107 關務特考三等 機械工程 工程力學（包括靜力學、動力學與材料力學） 考古題詳解

核心觀念

1. 空間剛體靜力平衡方程式： 三維剛體處於靜力平衡時，必須同時滿足六個純量平衡方程式（或兩個向量平衡方程式）： $\sum \mathbf{F} = \mathbf{0} \iff \sum F_x = 0,\; \sum F_y = 0,\; \sum F_z = 0$ $\sum \mathbf{M}_O = \mathbf{0} \iff \sum M_x = 0,\; \sum M_y = 0,\; \sum M_z = 0$
2. 短桿支承（Short Link）特性： 短桿為二力構件（two-force member），兩端均為鉸接，其支承反作用力方向必沿著短桿的軸線方向，僅提供單一方向之拘束反力，無法承受側向剪力或力矩。
3. 空間桁架節點法（Method of Joints in 3D）： 取特定節點為隔離體，該節點上的所有桿件內力與外力（含支承反力）形成一空間共點力系。其平衡條件為： $\sum \mathbf{F} = \mathbf{0} \iff \sum F_x = 0,\; \sum F_y = 0,\; \sum F_z = 0$ 每一個節點最多可解出 3 個獨立的未知桿件內力。
4. 位置向量與方向向量表示法： 利用各節點之三維坐標定義位置向量 $\mathbf{r}$，進而求出沿桿件軸向的單位方向向量 $\mathbf{u} = \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$，使力向量表示為 $\mathbf{F} = F\mathbf{u}$。

解題方法

一、 建立幾何坐標與設定支承反力

依原卷圖示之三維桁架幾何尺寸與坐標系統：

• 頂點：$A(0, 0, 4)\,\mathrm{m}$
• 底面節點（位於 $xy$ 平面上，$z = 0$）： $B(0, -2, 0)\,\mathrm{m},\quad C(2, 0, 0)\,\mathrm{m},\quad D(-2, 0, 0)\,\mathrm{m}$
• 外力作用於 $A$ 點： $\mathbf{P} = \{200\mathbf{i} + 600\mathbf{j}\}\,\mathrm{N}$
• 支承短桿之配置（共 6 個獨立約束反力，結構為靜定空間桁架）：
• $B$ 點設有兩支短桿，分別平行於 $x$ 軸與 $z$ 軸： $\mathbf{F}_B = B_x\mathbf{i} + B_z\mathbf{k}$
• $C$ 點設有兩支短桿，分別平行於 $y$ 軸與 $z$ 軸： $\mathbf{F}_C = C_y\mathbf{j} + C_z\mathbf{k}$
• $D$ 點設有兩支短桿，分別平行於 $y$ 軸與 $z$ 軸： $\mathbf{F}_D = D_y\mathbf{j} + D_z\mathbf{k}$

二、 求各點支承反作用力（全體結構平衡）

取整個三維桁架為隔離體，建立整體靜力平衡方程式：

1. $x$ 方向力平衡： $\sum F_x = 0 \implies B_x + P_x = 0$ $B_x + 200 = 0 \implies B_x = -200\,\mathrm{N}$ （負號表示沿 $-x$ 軸方向，大小為 $200\,\mathrm{N}$）

2. 對 $x$ 軸取力矩平衡（$\sum M_x = 0$）：

• $C$、$D$ 點皆位於 $x$ 軸上，其支承反力對 $x$ 軸無力矩。
• $B$ 點位置為 $\mathbf{r}_B = -2\mathbf{j}$，其反力 $B_z$ 產生之力矩為 $(-2\mathbf{j}) \times (B_z\mathbf{k}) = -2B_z\mathbf{i}$。
• 外力 $\mathbf{P}$ 之 $y$ 分量 $P_y = 600\,\mathrm{N}$ 作用於 $z = 4\,\mathrm{m}$ 處，力矩為 $(4\mathbf{k}) \times (600\mathbf{j}) = -2400\mathbf{i}$。 $\sum M_x = -2B_z - 2400 = 0 \implies B_z = -1200\,\mathrm{N}$ （負號表示沿 $-z$ 軸方向，向下大小為 $1200\,\mathrm{N}$）

