + v_1}{2} t_1$ 計算。

核心觀念

本題考查動量守恆定律與反作用力。

人在水平方向原本近似靜止，若忽略空氣阻力，將手中物品拋出的短暫過程中，人體與物品組成的系統在水平方向幾乎沒有外力，因此總動量守恆：

$$\vec p_{\text{人}}+\vec p_{\text{物品}}=\text{固定}$$

初始時人與物品都近似靜止，故水平方向總動量為零。若物品被拋向某方向而獲得動量，人的身體便會獲得大小相等、方向相反的反作用動量。

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解題方法

此人面向河流，身體重心前傾，表示身體具有向「前方」倒下的趨勢。要避免繼續向前落水，應使人體受到一個向後的衝量，降低其向前的速度，甚至使身體恢復平衡。

設向前為正方向。若將物品以速度 $v$ 向前拋出，物品質量為 $m$，其動量為

$$p_{\text{物品}}=mv$$

由水平方向動量守恆，人體必須取得反向動量：

$$p_{\text{人}}+p_{\text{物品}}=0$$

因此

本題考查運動生物力學中的「動力鍊」(Kinetic Chain) 原理。動力鍊是指人體由一系列關節和肢段組成的連鎖系統，其中一個關節的運動會影響到其他相關關節的運動。

選項分析：
(A) 正確。動力鍊的核心概念就是關節之間的相互影響。一個關節的運動會將力傳遞到下一個關節，形成一個鏈條效應。
(B) 正確。開放式動力鏈 (Open Kinetic Chain, OKC) 指的是肢體末端（如手或腳）在運動時是自由的，不受固定物體的限制。例如，丟球時手部是自由運動的；揮桿時，球桿的末端是自由運動的。

本題考查運動生物力學的兩個主要目標：提升運動表現與降低傷害發生，以及這兩者之間的關係。

分析選項：
(A) 可同時達成。
提升運動表現通常需要更強的力量、更快的速度、更好的協調性等，這些通常需要更大程度的運動強度和負荷。然而，過度的負荷或不當的技術可能導致運動傷害。反之，若運動員經常受傷，則無法持續訓練，表現自然會受到影響。因此，在適當的訓練方法和保護措施下，提升運動表現和降低傷害是可以相輔相成的。例如，良好的技術可以同時提升效率和減少不必要的壓力，從而降低受傷風險。強壯的身體也能更好地承受運動負荷。

(B) 彼此相違背。
這個選項認為兩者是矛盾的。實際上，許多情況下兩者是相互促進的。

本題考查角動量守恆定律以及轉動慣量的概念。

核心觀念：

1. 轉動慣量 (Moment of Inertia, $I$): 衡量物體抵抗其轉動狀態改變的物理量。對於質點，其轉動慣量為 $I = mr^2$，其中 $m$ 是質量，$r$ 是質點到轉軸的距離。對於複雜物體，轉動慣量是各質點質量與其到轉軸距離平方乘積的總和。
2. 角動量 (Angular Momentum, $L$): $L = I\omega$，其中 $I$ 是轉動慣量，$\omega$ 是角速度。
3. 角動量守恆: 在沒有外力矩作用下，系統的總角動量保持不變。

情境分析：
滑冰選手旋轉時，將雙手靠近身體。這相當於改變了身體的質量分佈，使得質心到轉軸（身體縱軸）的距離縮小。

選項分析：
(A) 雙手靠近身體可降低相對於身體縱軸的轉動慣量。
當雙手靠近身體時，相當於將身體質量向轉軸靠近。由於轉動慣量與距離的平方成正比 ($I \propto r^2$)，將質量靠近轉軸會顯著降低整體的轉動慣量。此敘述正確。

本題考查微分的運算，包括乘積法則和連鎖法則。

第一部分：計算 $df/dx$
給定函數 $f(x) = x \sin(x)$。
我們需要使用乘積法則 (product rule) 來微分。乘積法則為：若 $f(x) = u(x)v(x)$，則 $f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$。
令 $u(x) = x$ 且 $v(x) = \sin(x)$。
則 $u'(x) = \frac{d}{dx}(x) = 1$。
且 $v'(x) = \frac{d}{dx}(\sin(x)) = \cos(x)$。
應用乘積法則：
$\frac{df}{dx} = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) = (1)(\sin(x)) + (x)(\cos(x)) = \sin(x) + x\cos(x)$。

