107 關務特考四等 機械工程 機械力學概要 考古題詳解

核心觀念

本題考查動力學與機械原理中之功、功率與機械效率的綜合應用，主要涵蓋以下核心物理量與公式：

1. 做功（Work）與位能變化： 質量為 $m$ 之物體在重力場中等速垂直提升高度 $h$ 時，克服重力所做的有效功 $W$ 為： $W = mgh$ 若採用工程重力單位制，則物體重量 $W_t = m\ (\mathrm{kgf})$，所做之功為 $W = W_t \times h\ (\mathrm{kgf\cdot m})$。

2. 輸出功率（Output Power, $P_{\mathrm{out}}$）： 在時間 $t$ 內等速提升物體所需的有效輸出功率為： $P_{\mathrm{out}} = \frac{W}{t} = \frac{mgh}{t} = F \cdot v$ 其中 $v = \frac{h}{t}$ 為等速吊升之線速度。

3. 機械效率（Efficiency, $\eta$）： 題目所述「機械效益為 $88\%$」，按工程命題慣例係指起重機與傳動機組的機械效率 $\eta = 88\% = 0.88$。系統的輸出功率與馬達需提供的輸入功率 $P_{\mathrm{in}}$ 關係為： $\eta = \frac{P_{\mathrm{out}}}{P_{\mathrm{in}}} \implies P_{\mathrm{in}} = \frac{P_{\mathrm{out}}}{\eta}$

4. 功率單位換算（馬力 Horsepower）：

• 英制馬力（$\mathrm{HP}$）：$1\ \mathrm{HP} = 550\ \mathrm{ft\cdot lb/s} = 746\ \mathrm{W}$
• 公制馬力（$\mathrm{PS}$，常以 $\mathrm{HP}$ 通稱）：$1\ \mathrm{PS} = 75\ \mathrm{kgf\cdot m/s} \approx 735.5\ \mathrm{W}$

解題方法

步驟一：轉換基本物理量為標準制單位

• 物體質量：$m = 2000\ \mathrm{kg}$
• 垂直提升高度：$h = 150\ \mathrm{m}$
• 吊升歷時：$t = 2\ \text{分鐘} = 2 \times 60 = 120\ \mathrm{s}$
• 機組機械效率：$\eta = 88\% = 0.88$

步驟二：計算有效輸出功率（$P_{\mathrm{out}}$）

物體以等速上升，合力為零，起重機吊索拉力等於物體所受重力。 取標準重力加速度 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$： $P_{\mathrm{out}} = \frac{mgh}{t} = \frac{2000 \times 9.8 \times 150}{120} = 24,500\ \mathrm{W} = 24.5\ \mathrm{kW}$

（若取 $g = 9.81\ \mathrm{m/s^2}$，則 $P_{\mathrm{out}} = \frac{2000 \times 9.81 \times 150}{120} = 24,525\ \mathrm{W} = 24.525\ \mathrm{kW}$）

步驟三：考慮傳動效率，求馬達最小輸出功率（$P_{\mathrm{in}}$）

考量系統機械損耗，馬達所需提供的最小功率為：

• 採 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$： $P_{\mathrm{in}} = \frac{P_{\mathrm{out}}}{\eta} = \frac{24,500}{0.88} \approx 27,840.91\ \mathrm{W}$
• 採 $g = 9.81\ \mathrm{m/s^2}$： $P_{\mathrm{in}} = \frac{P_{\mathrm{out}}}{\eta} = \frac{24,525}{0.88} \approx 27,869.32\ \mathrm{W}$