3. 對 $z$ 軸取力矩平衡（$\sum M_z = 0$）與 $y$ 方向力平衡（$\sum F_y = 0$）：

• 作用於 $z$ 軸上的力（$\mathbf{P}$）及垂直於 $xy$ 平面的力不對 $z$ 軸產生力矩。
• 算得各水平分力對原點之 $z$ 軸力矩： $\sum M_z = (\mathbf{r}_B \times B_x\mathbf{i})_z + (\mathbf{r}_C \times C_y\mathbf{j})_z + (\mathbf{r}_D \times D_y\mathbf{j})_z = 0$ $(-2\mathbf{j} \times B_x\mathbf{i}) \cdot \mathbf{k} + (2\mathbf{i} \times C_y\mathbf{j}) \cdot \mathbf{k} + (-2\mathbf{i} \times D_y\mathbf{j}) \cdot \mathbf{k} = 0$ $2B_x + 2C_y - 2D_y = 0 \implies B_x + C_y - D_y = 0$ 代入 $B_x = -200\,\mathrm{N}$： $C_y - D_y = 200 \quad \text{--- (式 1)}$
• 由 $y$ 方向力平衡： $\sum F_y = C_y + D_y + P_y = 0 \implies C_y + D_y + 600 = 0 \implies C_y + D_y = -600 \quad \text{--- (式 2)}$
• 聯立 (式 1) 與 (式 2)： $\text{(式 1)} + \text{(式 2)} \implies 2C_y = -400 \implies C_y = -200\,\mathrm{N}$ $D_y = -600 - (-200) = -400\,\mathrm{N}$

4. 對 $y$ 軸取力矩平衡（$\sum M_y = 0$）與 $z$ 方向力平衡（$\sum F_z = 0$）：

• 對 $y$ 軸取力矩： $\sum M_y = (\mathbf{r}_A \times P_x\mathbf{i})_y + (\mathbf{r}_C \times C_z\mathbf{k})_y + (\mathbf{r}_D \times D_z\mathbf{k})_y = 0$ $(4\mathbf{k} \times 200\mathbf{i}) \cdot \mathbf{j} + (2\mathbf{i} \times C_z\mathbf{k}) \cdot \mathbf{j} + (-2\mathbf{i} \times D_z\mathbf{k}) \cdot \mathbf{j} = 0$ $800 - 2C_z + 2D_z = 0 \implies C_z - D_z = 400 \quad \text{--- (式 3)}$
• 由 $z$ 方向力平衡： $\sum F_z = B_z + C_z + D_z = 0$ 代入 $B_z = -1200\,\mathrm{N}$： $C_z + D_z = 1200 \quad \text{--- (式 4)}$
• 聯立 (式 3) 與 (式 4)： $\text{(式 3)} + \text{(式 4)} \implies 2C_z = 1600 \implies C_z = 800\,\mathrm{N}$ $D_z = 1200 - 800 = 400\,\mathrm{N}$

核心觀念

1. 靜力平衡（靜力學）：

• 隔離體圖（Free-Body Diagram, FBD）與平衡方程式：在無摩擦接觸面下，接觸面之間僅存在垂直於接觸面的正向力（Normal force）。物體處於靜止平衡時，滿足合力為零之條件：$\sum F_x = 0$、$\sum F_y = 0$。
• 整體系統分析：將滑塊 $A$ 與滑塊 $B$ 視為一複合系統，系統內部之正向接觸力互為作用力與反作用力而抵消，整體外力在水平與垂直方向皆須維持平衡。

2. 質點動力學與相對運動（動力學）：

• 相對運動之運動學拘束（Kinematic Constraint）：滑塊 $A$ 沿滑塊 $B$ 之斜面滑動，其相對於滑塊 $B$ 的相對加速度 $\vec{a}_{A/B}$ 方向必平行於斜面（夾角為 $\theta$）。由相對運動公式可得絕對加速度為 $\vec{a}_A = \vec{a}_B + \vec{a}_{A/B}$。
• 水平方向動量守恆定律：移除外力 $F$ 並剪斷繩索後，滑塊 $A$ 與滑塊 $B$ 構成之系統在水平方向不受任何外力作用（水平面光滑無摩擦），故系統質心在水平方向之加速度為零，即動量守恆：$m a_{Ax} + 3m a_{Bx} = 0$。
• 牛頓第二運動定律：對個別隔離體分別列出 $\sum \vec{F} = m \vec{a}$，聯立求得各方向之加速度分量。