第二部分：計算 $dg/dt$
給定函數 $g(x) = \ln(x^3) + 4\cos(x)$，以及 $x = e^{2t}$。
我們需要計算 $dg/dt$，這需要使用連鎖法則 (chain rule)。
連鎖法則指出，如果 $g$ 是 $x$ 的函數，而 $x$ 是 $t$ 的函數，則 $\frac{dg}{dt} = \frac{dg}{dx} \cdot \frac{dx}{dt}$。

首先，我們需要計算 $\frac{dg}{dx}$。
$g(x) = \ln(x^3) + 4\cos(x)$。
我們可以先簡化 $\ln(x^3) = 3\ln(x)$。
所以，$g(x) = 3\ln(x) + 4\cos(x)$。
對 $g(x)$ 關於 $x$ 微分：

核心觀念

本題考查拉普拉斯變換的定義，以及利用分部積分推導：

$$\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2}$$

與微分性質：

$$\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$$

其中

$$F(s)=\mathcal{L}\{f(t)\} =\int_0^\infty e^{-st}f(t)\,dt$$

為使積分收斂，以下取 $s>0$，並假設 $f(t)$ 具分段連續性且成長速度不超過指數函數，使得

$$\lim_{t\to\infty}e^{-st}f(t)=0$$

成立。

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一、證明 $\mathcal{L}\{t\}=1/s^2$

依照拉普拉斯變換定義：

$$\mathcal{L}\{t\} =\int_0^\infty e^{-st}t\,dt$$

使用分部積分，令

$$u=t,\qquad dv=e^{-st}\,dt$$

則

$$du=dt,\qquad v=-\frac{1}{s}e^{-st}$$

因此

$$\int t e^{-st}\,dt =uv-\int v\,du$$

代入後得到

$$\int_0^\infty t e^{-st}\,dt = \left[-\frac{t}{s}e^{-st}\right]_0^\infty +\frac{1}{s}\int_0^\infty e^{-st}\,dt$$

先處理邊界項。因為 $s>0$，指數衰減速度快於 $t$ 的線性成長，所以

$$\lim_{t\to\infty}te^{-st}=0$$

在 $t=0$ 時，

$$-\frac{0}{s}e^0=0$$

故

$$\left[-\frac{t}{s}e^{-st}\right]_0^\infty=0$$

剩下

$$\mathcal{L}\{t\} = \frac{1}{s}\int_0^\infty e^{-st}\,dt$$

計算此積分：

$$\int_0^\infty e^{-st}\,dt = \left[-\frac{1}{s}e^{-st}\right]_0^\infty =\frac{1}{s}$$

因此

$$\boxed{\mathcal{L}\{t\}=\frac{1}{s^2}}$$

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二、證明 $\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$

由定義，

$$\mathcal{L}\{f'(t)\} = \int_0^\infty e^{-st}f'(t)\,dt$$

對此積分使用分部積分。令

$$u=e^{-st},\qquad dv=f'(t)\,dt$$

則

$$du=-se^{-st}\,dt,\qquad v=f(t)$$

因此

本題考查一維正面彈性碰撞問題，需要應用動量守恆和動能守恆定律。

題目情境分析：

• 球 A 質量 $m_A$，初速度 $v_{A0}$ (假設沿正方向)。
• 球 B 質量 $m_B$，初速度 $v_{B0} = 0$ (靜止)。
• 碰撞是正面的彈性碰撞，動量和動能都守恆。
• 碰撞後，球 A 反彈，速度為 $v_A$ (沿負方向)。
• 碰撞後，球 B 沿 A 的原運動方向前進，速度為 $v_B$ (沿正方向)。
• 題目敘述「碰撞後兩球的速度相同但方向相反」。這句話有點歧義。通常是指「速率相同，方向相反」。若是指「速度向量相同但方向相反」，那表示 $v_A = -v_B$。讓我們假設是指「速率相同，方向相反」，即 $|v_A| = |v_B|$ 且 $v_A$ 和 $v_B$ 方向相反。
  • 根據「A 反彈」和「B 沿 A 的原運動方向前進」，如果 A 的原運動方向是正向，則 A 的末速度 $v_A$ 是負向，B 的末速度 $v_B$ 是正向。
  • 所以，$v_A < 0$ 且 $v_B > 0$。
  • 若「速度相同但方向相反」是指 $v_A = -v_B$，這意味著 $v_A$ 和 $v_B$ 的大小相等。
  • 即 $|v_A| = |v_B|$。