步驟四：換算為馬力（$\mathrm{HP}$）

國家考試機械力學概要中，馬力換算常見「英制馬力（$746\ \mathrm{W}$）」與「公制馬力（

核心觀念

1. 均質線段構造物之重心（線形心）： 本題構造物由「均質鐵線」所折成，其材質均勻且線密度 $\lambda$（單位長度質量）為定值，故其重心（Center of Gravity）​與幾何線形心（Centroid of Lines）​完全重合。
2. 組合線段重心公式： 若一構造物由若干長度為 $L_i$、個別形心座標為 $(\bar{x}_i, \bar{y}_i)$ 的均質線段所組成，則整體構造物之重心座標 $(\bar{X}, \bar{Y})$ 為長度加權平均（一次矩除以總長度）： $\bar{X} = \frac{\sum L_i \bar{x}_i}{\sum L_i}, \quad \bar{Y} = \frac{\sum L_i \bar{y}_i}{\sum L_i}$
3. 幾何幾何關係（直角三角形與畢氏定理）： 依國家考試力學命題慣例與給定之尺寸，由 $A$、$B$、$C$ 構成之封閉曲線構造物為直角三角形鐵線框架（$\angle B = 90^\circ$）。由底邊 $AB = 600\ \mathrm{mm}$ 與垂直邊 $BC = 250\ \mathrm{mm}$，可依畢氏定理求出斜邊 $CA$ 之長度。

解題方法

步驟一：建立座標系與確認幾何尺寸

以點 $A$ 為座標原點 $(0, 0)$：

• 線段 $AB$ 沿水平 $+x$ 軸方向配置，點 $B$ 座標為 $(600, 0)\ \mathrm{mm}$。
• 線段 $BC$ 沿垂直 $+y$ 軸方向配置，點 $C$ 座標為 $(600, 250)\ \mathrm{mm}$。
• 斜邊 $CA$ 連接點 $C(600, 250)$ 與點 $A(0, 0)$。

斜邊長度 $L_3$（線段 $CA$）為： $L_3 = \sqrt{(600 - 0)^2 + (250 - 0)^2} = \sqrt{360000 + 62500} = \sqrt{422500} = 650\ \mathrm{mm}$

步驟二：計算各線段之長度與個別形心座標

均質直線段之形心位於該線段之幾何中點：

1. 線段 $AB$（底邊）：

• 長度 $L_1 = 600\ \mathrm{mm}$
• 形心中點座標 $(\bar{x}_1, \bar{y}_1) = \left(\frac{0 + 600}{2}, \frac{0 + 0}{2}\right) = (300, 0)\ \mathrm{mm}$

2. 線段 $BC$（垂直邊）：

• 長度 $L_2 = 250\ \mathrm{mm}$
• 形心中點座標 $(\bar{x}_2, \bar{y}_2) = \left(\frac{600 + 600}{2}, \frac{0 + 250}{2}\right) = (600, 125)\ \mathrm{mm}$

3. 線段 $CA$（斜邊）：

• 長度 $L_3 = 650\ \mathrm{mm}$
• 形心中點座標 $(\bar{x}_3, \bar{y}_3) = \left(\frac{600 + 0}{2}, \frac{250 + 0}{2}\right) = (300, 125)\ \mathrm{mm}$

步驟三：計算構造物總長度與對軸一次矩

• 總長度 $\sum L_i$： $\sum L_i = L_1 + L_2 + L_3 = 600 + 250 + 650 = 1500\ \mathrm{mm}$

• 對 $y$ 軸之長度一次矩 $\sum L_i \bar{x}_i$： $\sum L_i \bar{x}_i = (600)(300) + (250)(600) + (650)(300)$ $\sum L_i \bar{x}_i = 180000 + 150000 + 195000 = 525000\ \mathrm{mm}^2$

核心觀念

本題屬於「靜力學」（Statics）中剛體二維平衡與乾摩擦自鎖現象（Self-Locking Phenomenon）​的經典題型。

1. 二維靜力平衡方程式： $\sum F_x = 0, \quad \sum F_y = 0, \quad \sum M = 0$
2. 庫侖摩擦定律（臨界滑動條件）： 當物體處於即將滑動的臨界狀態（Impending Slip）時，摩擦力達到最大靜摩擦力： $f = f_{\max} = \mu N$
3. 自鎖機制： 偏心載重 $W$ 對套筒造成順時針旋轉趨勢，使套筒與圓管在上下兩端產生局部的接觸正向力 $N_A$ 與 $N_B$。此正向力會隨載重力臂 $x$ 的增加而增大，進而提供足夠的靜摩擦力來支撐向下之重力 $W$。

