113 調查局特考三等 營繕工程組 結構分析（包括材料力學與結構學） 考古題詳解

113 年・調查局特考・三等・營繕工程組
試題代碼 結構分析（包括材料力學與結構學）

第 一 題25 分

如圖（a）所示某點之平面應力元素，已知 τxy=60 MPa\tau_{xy}=60\ \mathrm{MPa}。當此元素逆時針旋轉 θ\theta 後，如圖（b）所示為主應力平面，其最大正向應力及最小正向應力分別是 σ1=250 MPa\sigma_1=250\ \mathrm{MPa}、σ2=50 MPa\sigma_2=50\ \mathrm{MPa}。

當 0<θ<45∘0<\theta<45^\circ，求正向應力 σx\sigma_x、σy\sigma_y 及其最大平面剪應力 τmax⁡\tau_{\max}。

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提示：

σ1=σx+σy2+(σx−σy2)2+(τxy)2\sigma_1=\frac{\sigma_x+\sigma_y}{2} +\sqrt{\left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\left(\tau_{xy}\right)^2}
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核心觀念

本題考查平面應力之主應力與最大平面剪應力。主應力為莫耳圓之圓心加減半徑：

σ1,2=σx+σy2±(σx−σy2)2+τxy2\sigma_{1,2}=\frac{\sigma_x+\sigma_y}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\tau_{xy}^2}

其中最大平面剪應力為莫耳圓半徑：

τmax⁡=σ1−σ22\tau_{\max}=\frac{\sigma_1-\sigma_2}{2}

由圖（a）可判定剪應力為正，因此 τxy=60 MPa\tau_{xy}=60\ \mathrm{MPa}。

解題方法

由已知主應力：

σ1=250 MPa,σ2=50 MPa\sigma_1=250\ \mathrm{MPa},\qquad \sigma_2=50\ \mathrm{MPa}

可得平均正向應力：

σx+σy2=σ1+σ22=250+502=150 MPa\frac{\sigma_x+\sigma_y}{2} = \frac{\sigma_1+\sigma_2}{2} = \frac{250+50}{2} =150\ \mathrm{MPa}

因此：

σx+σy=300 MPa\sigma_x+\sigma_y=300\ \mathrm{MPa}

莫耳圓半徑為：

R=σ1−σ22=250−502=100 MPaR=\frac{\sigma_1-\sigma_2}{2} =\frac{250-50}{2} =100\ \mathrm{MPa}

代入半徑公式：

1002=(σx−σy2)2+602100^2 = \left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+60^2 10000=(σx−σy2)2+360010000 = \left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+3600 (σx−σy2)2=6400\left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2=6400 σx−σy2=±80 MPa\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}=\pm 80\ \mathrm{MPa}

由圖（b）及 0<θ<45∘0<\theta<45^\circ，且圖示為元素逆時針旋轉後，σ1\sigma_1 位於旋轉後的 x′x' 軸方向。主應力方向關係為：

tan⁡2θ=2τxyσx−σy\tan 2\theta = \frac{2\tau_{xy}}{\sigma_x-\sigma_y}
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第 二 題25 分

如圖所示實心圓形斷面桿件，aa 點及 cc 點為固定端，bb 點承受扭矩 T=9 kN⋅mT=9\ \mathrm{kN\cdot m} 作用。

abab 桿件及 bcbc 桿件有相同圓形斷面，直徑為 d=80 mmd=80\ \mathrm{mm}；abab 桿件及 bcbc 桿件材料之剪力彈性模數分別是 G1=40 GPaG_1=40\ \mathrm{GPa}、G2=75 GPaG_2=75\ \mathrm{GPa}。

求固定端 cc 點扭矩、bb 點扭轉角、bcbc 桿件斷面的極慣性矩及最大剪應力。

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提示：

τ=MxrJ\tau=\frac{M_xr}{J} J=πr42J=\frac{\pi r^4}{2}
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核心觀念