3.1. 列出動量守恆和動能守恆的關係式

• 動量守恆 (Momentum Conservation):
  系統的總動量在碰撞前後保持不變。
  初動量 = 末動量
  $m_A v_{A0} + m_B v_{B0} = m_A v_A + m_B v_B$
  由於 $v_{B0} = 0$，所以：
  $m_A v_{A0} = m_A v_A + m_B v_B \quad (1)$

• 動能守恆 (Kinetic Energy Conservation):
  系統的總動能在碰撞前後保持不變。
  初動能 = 末動能
  $\frac{1}{2} m_A v_{A0}^2 + \frac{1}{2} m_B v_{B0}^2 = \frac{1}{2} m_A v_A^2 + \frac{1}{2} m_B v_B^2$
  由於 $v_{B0} = 0$，所以：
  $\frac{1}{2} m_A v_{A0}^2 = \frac{1}{2} m_A v_A^2 + \frac{1}{2} m_B v_B^2$
  乘以 2：
  $m_A v_{A0}^2 = m_A v_A^2 + m_B v_B^2 \quad (2)$

3.2. 計算 $m_A$ 與 $m_B$ 的關係

我們有兩個守恆定律的方程式，以及題目給予的額外條件：
(a) $v_{A0}$ 是初始速度（我們需要用它來表示）。
(b) $v_A < 0$, $v_B > 0$。
(c) $|v_A| = |v_B|$，即 $v_B = -v_A$ (因為 $v_B > 0$ 且 $v_A < 0$)。

將條件 (c) 代入動量守恆方程式 (1)：
$m_A v_{A0} = m_A v_A + m_B (-v_A)$
$m_A v_{A0} = m_A v_A - m_B v_A$
$m_A v_{A0} = (m_A - m_B) v_A \quad (3)$

將條件 (c) 代入動能守恆方程式 (2)：
$m_A v_{A0}^2 = m_A v_A^2 + m_B (-v_A)^2$
$m_A v_{A0}^2 = m_A v_A^2 + m_B v_A^2$
$m_A v_{A0}^2 = (m_A + m_B) v_A^2 \quad (4)$

現在我們有兩個關於 $v_{A0}$ 和 $v_A$ 的方程式 (3) 和 (4)。我們可以消去 $v_A$ 來找到 $m_A$ 和 $m_B$ 的關係。

從方程式 (3)，我們可以得到 $v_A = \frac{m_A v_{A0}}{m_A - m_B}$。
將此代入方程式 (4)：

核心觀念

本題考查剛體平面旋轉運動學、動座標系與靜座標系的座標轉換，以及向量對時間的微分（速度與加速度）：

1. 右手直角座標系之正交旋轉關係：
   三維直角座標系統滿足右手定則：$\hat{b}_z = \hat{b}_x \times \hat{b}_y$、$\hat{b}_y = \hat{b}_z \times \hat{b}_x$。當座標系 B 繞著共同的 $z$ 軸（$\hat{b}_z = \hat{a}_z$）旋轉時，$z$ 分量保持不變，$x$ 與 $y$ 方向之單位向量僅在 $xy$ 平面內線性組合。
2. 慣性座標系下的時間微分：
   座標系 A 固定於地面，其基底單位向量 $\hat{a}_x, \hat{a}_y, \hat{a}_z$ 不隨時間改變，即 $\frac{d\hat{a}_x}{dt} = \frac{d\hat{a}_y}{dt} = \frac{d\hat{a}_z}{dt} = \vec{0}$。對向量微分時，只需對純量係數應用微積分連鎖律（Chain Rule）與乘積法則（Product Rule）。
3. 圓周運動的速度與加速度分解：
   速度向量 $\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt}$ 切於運動軌跡；加速度向量 $\vec{a} = \frac{d\vec{v}}{dt}$ 可分解為法線方向的向心加速度（大小為 $R\dot{\phi}^2$）與切線方向的切線加速度（大小為 $R\ddot{\phi}$）。