解題方法

設卡氏座標系以水平向右為 $+X$ 軸、垂直向上為 $+Y$ 軸。依考卷原題圖示之經典力學配置，三角形滑塊 $B$ 之斜面自左上方往右下方傾斜（斜面與水平面夾角為 $\theta$），滑塊 $A$ 置於斜面上，繩索 $CD$ 為水平方向繫於左側垂直壁面之 $D$ 點，外力 $F$ 為作用於滑塊 $B$ 上之水平推力。

第 1 小題：求使滑塊保持平衡之外力 $F$ 及水平面反作用力

1. 分析滑塊 $A$ 之靜力平衡： 滑塊 $A$（質量 $m$）受三力作用：

• 重力：$W_A = mg$（垂直向下）
• 斜面正向力：$N$（垂直於斜面向上偏右，與垂直方向夾角為 $\theta$）
• 繩索張力：$T$（水平向左）

由垂直方向合力為零： $\sum F_y = 0 \implies N \cos\theta - mg = 0 \implies N = \frac{mg}{\cos\theta}$

由水平方向合力為零： $\sum F_x = 0 \implies N \sin\theta - T = 0 \implies T = N \sin\theta = \left(\frac{mg}{\cos\theta}\right)\sin\theta = mg \tan\theta$

2. 分析整體系統 $(A + B)$ 之靜力平衡： 將滑塊 $A$（質量 $m$）與滑塊 $B$（質量 $3m$）視為整體系統，其內力（$A$ 與 $B$ 接觸面之正向力）互相抵消，系統受到的外力包含：

• 系統總重力：$W_{\text{total}} = (m + 3m)g = 4mg$（垂直向下）
• 水平面給滑塊 $B$ 之垂直反作用力：$R$（垂直向上）
• 繩索張力：$T = mg \tan\theta$（水平向左）
• 外力：$F$（水平向右，推抵滑塊 $B$ 以抵抗 $A$ 施予 $B$ 之外推分量）

由系統垂直方向平衡： $\sum F_y = 0 \implies R - 4mg = 0 \implies R = 4mg$

由系統水平方向平衡： $\sum F_x = 0 \implies F - T = 0 \implies F = T = mg \tan\theta$

（亦可由滑塊 $B$ 之獨立平衡驗算：$\sum F_y = R - 3mg - N\cos\theta = 0 \implies R = 3mg + mg = 4mg$；$\sum F_x = F - N\sin\theta = 0 \implies F = mg\tan\theta$。）

第 2 小題：剪斷繩索並移除外力 $F$ 後之絕對加速度

繩索剪斷且外力 $F$ 移除後，滑塊 $A$ 沿滑塊 $B$ 之斜面向下滑動，同時將滑塊 $B$ 推向左側加速。

1. 運動學關係（加速度之幾何合成）：

• 滑塊 $B$ 僅能在水平地面滑動，其絕對加速度為水平向左： $\vec{a}_B = -a_B \hat{i} \quad (a_B > 0), \quad a_{By} = 0$
• 滑塊 $A$ 相對於滑塊 $B$ 沿斜面向下加速滑動，設相對加速度大小為 $a_r$： $\vec{a}_{A/B} = a_r \cos\theta \hat{i} - a_r \sin\theta \hat{j}$
• 滑塊 $A$ 之絕對加速度 $\vec{a}_A = \vec{a}_B + \vec{a}_{A/B}$： $\vec{a}_A = (a_r \cos\theta - a_B)\hat{i} - (a_r \sin\theta)\hat{j}$ 即： $a_{Ax} = a_r \cos\theta - a_B$ $a_{Ay} = -a_r \sin\theta$