解題方法

1. 自由體圖（FBD）與受力分析

• 幾何尺寸設定：
• 套筒垂直接觸高度 $h = 150\ \mathrm{mm}$。
• 圓管外徑 $d = 75\ \mathrm{mm}$。
• 載重 $W$ 作用於右側水平臂上，距離圓管中心軸為 $x$。
• 接觸正向力： 偏心載重 $W$ 產生順時針力矩，使套筒有順時針轉動的趨勢：
• 套筒上端左側內壁緊壓圓管，圓管對套筒施加向左之水平正向力 $N_A$（位於點 $A$）。
• 套筒下端右側內壁緊壓圓管，圓管對套筒施加向右之水平正向力 $N_B$（位於點 $B$）。
• 摩擦力： 托架整體有向下移動之趨勢，故圓管在 $A$、$B$ 兩接觸點對套筒施加垂直向上之摩擦力 $f_A$ 與 $f_B$。 在即將下滑的臨界狀態下： $f_A = \mu N_A = 0.25 N_A$ $f_B = \mu N_B = 0.25 N_B$

2. 平衡方程式列式與推導

• 水平方向力的平衡： $\sum F_x = 0 \implies N_B - N_A = 0 \implies N_A = N_B = N$
• 垂直方向力的平衡： $\sum F_y = 0 \implies f_A + f_B - W = 0$ 將 $f_A = f_B = \mu N$ 代入： $2\mu N = W \implies N = \frac{W}{2\mu}$
• 力矩平衡： 選取圓管中心軸與套筒接觸面中點之交點 $O$（對稱中心點）取力矩： $\sum M_O = 0$
• 正向力 $N_A$ 與 $N_B$ 均產生逆時針方向之力矩： $M_N = N_A \left(\frac{h}{2}\right) + N_B \left(\frac{h}{2}\right) = N \cdot h$
• 摩擦力 $f_A$ 位於軸線左側 $\frac{d}{2}$ 處（向上，對 $O$ 產生順時針矩），$f_B$ 位於軸線右側 $\frac{d}{2}$ 處（向上，對 $O$ 產生逆時針矩）：

核心觀念

本題屬於質點動力學中曲線運動之法線與切線坐標系（$n-t$ 座標系）​及牛頓第二運動定律的經典題型。涉及之核心觀念與公式如下：

1. 胡克定律（Hooke's Law）：彈簧恢復力大小為 $F_s = k \delta$，其中 $k$ 為彈性常數，$\delta = L - L_0$ 為彈簧形變量（伸長量）。
2. 質點平面曲線運動之牛頓第二運動定律：

• 切線方向（$t$ 軸）：$\sum F_t = m a_t$
• 法線方向（$n$ 軸，指向曲率中心）：$\sum F_n = m a_n = m \frac{v^2}{\rho}$

3. 靜止釋放之運動學特性：質點自靜止釋放瞬間，其切線速度 $v = 0$，故法線加速度（向心加速度）$a_n = \frac{v^2}{R} = 0$。
4. 水平面運動假設：題目未提供重力加速度 $g$ 亦未標示鉛直方向，依命題慣例（取材自經典工程動力學教科書），此半圓弧軌道位於水平面內滑動，鉛直方向重力與支撐力平衡，在水平運動軌道平面內無重力分量。

