112 司法特考三等 檢察事務官營繕工程組 結構分析（包括材料力學與結構學） 考古題詳解

112 年・司法特考・三等・檢察事務官營繕工程組
試題代碼 結構分析（包括材料力學與結構學）

第 一 題25 分

圖一為一個平面應力單元，其上受平面應力 σx\sigma_x、σy\sigma_y、σxy\sigma_{xy}，各應力大小及方向如圖所示。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

試求最大剪應力、主應力與主應力面，並將此主應力面繪圖表示。

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查平面應力單元之：

  • 平均正應力
  • 最大剪應力
  • 主應力
  • 主應力面方向

依圖示取 xx 軸向右、yy 軸向上，並採拉應力為正、順時針或逆時針剪應力依應力轉換公式判定。

由圖可得：

σx=50 MPa\sigma_x=50\text{ MPa} σy=−10 MPa\sigma_y=-10\text{ MPa}

上表面剪應力向右、右表面剪應力向上，屬正剪應力：

τxy=40 MPa\tau_{xy}=40\text{ MPa}

解題方法

一、平均正應力

σavg=σx+σy2=50+(−10)2=20 MPa\sigma_{\text{avg}} = \frac{\sigma_x+\sigma_y}{2} = \frac{50+(-10)}{2} =20\text{ MPa}

二、最大剪應力

平面應力狀態下，最大剪應力為莫爾圓半徑：

τmax⁡=(σx−σy2)2+τxy2\tau_{\max} = \sqrt{ \left( \frac{\sigma_x-\sigma_y}{2} \right)^2 +\tau_{xy}^2 }

代入：

τmax⁡=(50−(−10)2)2+402\tau_{\max} = \sqrt{ \left( \frac{50-(-10)}{2} \right)^2 +40^2 } =302+402=50 MPa= \sqrt{30^2+40^2} = 50\text{ MPa}

因此：

τmax⁡=50 MPa\boxed{\tau_{\max}=50\text{ MPa}}

三、主應力

主應力公式為：

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

因此：

σ1=20+50=70 MPa\sigma_1=20+50=70\text{ MPa} σ2=20−50=−30 MPa\sigma_2=20-50=-30\text{ MPa}

故：

σ1=70 MPa\boxed{\sigma_1=70\text{ MPa}} σ2=−30 MPa\boxed{\sigma_2=-30\text{ MPa}}

其中 σ1\sigma_1 為最大主應力，σ2\sigma_2 為最小主應力；負號表示壓應力。

若視為三維應力狀態，平面外應力為：

σ3=0\sigma_3=0

主應力排列為：

σ1=70 MPa,σ3=0,σ2=−30 MPa\sigma_1=70\text{ MPa},\qquad \sigma_3=0,\qquad \sigma_2=-30\text{ MPa}

由於 00 位於 7070 與 −30-30 之間，絕對最大剪應力仍為：

σ1−σ22=70−(−30)2=50 MPa\frac{\sigma_1-\sigma_2}{2} = \frac{70-(-30)}{2} = 50\text{ MPa}

主應力面方向

主應力面方向由下式決定：

tan⁡2θp=2τxyσx−σy\tan 2\theta_p = \frac{2\tau_{xy}}{\sigma_x-\sigma_y}

代入：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題25 分

圖二為一剛架結構，AA 點、DD 點均為鉸支承，BB 點為剛接，CC 點為鉸接。

柱 ABAB 具 EIEI 值，梁 BCBC 及柱 CDCD 為剛體（EI=∞EI=\infty）。柱 ABAB 與柱 CDCD 間距為 LbL_b，長度甚大，梁 BCBC 上的剪力可以忽略。

已知參考坐標為 AA 點處之 xyxy 坐標，兩個垂直載重 PP 分別施加在 BB 點及 CC 點。試求此剛架結構在挫屈時，柱 ABAB 挫屈載重之有效長度係數 KABK_{AB}。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（沒有計算過程，一律不予計分。）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查柱之挫屈有效長度係數，以及剛架在挫屈時的邊界條件判定。

柱 ABAB 的挫屈公式為

Pcr=π2EI(KABL)2P_{\mathrm{cr}}=\frac{\pi^2EI}{(K_{AB}L)^2}

其中：

  • PcrP_{\mathrm{cr}}：柱 ABAB 的挫屈載重
  • EIEI：柱 ABAB 的彎曲剛度
  • LL：柱長
  • KABK_{AB}：有效長度係數

解題方法

一、判定柱 ABAB 的軸向壓力

在靜力平衡下，CC 點的垂直載重 PP 由剛體柱 CDCD 傳至 DD 點支承；BB 點的垂直載重 PP 則由柱 ABAB 傳至 AA 點。

因此，柱 ABAB 的挫屈軸力為

NAB=PN_{AB}=P

二、判定 BB 點的邊界條件

AA 點為鉸支承，所以

v(0)=0,M(0)=EIv′′(0)=0v(0)=0,\qquad M(0)=EI v''(0)=0

在 BB 點：

  1. BB 點與剛體梁 BCBC 剛接。
  2. CC 點連接於剛體柱 CDCD，而 DD 點為鉸支承。
  3. CDCD 可繞 DD 點轉動，因此 CC 點可產生水平方向位移，梁 BCBC 與柱頂 BB 可側移。
  4. 由於 BCBC 為剛體且 CC 點在一階變形下沒有垂直位移，BB 點轉角受到拘束。