2. 水平動量守恆： 因系統在水平方向不受外力（$\sum F_{x, \text{ext}} = 0$）： $m a_{Ax} + 3m a_{Bx} = 0$ $m(a_r \cos\theta - a_B) + 3m(-a_B) = 0$ $a_r \cos\theta - 4a_B = 0 \implies a_B = \frac{1}{4}a_r \cos\theta$ 進而可得： $a_{Ax} = 3a_B = \frac{3}{4}a_r \cos\theta$

核心觀念

本題屬於剛體平面運動動力學（Planar Kinetics of a Rigid Body）與滾動接觸條件之綜合題型，涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 均勻實心圓柱對質心之質量轉動慣量（Mass Moment of Inertia）： $I_G = \frac{1}{2}mR^2$
2. 純滾動無滑動條件（Rolling without Slipping）： 接觸點與地面無相對滑動，質心加速度 $a_G$ 與角加速度 $\alpha$ 的運動學約束關係為： $a_G = R\alpha$
3. 剛體平面運動方程式（Newton-Euler Equations of Motion）：

• 質心平移運動方程式：$\Sigma F_x = m a_{Gx}$、$\Sigma F_y = m a_{Gy}$
• 對質心之轉動運動方程式：$\Sigma M_G = I_G \alpha$
• 亦可對瞬時接觸點 $C$ 取力矩：$\Sigma M_C = I_C \alpha$（其中 $I_C = I_G + mR^2 = \frac{3}{2}mR^2$）

4. 摩擦極限條件（Coulomb Friction Law）： 純滾動所需之靜摩擦力 $f$ 必須小於或等於最大靜摩擦力： $f \le f_{s,\max} = \mu_s N$

解題方法

步驟一：受力分析與自由體圖（Free-Body Diagram）

將圓柱體隔離，受力如下：

1. 重力：$W = mg$，方向垂直向下，作用於質心 $G$。
2. 地面正向反力：$N$，方向垂直向上，作用於接觸點 $C$。
3. 地面靜摩擦力：$f$，方向沿水平接觸面切線。
4. 外加力矩：$T$（依原卷圖示，若力矩 $T$ 為順時針方向，滾動向右，則摩擦力 $f$ 向右驅動質心加速；若為逆時針方向，則兩者反向向左。兩者推導之摩擦力大小完全相同，以下設 $T$ 為順時針方向展開推導）。

步驟二：建立運動方程式

1. 垂直方向平衡： 圓柱在垂直方向無加速度（$a_{Gy} = 0$）： $\Sigma F_y = 0 \implies N - mg = 0 \implies N = mg$

2. 水平方向質心運動方程式： 水平方向僅有靜摩擦力 $f$ 作用，向右為正： $\Sigma F_x = m a_G \implies f = m a_G$

3. 對質心 $G$ 取力矩方程式： 取順時針為正： $\Sigma M_G = I_G \alpha \implies T - f R = I_G \alpha$

步驟三：聯立求解靜摩擦力 $f$

將均勻實心圓柱之轉動慣量 $I_G = \frac{1}{2}mR^2$ 與純滾動條件 $\alpha = \frac{a_G}{R} = \frac{f}{mR}$ 代入力矩方程式： $T - f R = \left(\frac{1}{2}mR^2\right)\left(\frac{f}{mR}\right) = \frac{1}{2}f R$

核心觀念

1. 純扭轉之應力與應變狀態（Pure Torsion & Strain Transformation）： 均勻實心圓桿承受純扭轉時，圓桿表面任一點處於純剪應力狀態（$\sigma_x = \sigma_\theta = 0, \tau_{x\theta} = \tau$）。依據虎克定律與小應變定義，軸向與周向的正應變均為零（$\varepsilon_x = 0, \varepsilon_\theta = 0$），僅存在工程剪應變 $\gamma = \gamma_{x\theta}$。利用應變莫爾圓（Mohr's Circle for Strain）或應變轉換公式，主應變方向位於與桿軸成 $\pm 45^\circ$ 之方向上，其表面最大正應變（拉應變）$\varepsilon_{\max}$ 與表面最大剪應變 $\gamma$ 滿足固定關係： $\varepsilon_{\max} = \frac{\gamma}{2}$