解題方法

1. 幾何分析與彈簧伸長量

以半圓軌道圓心為 $O$，軌道半徑為 $R = 250\ \mathrm{mm} = 0.25\ \mathrm{m}$。直徑兩端分別為 $A$ 與 $B$。

• 滑塊 $P$ 位於 $\theta = 60^\circ$ 位置（相對於直徑端點 $B$），則圓心角： $\angle AOP = 180^\circ - \theta = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$
• 考量三角形 $\triangle AOP$，由於 $OA = OP = R = 0.25\ \mathrm{m}$，故 $\triangle AOP$ 為等腰三角形： $\angle OAP = \angle OPA = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ$ （即圖中標示之兩處 $30^\circ$ 幾何夾角）
• 彈簧長度 $L = \overline{AP}$ 可由等腰三角形幾何對稱求得： $L = 2 R \cos 30^\circ = 2 \times 0.25 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 0.25\sqrt{3}\ \mathrm{m} \approx 0.4330\ \mathrm{m}$
• 彈簧原長 $L_0 = R = 0.25\ \mathrm{m}$，因此彈簧伸長量 $\delta$ 為： $\delta = L - L_0 = 0.25\sqrt{3} - 0.25 = 0.25(\sqrt{3} - 1)\ \mathrm{m} \approx 0.1830\ \mathrm{m}$
• 彈簧受拉伸，對滑塊 $P$ 施加沿 $\vec{PA}$ 方向（指向固定端 $A$）之拉力 $F_s$： $F_s = k \delta = 500 \times 0.25(\sqrt{3} - 1) = 125(\sqrt{3} - 1)\ \mathrm{N} \approx 91.51\ \mathrm{N}$

2. 建立法線與切線坐標系（$n-t$ 坐標）

• 法線軸（$n$ 軸）：自滑塊 $P$ 沿半徑指向曲率中心 $O$。
• 切線軸（$t$ 軸）：垂直於半徑，沿圓弧指向運動方向（朝向 $A$ 點）。
• 彈簧拉力線與兩坐標軸之夾角：
• 彈簧拉力方向與法線軸（指向 $O$）之夾角為 $\angle OPA = 30^\circ$。

核心觀念

本題屬於工程力學（靜力學）中「剛架與機具（Frames and Machines）」的平衡分析，主要涵蓋以下核心觀念與公式：

1. 二力構件（Two-Force Member）判別與特性： 桿件 $CE$ 僅在兩端節點 $C$ 與 $E$ 處受銷釘作用力，中間無任何外力或力矩作用，故必為二力構件。其受力方向必沿著兩端連線 $CE$ 方向，受力狀態僅有軸向「拉力」或「壓力」。
2. 滑輪與索線系統的受力傳遞： 滑輪半徑為 $R = 0.5\ \mathrm{m}$，若忽略軸承摩擦與滑輪重量，索線各處張力皆相等且等於懸掛重物的重力 $T = W = mg$。 索線自重物鉛垂向上繞過滑輪後，水平延伸固定於柱上節點 $D$。滑輪中心銷釘 $F$ 所受之外力，即為索線水平與鉛垂兩段張力對滑輪作用後的合力平衡結果。
3. 多力構件（Multi-Force Member）的共面力系平衡方程式： 桿件 $BEF$ 連接三處以上之作用力（銷接 $B$、二力桿作用點 $E$、滑輪銷接點 $F$），需由共面力系之三個獨立靜力平衡方程式求解： $\sum M_B = 0, \quad \sum F_x = 0, \quad \sum F_y = 0$

