111 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

111 年・關務特考・三等・機械工程
試題代碼 工程力學（包括靜力學、動力學與材料力學）

第 一 題25 分

圖一結構於 A\text{A}、B\text{B}、C\text{C} 處設置鉸支承，D\text{D}、E\text{E}、F\text{F} 處則設置鉸接點，結構尺寸配置如圖所示。今分別於 D\text{D} 點、E\text{E} 點、F\text{F} 點施加載重 6P6P、2P2P、2P2P，試求在此外力作用下，支承 A\text{A}、支承 B\text{B}、支承 C\text{C} 處之反力 (AX,AY)(A_X, A_Y)、(BX,BY)(B_X, B_Y)、(CX,CY)(C_X, C_Y) 之大小及方向。

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核心觀念

本題考查：

  1. 鉸支承反力的分量表示。
  2. 無外力作用之兩端鉸接桿件為二力桿，兩端力必沿桿件軸線。
  3. 整體結構之靜力平衡方程式：
∑FX=0,∑FY=0,∑M=0\sum F_X=0,\qquad \sum F_Y=0,\qquad \sum M=0

依圖取座標：

A(0,0),D(2L,2L),B(3L,L),A(0,0),\quad D(2L,2L),\quad B(3L,L), E(3L,3L),F(4L,3L),C(5L,2L)E(3L,3L),\quad F(4L,3L),\quad C(5L,2L)

各外力均鉛直向下。

解題方法

桿件 ADAD、DBDB、EFEF、FCFC 均為兩端鉸接且無其他外力作用之二力桿，因此支承反力方向須沿桿件軸線。

由幾何方向可得：

  • ADAD 為 45∘45^\circ 斜桿：
AX=AYA_X=A_Y
  • DBDB 為右下斜桿：
BX=−BYB_X=-B_Y
  • FCFC 為右下斜桿：
CX=−CYC_X=-C_Y

1. 水平方向平衡

∑FX=0\sum F_X=0 AX+BX+CX=0A_X+B_X+C_X=0

代入上述關係：

AY−BY−CY=0(1)A_Y-B_Y-C_Y=0 \tag{1}

2. 垂直方向平衡

外力總和為：

6P+2P+2P=10P6P+2P+2P=10P

因此：

∑FY=0\sum F_Y=0 AY+BY+CY−10P=0A_Y+B_Y+C_Y-10P=0 AY+BY+CY=10P(2)A_Y+B_Y+C_Y=10P \tag{2}

由式 (1)(1)、(2)(2) 相加：

2AY=10P2A_Y=10P

所以：

AY=5PA_Y=5P

並且：

AX=5PA_X=5P

3. 取 AA 點力矩平衡

逆時針為正，取 AA 點為力矩中心：

∑MA=0\sum M_A=0

支承 BB 的力矩：

3LBY−LBX3L B_Y-LB_X

支承 CC 的力矩：

5LCY−2LCX5L C_Y-2L C_X

外力力矩：

−(6P)(2L)−(2P)(3L)−(2P)(4L)-(6P)(2L)-(2P)(3L)-(2P)(4L)

故：

3LBY−LBX+5LCY−2LCX−26PL=03LB_Y-LB_X+5LC_Y-2LC_X-26PL=0

除以 LL，並代入 BX=−BYB_X=-B_Y、CX=−CYC_X=-C_Y：

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第 二 題25 分

圖二為一個均質的細長桿件 AB\text{AB}，桿件長度為 LL、桿件重量為 WW，光滑的牆面及地面與桿件 AB\text{AB} 的接觸點均無摩擦力。將桿件垂直立於牆面，桿件 AB\text{AB} 與牆面的夾角 θ\theta 為零度，此時將桿件於靜止狀態釋放而滑動，當桿件 AB\text{AB} 與垂直牆面的夾角 θ\theta 為 45∘45^\circ 時，試求此時桿件 AB\text{AB} 的角速度 ω\omega 及角加速度 α\alpha、桿件 A\text{A} 點與牆面間的反力 RAR_A 及 B\text{B} 點與地面間的反力 RBR_B。

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核心觀念

本題考查：

  1. 光滑接觸面：牆面反力 RAR_A 水平，地面反力 RBR_B 垂直。
  2. 機械能守恆：接觸面無摩擦，反力不作功。
  3. 剛體平面運動：
  • 質心平移
  • 繞質心轉動
  1. 牛頓第二定律： ∑Fx=maGx,∑Fy=maGy\sum F_x=m a_{Gx},\qquad \sum F_y=m a_{Gy}