故柱 ABAB 的上端為：

  • 側向位移自由；
  • 轉角固定。

因此，BB 點的邊界條件為

v′(L)=0v'(L)=0

且因梁 BCBC 的剪力可忽略，柱頂側向剪力為零：

V(L)=EIv′′′(L)+Pv′(L)=0V(L)=EI v'''(L)+P v'(L)=0

配合 v′(L)=0v'(L)=0，可得

v′′′(L)=0v'''(L)=0

三、建立挫屈微分方程

柱 ABAB 受軸壓力 PP，其挫屈方程為

EIv′′′′+Pv′′=0EI v''''+P v''=0

令

k2=PEIk^2=\frac{P}{EI}

通解為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題25 分

圖三為一剛架結構，AA 點及 DD 點為固定端，BB 點為鉸接；剛架尺寸配置及各桿件斷面之 EIEI 值如圖所示。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖示資料如下：

  • ABAB 桿件之 EI=5EIEI=5EI。
  • BCBC 桿件之 EI=6EIEI=6EI。
  • CECE 桿件之 EI=6EIEI=6EI。
  • CDCD 桿件之 EI=8EIEI=8EI。
  • ABAB 水平投影長度為 1.5L1.5L。
  • BCBC 長度為 3L3L。
  • CECE 長度為 LL。
  • BCBC、CECE 所在水平線至 AA 點之垂直距離為 2L2L。
  • CDCD 長度為 4L4L。
  • EE 點施加垂直向下載重 PP。

若於 EE 點施加垂直載重 PP，忽略各桿件軸向變形，試用彎矩分配法求解 AA 點及 DD 點的端彎矩 MABM_{AB}、MDCM_{DC} 之大小及方向，及 BB 點垂直位移 ΔB\Delta_B 之大小及方向。

（本題以其他方法求解，一律不予計分。）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題為忽略軸向變形之剛架，採用彎矩分配法時，須掌握：

  1. BB 點為鉸接，因此 MBA=MBC=0.M_{BA}=M_{BC}=0.

  2. AA、DD 點為固定端，故其端部轉角為零。

  3. CECE 為右端自由之外伸梁，EE 點受垂直集中力 PP，因此對 CC 點產生固定端力矩 MCE=PL.M_{CE}=PL.

  4. 由於忽略軸向變形，ABAB、BCBC、CDCD 三構件的幾何變形彼此受到拘束，必須同時考慮 BB 點垂直位移與 CC 點水平位移。

以下取：

  • BB 點向上位移為正，記為 vBv_B；
  • CC 點向右位移為正；
  • 節點轉角逆時針為正。

一、幾何變形關係

ABAB 桿件的水平投影為 1.5L1.5L，垂直投影為 2L2L，故其長度為

LAB=(1.5L)2+(2L)2=2.5L.L_{AB}=\sqrt{(1.5L)^2+(2L)^2}=2.5L.

因 ABAB 不發生軸向變形，BB 點位移必須垂直於 ABAB 桿件。因此：

uB=21.5vB=43vB.u_B=\frac{2}{1.5}v_B=\frac{4}{3}v_B.

BCBC 為水平桿且不發生軸向變形，所以

uC=uB=43vB.u_C=u_B=\frac{4}{3}v_B.

令

θC=θ,\theta_C=\theta,

則

uC=43vB.u_C=\frac{4}{3}v_B.

二、各構件對節點的勁度作用

1. ABAB 構件

ABAB 為固定—鉸接桿件，其橫向位移勁度為

kAB=3(5EI)(2.5L)3=24EI25L3.k_{AB}=\frac{3(5EI)}{(2.5L)^3} =\frac{24EI}{25L^3}.

BB 點相對於 ABAB 軸線的橫向位移為

δAB=53vB.\delta_{AB}=\frac{5}{3}v_B.

因此，換算至 vBv_B 的廣義勁度為

KAB=kAB(53)2=8EI3L3.K_{AB} =k_{AB}\left(\frac{5}{3}\right)^2 =\frac{8EI}{3L^3}.

2. BCBC 構件

BCBC 長度為 3L3L，BB 端為鉸接，CC 端轉角為 θ\theta，兩端垂直位移差為 vBv_B。

彎矩分配法中，鉸端釋放後，BCBC 對 BB 點位移及 CC 點轉角的作用可寫成

UBC=3EI2(3L)3(vB+3Lθ)2.U_{BC} =\frac{3EI}{2(3L)^3}(v_B+3L\theta)^2.