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解題方法與詳細推導

4.1. 求單位向量 $\hat{b}_y$ 以 $\phi$ 及 $\hat{a}_x, \hat{a}_y$ 表示

由題目 4.2 式中給定的位置向量 $\vec{r}_{OP} = R(\hat{a}_x \cos\phi - \hat{a}_y \sin\phi)$ 可知，P 點位於座標系 B 的 $\hat{b}_x$ 軸方向，即：

$$\hat{b}_x = \hat{a}_x \cos\phi - \hat{a}_y \sin\phi$$

此表示座標系 B 繞 $\hat{a}_z$ 軸順時針旋轉角度 $\phi$（或旋轉角以負向定義）。

在三維右手正交座標系中，單位向量間滿足向量外積關係：

$$\hat{b}_y = \hat{b}_z \times \hat{b}_x$$

已知 $\hat{b}_z = \hat{a}_z$，將 $\hat{b}_x$ 代入：

$$\hat{b}_y = \hat{a}_z \times (\hat{a}_x \cos\phi - \hat{a}_y \sin\phi)$$

利用座標系 A 中基底向量的外積性質：

• $\hat{a}_z \times \hat{a}_x = \hat{a}_y$
• $\hat{a}_z \times \hat{a}_y = -\hat{a}_x$

展開整理得：

$$\hat{b}_y = \cos\phi (\hat{a}_z \times \hat{a}_x) - \sin\phi (\hat{a}_z \times \hat{a}_y) = \hat{a}_y \cos\phi - (-\hat{a}_x) \sin\phi = \hat{a}_x \sin\phi + \hat{a}_y \cos\phi$$

（註：若依逆時針旋轉之一般幾何定義，則 $\hat{b}_y = -\hat{a}_x \sin\phi + \hat{a}_y \cos\phi$；但本題依 4.2 題幹已確立之方向向量，必為 $\hat{b}_y = \hat{a}_x \sin\phi + \hat{a}_y \cos\phi$。）

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4.2. 計算 P 點的加速度 $\vec{a}_P = \frac{d\vec{v}_P}{dt}$

由題目已知 P 點的速度為：

$$\vec{v}_P = R(-\hat{a}_x \sin\phi - \hat{a}_y \cos\phi) \frac{d\phi}{dt}$$

對時間 $t$ 進行微分求加速度，應用微分的乘積法則：

$$\vec{a}_P = \frac{d\vec{v}_P}{dt} = \frac{d}{dt}\left[ R\left(\frac{d\phi}{dt}\right) (-\hat{a}_x \sin\phi - \hat{a}_y \cos\phi) \right]$$

展開為兩項：

$$\vec{a}_P = R\left(\frac{d^2\phi}{dt^2}\right) (-\hat{a}_x \sin\phi - \hat{a}_y \cos\phi) + R\left(\frac{d\phi}{dt}\right) \frac{d}{dt}(-\hat{a}_x \sin\phi - \hat{a}_y \cos\phi)$$

對括號內的三角函數項應用連鎖律求時間導數：

核心觀念

前臂處於靜力平衡，因此合力與合力矩都為零：

$$\sum F_x=0,\qquad \sum F_y=0,\qquad \sum \tau_O=0$$

以肘關節 $O$ 為轉軸時，肘關節的作用力 $F_x、F_y$ 通過轉軸，力矩為零。二頭肌拉力 $T$ 與鉛直線夾角為 $\theta$，其鉛直分量為 $T\cos\theta$，水平分量為 $T\sin\theta$。

解題方法

依圖中方向取向右、向上為正，並以逆時針力矩為正。二頭肌在距離 $O$ 為 $d$ 處向左上方施力，所以其水平分量沿前臂方向，不產生對 $O$ 的力矩；鉛直分量產生逆時針力矩。前臂與啞鈴的重量則分別產生順時針力矩。

5.1 平衡方程式

水平方向合力為零：

$$F_x-T\sin\theta=0$$

鉛直方向合力為零：

$$F_y+T\cos\theta-mg-Mg=0$$

對 $O$ 點取力矩，前臂重力作用點距離為 $D$，啞鈴重力作用點距離為 $L$：

$$dT\cos\theta-mgD-MgL=0$$

5.2 求二頭肌拉力 $T$

由力矩平衡式解得：