令桿件與垂直牆面的夾角為 θ\theta，逆時針方向為正。桿件由 θ=0\theta=0 自靜止釋放，當 θ=45∘\theta=45^\circ 時求各量。

一、角速度 ω\omega

桿件質量為

m=Wgm=\frac{W}{g}

桿件質心 GG 位於中點。由幾何關係：

xG=−L2sin⁡θ,yG=L2cos⁡θx_G=-\frac{L}{2}\sin\theta,\qquad y_G=\frac{L}{2}\cos\theta

因此質心速度大小為

vG2=(L2ωcos⁡θ)2+(L2ωsin⁡θ)2=L24ω2v_G^2=\left(\frac{L}{2}\omega\cos\theta\right)^2+ \left(\frac{L}{2}\omega\sin\theta\right)^2 =\frac{L^2}{4}\omega^2

均質細長桿對質心的轉動慣量為

IG=112mL2I_G=\frac{1}{12}mL^2

所以桿件動能為

T=12mvG2+12IGω2T=\frac12mv_G^2+\frac12I_G\omega^2

T=12m(L24ω2)+12(112mL2)ω2=16mL2ω2T=\frac12m\left(\frac{L^2}{4}\omega^2\right) +\frac12\left(\frac{1}{12}mL^2\right)\omega^2 =\frac16mL^2\omega^2

質心下降高度為

Δh=L2(1−cos⁡θ)\Delta h=\frac{L}{2}(1-\cos\theta)

由機械能守恆：

16mL2ω2=mgL2(1−cos⁡θ)\frac16mL^2\omega^2 =mg\frac{L}{2}(1-\cos\theta)

故

ω2=3gL(1−cos⁡θ)\omega^2=\frac{3g}{L}(1-\cos\theta)

當 θ=45∘\theta=45^\circ 時：

ω=3gL(1−12)\boxed{\omega= \sqrt{\frac{3g}{L}\left(1-\frac{1}{\sqrt2}\right)}}

桿件向左下方滑動，轉動方向為逆時針。

二、角加速度 α\alpha

將

ω2=3gL(1−cos⁡θ)\omega^2=\frac{3g}{L}(1-\cos\theta)

對時間微分：

2ωα=3gLsin⁡θ ω2\omega\alpha=\frac{3g}{L}\sin\theta\,\omega

因此

α=3g2Lsin⁡θ\alpha=\frac{3g}{2L}\sin\theta

當 θ=45∘\theta=45^\circ 時：

α=3g22 L\boxed{\alpha=\frac{3g}{2\sqrt2\,L}}

方向為逆時針。

三、質心加速度

由

xG=−L2sin⁡θ,yG=L2cos⁡θx_G=-\frac{L}{2}\sin\theta,\qquad y_G=\frac{L}{2}\cos\theta

對時間微分兩次：

aGx=−L2(cos⁡θ ω2+sin⁡θ α)a_{Gx} =-\frac{L}{2}\left(\cos\theta\,\omega^2+ \sin\theta\,\alpha\right) aGy=−L2(sin⁡θ ω2+cos⁡θ α)a_{Gy} =-\frac{L}{2}\left(\sin\theta\,\omega^2+ \cos\theta\,\alpha\right)

在 θ=45∘\theta=45^\circ 時，由於 sin⁡45∘=cos⁡45∘=1/2\sin45^\circ=\cos45^\circ=1/\sqrt2，

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第 三 題25 分

圖三為一個 L 形之實心且均質的圓棒，AB\text{AB} 段的長度為 L1L_1、BC\text{BC} 段長度為 L2L_2，圓棒的直徑為 DD、半徑為 rr，於圓棒 A\text{A} 端形心處施加一個垂直載重 PP。已知垂直載重 P=200 kgfP = 200\text{ kgf}、直徑 D=20 cmD = 20\text{ cm}、長度 L1=100 cmL_1 = 100\text{ cm}、長度 L2=50 cmL_2 = 50\text{ cm}，試求固定端 C\text{C} 處之 a\text{a} 點（位於 Y\text{Y} 軸上）及 b\text{b} 點（位於 X\text{X} 軸上）的最大主應力。

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核心觀念

本題考查圓棒固定端的截面內力，以及「彎曲正應力」與「扭轉剪應力」組合後的最大主應力。

由圖可知：

  • BCBC 段沿 ZZ 軸，長度為 L2L_2。
  • ABAB 段沿 XX 軸，長度為 L1L_1。
  • 外力 PP 沿 −Y-Y 軸作用於 A 點。
  • C 截面為實心圓形，半徑 r=D/2r=D/2。