解題方法

1. 結構幾何與外力計算

依題圖尺寸與典型題型幾何配置：

• 直立桿件 $AD$ 上依序有節點 $A$（底端支承）、$C$、$B$、$D$（頂端索線固定點）。
• 節點座標設定（以 $B$ 為原點 $(0, 0)$，水平向右為 $+x$，鉛垂向上為 $+y$）：
• 銷釘 $B$：$(0, 0)\ \mathrm{m}$
• 銷釘 $C$：位於 $B$ 下方 $1.5\ \mathrm{m}$，座標為 $(0, -1.5)\ \mathrm{m}$
• 索線固結點 $D$：位於 $B$ 上方 $0.5\ \mathrm{m}$，座標為 $(0, 0.5)\ \mathrm{m}$
• 桿件 $BEF$ 為水平桿，銷釘 $E$ 座標為 $(2, 0)\ \mathrm{m}$，銷釘 $F$ 座標為 $(3, 0)\ \mathrm{m}$
• 滑輪中心位於 $F(3, 0)\ \mathrm{m}$，半徑 $R = 0.5\ \mathrm{m}$。
• 滑輪頂端切點座標為 $(3, 0.5)\ \mathrm{m}$，與固結點 $D(0, 0.5)\ \mathrm{m}$ 等高，故索線自滑輪頂端水平拉至 $D$ 點。
• 索線自滑輪右側切點 $(3.5, 0)\ \mathrm{m}$ 鉛垂向下懸掛 $400\ \mathrm{kg}$ 重物。

取重力加速度 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$（若採 $g = 9.81\ \mathrm{m/s^2}$ 或工程重力制 $\mathrm{kgf}$ 亦同步列出）： $W = mg = 400 \times 9.8 = 3920\ \mathrm{N} \quad (400\ \mathrm{kgf})$ 索線張力： $T = W = 3920\ \mathrm{N}$

2. 滑輪對桿件 $BEF$ 端點 $F$ 的作用力

隔離滑輪分析，滑輪受兩段索線張力作用：

• 頂端水平向左的張力 $T = 3920\ \mathrm{N}$
• 右側鉛垂向下的張力 $T = 3920\ \mathrm{N}$

滑輪對銷釘 $F$ 之水平反力 $F_{px}$ 與鉛垂反力 $F_{py}$ 平衡此二張力： $\sum F_x = 0 \implies F_{px} - T = 0 \implies F_{px} = T\ (\rightarrow)$ $\sum F_y = 0 \implies F_{py} - T = 0 \implies F_{py} = T\ (\uparrow)$

依牛頓第三運動定律（作用力與反作用力），滑輪銷釘對桿件 $BEF$ 端點 $F$ 的施力為：

• 水平分力：$F_{Fx} = T = 3920\ \mathrm{N}\ (\leftarrow)$
• 鉛垂分力：$F_{Fy} = T = 3920\ \mathrm{N}\ (\downarrow)$

3. 桿件 $CE$ 的受力方向與長度推導

桿件 $CE$ 連接 $C(0, -1.5)$ 與 $E(2, 0)$，其幾何長度為： $L_{CE} = \sqrt{2^2 + 1.5^2} = \sqrt{4 + 2.25} = \sqrt{6.25} = 2.5\ \mathrm{m}$ 此構成標準 $3 : 4 : 5$ 直角三角形： $\cos\theta = \frac{2}{2.5} = 0.8, \quad \sin\theta = \frac{1.5}{2.5} = 0.6$ 設桿件 $CE$ 所受之內力為 $F_{CE}$（假設受壓，則對節點 $E$ 施加朝向右上的推力）：

• 水平分力：$F_{CE, x} = F_{CE} \cos\theta = 0.8 F_{CE}\ (\rightarrow)$
• 鉛垂分力：$F_{CE, y} = F_{CE} \sin\theta = 0.6 F_{CE}\ (\uparrow)$

4. 桿件 $BEF$ 的受力平衡求解

繪出桿件 $BEF$ 的自由體圖（FBD），其上作用的外力包含：

1. 銷釘 $B$ 的反力：水平分力 $B_x$（設向右）、鉛垂分力 $B_y$（設向上）
2. 桿件 $CE$ 在點 $E(2, 0)$ 的推力：$0.8 F_{CE}\ (\rightarrow)$、$0.6 F_{CE}\ (\uparrow)$
3. 滑輪在點 $F(3, 0)$ 的作用力：$F_{Fx} = 3920\ \mathrm{N}\ (\leftarrow)$、$F_{Fy} = 3920\ \mathrm{N}\ (\downarrow)$