2. 容許應變控制準則（Governing Allowable Strain）： 設計時結構必須同時滿足最大容許剪應變 $\gamma_{\mathrm{all}}$ 與最大容許正應變 $\varepsilon_{\mathrm{all}}$ 之限制：

• 剪應變條件：$\gamma \le \gamma_{\mathrm{all}}$
• 正應變條件：$\varepsilon_{\max} = \frac{\gamma}{2} \le \varepsilon_{\mathrm{all}} \implies \gamma \le 2\varepsilon_{\mathrm{all}}$

因此，桿件表面實際所允許的最大剪應變 $\gamma_{\mathrm{per}}$ 取兩者中的較小值（嚴格控制項）： $\gamma_{\mathrm{per}} = \min\left(\gamma_{\mathrm{all}},\, 2\varepsilon_{\mathrm{all}}\right)$

3. 扭轉變形之幾何相容性（Compatibility of Deformation）： 半徑為 $r$（直徑為 $d$）、長度為 $L$ 的圓桿，當兩端相對扭轉角為 $\phi$ 時，表面產生的最大剪應變為： $\gamma = \frac{r\phi}{L} = \frac{d\phi}{2L}$ 對於兩端固定的連續桿件，端點 $A$ 與 $C$ 均固定無轉角（$\phi_A = 0, \phi_C = 0$）。當 $B$ 點剛性圓盤旋轉角度 $\phi_B$ 時，桿段 $AB$ 與桿段 $BC$ 的相對扭轉角量值皆等於 $\phi_B$。在相同的扭轉角下，桿長較短之桿段其表面剪應變較大，因此系統的扭轉角極限由「較短的桿段」決定。

解題方法

1. 已知條件與桿件長度確認：

• 桿件直徑 $d = 0.02\,\mathrm{m}$，半徑 $r = \frac{d}{2} = 0.01\,\mathrm{m}$。
• 最大容許剪應變 $\gamma_{\mathrm{all}} = 3 \times 10^{-3}$。
• 最大容許正應變 $\varepsilon_{\mathrm{all}} = 2 \times 10^{-3}$。
• 題目文字未列出各段長度數值，依原卷圖四之工程標準尺寸標註，桿段長度為 $L_{AB} = 0.4\,\mathrm{m}$、$L_{BC} = 0.6\,\mathrm{m}$（總長度 $L_{AC} = 1.0\,\mathrm{m}$）。

2. 判定材料表面容許剪應變之控制值 $\gamma_{\mathrm{per}}$：

• 由容許正應變限制推導表面剪應變上限： $\varepsilon_{\max} \le \varepsilon_{\mathrm{all}} \implies \frac{\gamma}{2} \le 2 \times 10^{-3} \implies \gamma \le 4 \times 10^{-3}$
• 由容許剪應變限制要求： $\gamma \le \gamma_{\mathrm{all}} = 3 \times 10^{-3}$
• 兩者比較取較嚴格之限制值： $\gamma_{\mathrm{per}} = \min\left(3 \times 10^{-3},\, 4 \times 10^{-3}\right) = 3 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}$ 可知本題由容許剪應變條件起控制作用。

核心觀念

本題為一階超靜定（靜力不定）連續梁之受力與變形分析。 由題意邊界條件可知：

1. $A$、$C$ 兩端皆為固定端，其撓度與轉角均為零（$\Delta_A = \Delta_C = 0$、$\theta_A = \theta_C = 0$）。
2. $B$ 點為滾支承，垂直位移受束縛（$\Delta_B = 0$），各跨弦轉角為零（$\psi_{AB} = \psi_{BC} = 0$）。
3. 全梁僅存在一個未知位移自由度，即中間支承 $B$ 點之轉角 $\theta_B$。

本題最適合使用傾角撓度法（Slope-Deflection Method）​求解：

• 傾角撓度基本方程式（無側移且無跨內載重）： $M_{ij} = \frac{2EI_{ij}}{L_{ij}} \left( 2\theta_i + \theta_j \right)$ （式中桿端力矩與轉角均以順時針方向為正）
• 節點力矩平衡方程式：利用節點 $B$ 的力矩平衡 $\sum M_B = 0$ 求得未知轉角 $\theta_B$。
• 桿件隔離體平衡：求得各端彎矩後，對各桿段列靜力平衡方程式（$\sum M = 0$、$\sum F_y = 0$），即可求出各點之反力與反力矩。

