108 公務人員升官等簡任 物理 力學研究 考古題詳解

108 年・公務人員升官等・簡任・物理
試題代碼 力學研究

第 一 題

設某行星可視為一密度均勻之球體，其質量為 MM 且半徑為 RR，萬有引力常數為 GG。

(一) 請找出距離球體中心 rr 的引力場強度。（7 分）

(二) 如圖一所示，在上述行星中挖掘出一條狹小隧道（其直徑與質量可忽略）。請證明在隧道內質量為 mm 的點質量會進行簡諧運動，並找出其運動週期。（18 分）

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核心觀念

均勻球體內部距離中心 rr 以外的球殼，其合引力為零；因此，球體內某點的引力只由半徑 rr 以內的質量決定。隧道內的運動則取隧道方向的引力分量，並與簡諧運動方程比較。

解題方法

（一）球體的引力場強度

球體的均勻密度為

ρ=M43πR3.\rho=\frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}.

當 r≤Rr\le R 時，半徑 rr 以內所含質量為

Mr=ρ43πr3=Mr3R3.M_r=\rho\frac{4}{3}\pi r^3=M\frac{r^3}{R^3}.

由球殼定理，距球心 rr 處的引力場只受 MrM_r 影響，因此場強大小為

g(r)=GMrr2=GMR3r,0≤r≤R.g(r)=\frac{GM_r}{r^2} =\frac{GM}{R^3}r,\qquad 0\le r\le R.

當 r≥Rr\ge R 時，整個球體等效為集中在球心的質量 MM，所以

g(r)=GMr2,r≥R.g(r)=\frac{GM}{r^2},\qquad r\ge R.

引力場方向皆指向球心；若以向外為正方向，其向量形式為

g⃗(r⃗)={−GMR3r⃗,r≤R,−GMr3r⃗,r≥R.\vec g(\vec r)= \begin{cases} -\dfrac{GM}{R^3}\vec r, & r\le R,\\[6pt] -\dfrac{GM}{r^3}\vec r, & r\ge R. \end{cases}

球心處 g(0)=0g(0)=0，球面兩側的場強皆為 GM/R2GM/R^2。

（二）隧道內點質量的簡諧運動

令隧道為一條弦，取隧道中點為座標原點，沿隧道方向為 xx 軸；球心至隧道中點的垂直距離記為 dd。隧道內質點的位置向量可寫成

r⃗=xe^x+de^⊥.\vec r=x\hat e_x+d\hat e_\perp.

質點位於球體內，其所受引力為

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第 二 題

如圖二所示，兩個質量為 mm 與 3m3m 之點質量被三條相同彈簧於兩牆壁間連在一起，彈簧常數為 kk。考慮在小振幅條件下作一維小震盪，並以 η1\eta_1 和 η2\eta_2 來標示兩個質量距離平衡點的位移。

(一) 請寫下此系統的彈性位能。（5 分）

(二) 請找出此系統震盪的特徵頻率（eigen-frequencies）。（10 分）

(三) 請找出此系統的振動正常模態（normal modes）。（10 分）

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核心觀念

本題考查耦合彈簧—質點系統的小振動。先以兩質點相對平衡位置的位移 η1,η2\eta_1,\eta_2 表示各彈簧的伸長量，再由彈性位能求出剛性矩陣，最後解廣義特徵值方程

det⁡(K−ω2M)=0\det(\mathbf K-\omega^2\mathbf M)=0

以求特徵角頻率 ω\omega 與對應的正常模態。

解題方法

（一）彈性位能

三條彈簧的伸長量依序為 η1\eta_1、η2−η1\eta_2-\eta_1、η2\eta_2。每條彈簧的彈性位能為伸長量平方乘以 k/2k/2，因此

U=12kη12+12k(η2−η1)2+12kη22U=\frac12 k\eta_1^2+\frac12 k(\eta_2-\eta_1)^2+\frac12 k\eta_2^2

整理得

U=k(η12+η22−η1η2)\boxed{U=k\left(\eta_1^2+\eta_2^2-\eta_1\eta_2\right)}

（二）特徵頻率

系統的動能為

T=12mη˙12+12(3m)η˙22T=\frac12m\dot{\eta}_1^2+\frac12(3m)\dot{\eta}_2^2

由 UU 對位移的二階導數可得剛性矩陣；質量矩陣則由兩質量直接寫出：

K=k(2−1−12),M=(m003m)\mathbf K=k \begin{pmatrix} 2&-1\\ -1&2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf M= \begin{pmatrix} m&0\\ 0&3m \end{pmatrix}

令振動解為 η=aeiωt\boldsymbol{\eta}=\mathbf a e^{i\omega t}，代入運動方程 Mη¨+Kη=0\mathbf M\ddot{\boldsymbol{\eta}}+\mathbf K\boldsymbol{\eta}=0，得到

(K−ω2M)a=0(\mathbf K-\omega^2\mathbf M)\mathbf a=0

要有非零振幅，行列式必須為零。令 λ=mω2/k\lambda=m\omega^2/k，則

∣2−λ−1−12−3λ∣=0\begin{vmatrix} 2-\lambda&-1\\ -1&2-3\lambda \end{vmatrix} =0 (2−λ)(2−3λ)−1=0⟹3λ2−8λ+3=0(2-\lambda)(2-3\lambda)-1=0 \quad\Longrightarrow\quad 3\lambda^2-8\lambda+3=0

故 λ=(4±7)/3\lambda=(4\pm\sqrt7)/3，兩個特徵角頻率為

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第 三 題

考慮如圖三所示由兩個相同點質量 mm、線長為 L1L_1 和 L2L_2 組成的雙擺（double pendulum），所有擺動皆在同一垂直平面上，並以 θ1\theta_1 和 θ2\theta_2 來標示兩個質量離垂直平衡的角度。