本題考查兩端固定之階梯材料扭轉桿件，利用：

  1. 節點扭矩平衡

Tab+Tbc=TT_{ab}+T_{bc}=T

  1. 兩段桿件在 bb 點的扭轉角相同

因為 aa、cc 兩端固定，bb 點的轉角必須同時由 abab 與 bcbc 桿件共同滿足。

  1. 扭轉變形公式

θ=TLGJ\theta=\frac{TL}{GJ}

  1. 實心圓形斷面的極慣性矩
J=πr42=πd432J=\frac{\pi r^4}{2} =\frac{\pi d^4}{32}
  1. 最大剪應力

τmax⁡=TrJ\tau_{\max}=\frac{Tr}{J}

其中 ab=2 mab=2\ \mathrm{m}、bc=3 mbc=3\ \mathrm{m}。

解題方法

將 bb 點視為同時受到左、右兩段桿件抗扭作用的節點。設：

  • TabT_{ab}：abab 桿件所承受的扭矩
  • TbcT_{bc}：bcbc 桿件所承受的扭矩

1. 建立扭矩平衡

在 bb 點：

Tab+Tbc=9 kN⋅mT_{ab}+T_{bc}=9\ \mathrm{kN\cdot m}

2. 建立扭轉角相容條件

因為 aa、cc 均為固定端，bb 點的扭轉角由兩側桿件共同決定，故兩段桿件的扭轉角大小相同：

TabLabG1J=TbcLbcG2J\frac{T_{ab}L_{ab}}{G_1J} = \frac{T_{bc}L_{bc}}{G_2J}

兩段桿件直徑相同，因此 JJ 相同，可約去：

Tab(2)40=Tbc(3)75\frac{T_{ab}(2)}{40} = \frac{T_{bc}(3)}{75}

整理得：

150Tab=120Tbc150T_{ab}=120T_{bc}

Tab=0.8TbcT_{ab}=0.8T_{bc}

代入扭矩平衡式：

0.8Tbc+Tbc=90.8T_{bc}+T_{bc}=9

Tbc=5 kN⋅mT_{bc}=5\ \mathrm{kN\cdot m}

因此：

Tab=4 kN⋅mT_{ab}=4\ \mathrm{kN\cdot m}

固定端 cc 點扭矩與 bcbc 桿件內力矩大小相同，方向與外加扭矩 TT 相反。

cc 點固定端扭矩

Mc=5 kN⋅m\boxed{M_c=5\ \mathrm{kN\cdot m}}

方向為抵抗外加扭矩的方向，即與圖示 TT 相反。

bb 點扭轉角

先計算實心圓形斷面的極慣性矩。

半徑：

r=d2=40 mm=0.04 mr=\frac{d}{2}=40\ \mathrm{mm}=0.04\ \mathrm{m}

J=πr42J=\frac{\pi r^4}{2}

J=π(0.04)42=4.021×10−6 m4J=\frac{\pi(0.04)^4}{2} =4.021\times10^{-6}\ \mathrm{m^4}

利用 bcbc 桿件計算 bb 點扭轉角：

θb=TbcLbcG2J\theta_b = \frac{T_{bc}L_{bc}}{G_2J}
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第 三 題25 分

如圖示平面結構，aa 點為鉸支承，dd 點為滾支承，bb 點為鉸接。abab、bcbc 及 cdcd 皆為剛性桿件，剛性桿件撓曲剛度及軸向剛度皆為無限大。

上、下彈簧有相同彈簧係數 k=1800 kN/mk=1800\ \mathrm{kN/m}。結構於 cc 點受水平向右 15 kN15\ \mathrm{kN} 力作用。

圖示幾何尺寸如下：垂直方向各段為 1.2 m1.2\ \mathrm{m}，水平方向尺寸為 2 m2\ \mathrm{m} 及 1.6 m1.6\ \mathrm{m}。

求上彈簧及下彈簧內力、bb 點水平位移。

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核心觀念

本題考查：

  1. 剛性桿件的幾何變形與小位移關係。
  2. 鉸支承、滾支承對結構自由度的限制。
  3. 彈簧內力公式 F=kΔF=k\Delta
  4. 虛功法或能量法求機構位移。