圓形截面的慣性矩與極慣性矩為

I=πD464,J=πD432=2II=\frac{\pi D^4}{64},\qquad J=\frac{\pi D^4}{32}=2I

解題方法

1. 求 C 端的彎矩與扭矩

A 點相對於 C 點的位置向量為

r⃗=L1ex+L2ez\vec r=L_1\mathbf e_x+L_2\mathbf e_z

外力為

P⃗=−Pey\vec P=-P\mathbf e_y

因此 C 點力矩為

M⃗C=r⃗×P⃗\vec M_C=\vec r\times\vec P M⃗C=(L1ex+L2ez)×(−Pey)\vec M_C =(L_1\mathbf e_x+L_2\mathbf e_z) \times(-P\mathbf e_y)

整理得

M⃗C=PL2ex−PL1ez\vec M_C=P L_2\mathbf e_x-P L_1\mathbf e_z

所以：

  • 彎矩大小為 Mx=PL2M_x=PL_2
  • 扭矩大小為 T=PL1T=PL_1

代入數值：

Mx=200(50)=10000 kgf⋅cmM_x=200(50)=10000\ \text{kgf}\cdot\text{cm} T=200(100)=20000 kgf⋅cmT=200(100)=20000\ \text{kgf}\cdot\text{cm}

2. 計算截面性質

D=20 cm,r=10 cmD=20\ \text{cm},\qquad r=10\ \text{cm} I=π(20)464=2500π cm4I=\frac{\pi(20)^4}{64}=2500\pi\ \text{cm}^4 J=π(20)432=5000π cm4J=\frac{\pi(20)^4}{32}=5000\pi\ \text{cm}^4

3. A 點的應力

A 點位於 YY 軸上，距離中性軸的距離為 rr。

彎曲正應力：

σA=MxrI=10000(10)2500π=40π kgf/cm2\sigma_A=\frac{M_xr}{I} =\frac{10000(10)}{2500\pi} =\frac{40}{\pi} \ \text{kgf/cm}^2
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第 四 題25 分

圖四為一個複合柱，此複合柱的 AB\text{AB} 段具有 EIEI 值、BC\text{BC} 段之 EIEI 值則為無限大（∞\infty），A\text{A} 點及 B\text{B} 點分別為鉸支承及滾支承。今於 C\text{C} 端點施加軸向壓力 PP，試求此複合柱 AB\text{AB} 段的有效長度係數 KABK_{\text{AB}} 值。

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核心觀念

本題考查：

  1. Euler 柱挫屈理論： Pcr=π2EI(KABL)2P_{\mathrm{cr}}=\frac{\pi^2EI}{(K_{\mathrm{AB}}L)^2}
  2. AB 段為具有彎曲剛度 EIEI 的柱段。
  3. BC 段 EI=∞EI=\infty，可視為剛體，故 B、C 兩點的相對轉角為零。
  4. C 點的軸向壓力作用於剛性延伸段，會對 B 點產生隨柱端轉角變化的二階彎矩。

設

a=BC=L4a=BC=\frac{L}{4}

並令 AB 段橫向位移為 y(x)y(x)，其中 x=0x=0 位於 A 點，x=Lx=L 位於 B 點。

解題方法

1. AB 段挫屈微分方程

受軸向壓力 PP 的柱，其挫屈方程為

EId4ydx4+Pd2ydx2=0EI\frac{d^4y}{dx^4}+P\frac{d^2y}{dx^2}=0

令

k2=PEI,λ=kLk^2=\frac{P}{EI},\qquad \lambda=kL

其一般解為

y=Asin⁡kx+Bcos⁡kx+Cx+Dy=A\sin kx+B\cos kx+Cx+D

2. A、B 支承條件

A 點為鉸支承，因此

y(0)=0,MA=EIy′′(0)=0y(0)=0,\qquad M_A=EIy''(0)=0

由 y′′(0)=0y''(0)=0 得 B=0B=0，再由 y(0)=0y(0)=0 得 D=0D=0，故

y=Asin⁡kx+Cxy=A\sin kx+Cx

B 點為滾支承，橫向位移為零：

y(L)=0y(L)=0

因此

Asin⁡λ+CL=0A\sin\lambda+CL=0

得到

C=−Asin⁡λLC=-\frac{A\sin\lambda}{L}

所以

y′(L)=AL(λcos⁡λ−sin⁡λ)y'(L)=\frac{A}{L}\left(\lambda\cos\lambda-\sin\lambda\right)

且

y′′(L)=−Ak2sin⁡λy''(L)=-Ak^2\sin\lambda

3. B 點的剛性延伸段條件

BC 段為剛體，B 點轉角為

θB=y′(L)\theta_B=y'(L)

因此 C 點因剛體轉動所產生的橫向位移約為

vC=aθBv_C=a\theta_B

C 點的壓力 PP 對 B 點產生二階彎矩，其大小為

MB=PaθB=Pa y′(L)M_B=Pa\theta_B=Pa\,y'(L)

故 B 端彎矩邊界條件為

EIy′′(L)=Pa y′(L)EIy''(L)=Pa\,y'(L)

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