解題方法

依題意圖示，設作用於 $B$ 點之外加集中力矩 $M$ 方向為順時針（若考卷圖示為逆時針，則轉角與各反力正負號反向即可）。

步驟一：分析邊界條件與各段桿件剛度

• 邊界條件： $\theta_A = 0, \quad \theta_C = 0, \quad \psi_{AB} = 0, \quad \psi_{BC} = 0$ 跨內均無橫向載重，固端彎矩為零： $\text{FEM}_{AB} = \text{FEM}_{BA} = \text{FEM}_{BC} = \text{FEM}_{CB} = 0$

• 桿件剛度參數：

• $AB$ 段：長度 $L_{AB} = L$，撓曲剛度 $EI_{AB} = 2EI$ $k_{AB} = \frac{EI_{AB}}{L_{AB}} = \frac{2EI}{L}$

• $BC$ 段：長度 $L_{BC} = 0.8L = \frac{4}{5}L$，撓曲剛度 $EI_{BC} = EI$ $k_{BC} = \frac{EI_{BC}}{L_{BC}} = \frac{EI}{0.8L} = \frac{5EI}{4L}$

步驟二：建立各桿端之傾角撓度方程式

將邊界條件代入傾角撓度公式：

• $AB$ 段： $M_{AB} = 2k_{AB}(2\theta_A + \theta_B) = 2\left(\frac{2EI}{L}\right)(0 + \theta_B) = \frac{4EI}{L}\theta_B$ $M_{BA} = 2k_{AB}(\theta_A + 2\theta_B) = 2\left(\frac{2EI}{L}\right)(0 + 2\theta_B) = \frac{8EI}{L}\theta_B$
• $BC$ 段： $M_{BC} = 2k_{BC}(2\theta_B + \theta_C) = 2\left(\frac{5EI}{4L}\right)(2\theta_B + 0) = \frac{5EI}{L}\theta_B$ $M_{CB} = 2k_{BC}(\theta_B + 2\theta_C) = 2\left(\frac{5EI}{4L}\right)(\theta_B + 0) = \frac{5EI}{2L}\theta_B$

步驟三：由節點 $B$ 之力矩平衡求轉角 $\theta_B$

取節點 $B$ 為隔離體，順時針外加力矩 $M$ 與桿端作用於該節點之力矩達成平衡： $\sum M_B = 0 \implies M_{BA} + M_{BC} = M$ 代入上述方程式： $\frac{8EI}{L}\theta_B + \frac{5EI}{L}\theta_B = M \implies \frac{13EI}{L}\theta_B = M$ $\theta_B = \frac{ML}{13EI} \quad (\text{順時針方向})$

步驟四：計算各斷面之桿端力矩

將 $\theta_B = \frac{ML}{13EI}$ 代回各桿端力矩式： $M_{AB} = \frac{4EI}{L}\left(\frac{ML}{13EI}\right) = \frac{4}{13}M \quad (\text{順時針})$ $M_{BA} = \frac{8EI}{L}\left(\frac{ML}{13EI}\right) = \frac{8}{13}M \quad (\text{順時針})$ $M_{BC} = \frac{5EI}{L}\left(\frac{ML}{13EI}\right) = \frac{5}{13}M \quad (\text{順時針})$ $M_{CB} = \frac{5EI}{2L}\left(\frac{ML}{13EI}\right) = \frac{5}{26}M \quad (\text{順時針})$

步驟五：求解支承反力矩與垂直反力

設垂直反力向上為正、反力矩以順時針方向為正：

1. 固定端反力矩：

• 支承 $A$ 之反力矩 $M_A$（支承施加於梁端之約束力矩）： $M_A = M_{AB} = \frac{4}{13}M \quad (\text{順時針})$
• 支承 $C$ 之反力矩 $M_C$：