由於各桿件軸向及撓曲剛度皆為無限大，桿件只會產生剛體運動，不會產生伸長或彎曲變形。

解題方法

一、判定結構變形型態

取 aa 點為原點，aa 到 bb 的高度為

ab=1.2+1.2+1.2=3.6 mab=1.2+1.2+1.2=3.6\ \text{m}

設 bb 點水平向右位移為 uu。

桿件 abab 為以 aa 點為中心轉動的剛性桿，因此 bb 點及桿件上任意點的垂直位移均為零。

另一方面，bb 點與 dd 點高度相同，且 dd 點為水平滾支承，只能限制垂直位移。因此剛性構架 bcdbcd 不會產生轉動，而是整體水平向右平移。

所以：

  • bb 點水平位移為 uu
  • cc 點水平位移亦為 uu
  • cdcd 桿件上的彈簧右端水平位移均為 uu

二、求 abab 桿件上彈簧左端位移

剛性桿 abab 以 aa 點轉動，水平位移與距離 aa 點的高度成正比。

因此，在高度 yy 處：

uy=y3.6uu_y=\frac{y}{3.6}u

上彈簧位於 y=2.4 my=2.4\ \text{m}：

u左，上=2.43.6u=23uu_{\text{左，上}}=\frac{2.4}{3.6}u=\frac{2}{3}u

下彈簧位於 y=1.2 my=1.2\ \text{m}：

u左，下=1.23.6u=13uu_{\text{左，下}}=\frac{1.2}{3.6}u=\frac{1}{3}u

三、求兩彈簧伸長量

彈簧伸長量為右端位移減左端位移。

上彈簧

Δ上=u−23u=13u\Delta_{\text{上}} =u-\frac{2}{3}u =\frac{1}{3}u

下彈簧

Δ下=u−13u=23u\Delta_{\text{下}} =u-\frac{1}{3}u =\frac{2}{3}u

因此兩彈簧內力分別為

F上=ku3F_{\text{上}}=k\frac{u}{3} F下=k2u3F_{\text{下}}=k\frac{2u}{3}

四、利用虛功法求 bb 點位移

外力 15 kN15\ \text{kN} 作用於 cc 點，而 cc 點水平位移為 uu，故外力虛功為

15 δu15\,\delta u

彈簧內力所需的虛功為

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第 四 題25 分

如圖示剛架結構，不考慮桿件的軸向變形，aa 點及 dd 點為固定端。桿件有相同彈性模數 EE 與慣性矩 II，且 EI=30000 kN⋅m2EI=30000\ \mathrm{kN\cdot m^2}。

已知 bcbc 桿件剪力為零，求 aa 點固定端彎矩、bb 點轉角及垂直位移。

圖示幾何尺寸如下：各水平方向尺寸為 3 m3\ \mathrm{m}，垂直方向尺寸為 4 m4\ \mathrm{m}；bb 點及 cc 點各受向下 24 kN24\ \mathrm{kN} 力作用。

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核心觀念

本題考查：

  • 不考慮桿件軸向變形時的幾何相容條件。
  • 斜桿件之彎曲變形與斜率位移法。
  • 桿件端彎矩與端部橫向位移、轉角之關係。
  • 已知 bcbc 桿件剪力為零所代表的端轉角關係。

各桿長均為 33-44-55 三角形，因此

L=32+42=5 m.L=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{m}.

設 b,cb,c 兩點的共同位移向量為

{ux,uy}=s{−4,3},\{u_x,u_y\}=s\{-4,3\},

其中 ss 為廣義位移參數。因此

uby=ucy=3s.u_{by}=u_{cy}=3s.

向下荷載作用下，s<0s<0。

解題方法

令 b,cb,c 點的轉角分別為 θb,θc\theta_b,\theta_c，逆時針為正。

由於桿件不產生軸向變形，三支桿件的軸向相容條件為

3ubx+4uby=0,3u_{bx}+4u_{by}=0, 3(ucx−ubx)−4(ucy−uby)=0,3(u_{cx}-u_{bx})-4(u_{cy}-u_{by})=0, 3ucx+4ucy=0.3u_{cx}+4u_{cy}=0.

可得

ubx=ucx=−4s,uby=ucy=3s.u_{bx}=u_{cx}=-4s,\qquad u_{by}=u_{cy}=3s.

以各桿件的局部橫向位移表示，三支桿件的端部橫向位移為：

  • abab 桿：va=0, vb=5sv_a=0,\ v_b=5s
  • bcbc 桿：vb=vc=−75sv_b=v_c=-\dfrac{7}{5}s
  • cdcd 桿：vc=5s, vd=0v_c=5s,\ v_d=0

對長度 L=5L=5 的梁柱桿件，端彎矩關係可寫為

Mi=EIL[4θi+2θj+6L(vi−vj)],M_i=\frac{EI}{L} \left[ 4\theta_i+2\theta_j+ \frac{6}{L}(v_i-v_j) \right], Mj=EIL[2θi+4θj+6L(vi−vj)],M_j=\frac{EI}{L} \left[ 2\theta_i+4\theta_j+ \frac{6}{L}(v_i-v_j) \right],

並依各桿件端點方向取正負號。

由題目已知 bcbc 桿件剪力為零，且 vb=vcv_b=v_c，故

Vbc=6EIL2(θb+θc)=0.V_{bc}=\frac{6EI}{L^2}(\theta_b+\theta_c)=0.

因此

θc=−θb.\boxed{\theta_c=-\theta_b}.

在 bb 點取節點彎矩平衡，可得

−1.2s+1.6θb+0.2θc=0.-1.2s+1.6\theta_b+0.2\theta_c=0.

代入 θc=−θb\theta_c=-\theta_b：

−1.2s+1.4θb=0,-1.2s+1.4\theta_b=0,

所以

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