(一) 請分別寫下此系統的動能和位能。（10 分）

(二) 請寫下此系統的拉格朗日量（Lagrangian），並推導出 θ1\theta_1 和 θ2\theta_2 所滿足的運動方程。（15 分）

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核心觀念

本題考雙擺的拉格朗日力學。以兩個質點的角度 θ1,θ2\theta_1,\theta_2 作為廣義座標，先由位置求速度，再寫出動能 TT、位能 VV，形成拉格朗日量 L=T−VL=T-V，最後套用

ddt(∂L∂θ˙i)−∂L∂θi=0(i=1,2)\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}_i}\right) -\frac{\partial L}{\partial \theta_i}=0 \qquad (i=1,2)

圖中兩角皆為各擺桿相對鉛直方向的角度。以下取鉛直向上為 yy 軸正向，並令兩桿長分別為 L1,L2L_1,L_2。

解題方法

兩質點的位置座標為

x1=L1sin⁡θ1,y1=−L1cos⁡θ1,x2=L1sin⁡θ1+L2sin⁡θ2,y2=−L1cos⁡θ1−L2cos⁡θ2.\begin{aligned} x_1&=L_1\sin\theta_1, &y_1&=-L_1\cos\theta_1,\\ x_2&=L_1\sin\theta_1+L_2\sin\theta_2, &y_2&=-L_1\cos\theta_1-L_2\cos\theta_2. \end{aligned}

對時間微分，速度平方為

v12=L12θ˙12,v_1^2=L_1^2\dot{\theta}_1^2, v22=L12θ˙12+L22θ˙22+2L1L2θ˙1θ˙2cos⁡(θ1−θ2).v_2^2=L_1^2\dot{\theta}_1^2+L_2^2\dot{\theta}_2^2 +2L_1L_2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\cos(\theta_1-\theta_2).

（一）動能與位能

兩質點的總動能為

T=12mv12+12mv22=mL12θ˙12+12mL22θ˙22+mL1L2θ˙1θ˙2cos⁡(θ1−θ2).\begin{aligned} T&=\frac12mv_1^2+\frac12mv_2^2\\ &=mL_1^2\dot{\theta}_1^2 +\frac12mL_2^2\dot{\theta}_2^2 +mL_1L_2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\cos(\theta_1-\theta_2). \end{aligned}

若以兩質點都處於最低位置時的位能為零，總位能為

V=mg[2L1(1−cos⁡θ1)+L2(1−cos⁡θ2)].V=mg\left[2L_1(1-\cos\theta_1)+L_2(1-\cos\theta_2)\right].

位能加上或減去常數不影響運動方程；因此也可寫成 V=−mg(2L1cos⁡θ1+L2cos⁡θ2)V=-mg(2L_1\cos\theta_1+L_2\cos\theta_2)，兩種寫法等價。

（二）拉格朗日量與運動方程

令 Δ=θ1−θ2\Delta=\theta_1-\theta_2。由 L=T−VL=T-V，採用上述最低點為位能零點的寫法，可得

L=mL12θ˙12+12mL22θ˙22+mL1L2θ˙1θ˙2cos⁡Δ−mg[2L1(1−cos⁡θ1)+L2(1−cos⁡θ2)].\begin{aligned} L={}&mL_1^2\dot{\theta}_1^2 +\frac12mL_2^2\dot{\theta}_2^2 +mL_1L_2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\cos\Delta\\ &-mg\left[2L_1(1-\cos\theta_1)+L_2(1-\cos\theta_2)\right]. \end{aligned}

對 θ1\theta_1 使用 Euler–Lagrange 方程：

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第 四 題

如圖四所示，一個質量為 MM 且半徑為 RR 的均勻圓柱體沿著固定之斜面無滑動地滾下。設重力加速度為 gg。

(一) 請問圓柱體轉動慣量 ICMI_{\mathrm{CM}}（旋轉軸穿過圓柱體之質心，並平行於滾動圓柱體之長軸）為何？（4 分）

(二) 求圓柱體質心之加速度。（9 分）

(三) 在圓柱體滾下而不滑動條件下，求圓柱體與斜面之最小摩擦係數。（12 分）

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核心觀念

本題考查均勻實心圓柱的轉動慣量、剛體轉動，以及純滾動的無滑動條件。圓柱沿斜面向下滾動時，重力沿斜面的分量使質心加速；靜摩擦力提供使圓柱轉動的力矩，方向沿斜面向上。

解題方法

圖中斜面與水平面的夾角為 θ\theta。取沿斜面向下為正方向，並以 ff 表示靜摩擦力大小。

（一）圓柱體對質心的轉動慣量

均勻實心圓柱繞穿過質心、平行於圓柱長軸的軸旋轉，其轉動慣量為

ICM=12MR2.I_{\mathrm{CM}}=\frac{1}{2}MR^2.

（二）質心加速度

沿斜面方向套用牛頓第二定律：

Mgsin⁡θ−f=Ma.Mg\sin\theta-f=Ma.

以圓柱質心為轉軸，靜摩擦力提供轉矩：

fR=ICMα.fR=I_{\mathrm{CM}}\alpha.

無滑動滾動條件為 a=αRa=\alpha R，所以

fR=ICMaR⟹f=ICMR2a=12Ma.fR=I_{\mathrm{CM}}\frac{a}{R} \quad\Longrightarrow\quad f=\frac{I_{\mathrm{CM}}}{R^2}a =\frac{1}{2}Ma.

代入平動方程式：

Mgsin⁡θ−12Ma=Ma,Mg\sin\theta-\frac{1}{2}Ma=Ma,

因此

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