故其對 vBv_B 及 θ\theta 的作用分別為

QBC=EI9L3(vB+3Lθ),Q_{BC} =\frac{EI}{9L^3}(v_B+3L\theta), MCB=EI3L2(vB+3Lθ).M_{CB} =\frac{EI}{3L^2}(v_B+3L\theta).

3. CDCD 構件

CDCD 長度為 4L4L，EICD=8EIEI_{CD}=8EI，DD 端固定，CC 點水平位移為 uCu_C、轉角為 θ\theta。

固定端—移動端的彎矩分配關係為

MDC=8EI(6uC(4L)2+4θ4L).M_{DC} =8EI\left( \frac{6u_C}{(4L)^2} +\frac{4\theta}{4L} \right).

整理得

MDC=EIL(3uCL+8θ).M_{DC} =\frac{EI}{L} \left( 3\frac{u_C}{L}+8\theta \right).

代入 uC=43vBu_C=\dfrac{4}{3}v_B：

MDC=EIL(4vBL+8θ).M_{DC} =\frac{EI}{L} \left( 4\frac{v_B}{L}+8\theta \right).

三、彎矩分配平衡方程式

令

x=vBL,p=PL2EI.x=\frac{v_B}{L},\qquad p=\frac{PL^2}{EI}.

1. BB 點位移方向的平衡

ABAB、BCBC 及 CDCD 對 vBv_B 的總作用必須平衡：

8EI3L3vB+EI9L3(vB+3Lθ)+43EIL2(2vBL+3θ)=0.\frac{8EI}{3L^3}v_B +\frac{EI}{9L^3}(v_B+3L\theta) +\frac{4}{3} \frac{EI}{L^2} \left( 2\frac{v_B}{L}+3\theta \right)=0.

除以 EIL2\dfrac{EI}{L^2}，得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題25 分

圖四為一剛架結構，AA 點及 EE 點為固定端，CC 點為鉸支承，所有桿件具有相同的 EIEI 值，剛架尺寸配置如圖所示。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖示資料如下：

  • ABAB 長度為 LL。
  • BCBC 長度為 LL。
  • BDBD 長度為 LL。
  • DEDE 長度為 LL。
  • 於 DD 點施加水平向右載重 PP。

若於 DD 點施加水平載重 PP，忽略各桿件軸向變形，試用傾角變位法求解 AA 點及 EE 點的端彎矩 MABM_{AB}、MEDM_{ED} 之大小及方向，及 DD 點水平位移 ΔD\Delta_D 之大小及方向。

（本題以其他方法求解，一律不予計分。）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題採傾角變位法，所有桿件 EIEI 相同、長度均為 LL，且忽略軸向變形，因此：

  1. AB、BC、DEAB、BC、DE 的軸向變形為零，故各節點無垂直位移。
  2. 構件 BDBD 軸向變形為零，故 B、DB、D 兩點水平位移相同，設為 Δ\Delta。
  3. CC 點為鉸支承，因此 MCB=0M_{CB}=0
  4. A、EA、E 為固定端，故 θA=θE=0\theta_A=\theta_E=0

取各節點轉角逆時針為正，DD 點向右位移 Δ\Delta 為正。令

x=ΔL,b=θB,c=θC,r=θDx=\frac{\Delta}{L},\qquad b=\theta_B,\qquad c=\theta_C,\qquad r=\theta_D

傾角變位方程式

依各桿件的相對側移，端彎矩可寫為：

MAB=EIL(6x+2b),MBA=EIL(6x+4b),MBC=EIL(−6x+4b+2c),MCB=EIL(−6x+2b+4c),MBD=EIL(4b+2r),MDB=EIL(2b+4r),MDE=EIL(6x+4r),MED=EIL(6x+2r).\begin{aligned} M_{AB}&=\frac{EI}{L}(6x+2b),\\ M_{BA}&=\frac{EI}{L}(6x+4b),\\ M_{BC}&=\frac{EI}{L}(-6x+4b+2c),\\ M_{CB}&=\frac{EI}{L}(-6x+2b+4c),\\ M_{BD}&=\frac{EI}{L}(4b+2r),\\ M_{DB}&=\frac{EI}{L}(2b+4r),\\ M_{DE}&=\frac{EI}{L}(6x+4r),\\ M_{ED}&=\frac{EI}{L}(6x+2r). \end{aligned}

列立節點方程式

CC 點為鉸支承：

MCB=0M_{CB}=0

因此

−6x+2b+4c=0-6x+2b+4c=0

BB 點無外加集中力矩：

MBA+MBC+MBD=0M_{BA}+M_{BC}+M_{BD}=0

代入得

12b+2c+2r=012b+2c+2r=0

即

6b+c+r=06b+c+r=0

DD 點無外加集中力矩：

MDB+MDE=0M_{DB}+M_{DE}=0

代入得

2b+8r+6x=02b+8r+6x=0

即

b+4r+3x=0b+4r+3x=0

DD 點水平方向力平衡，依傾角變位法整理為

72x+12(r−c)=2PL2EI72x+12(r-c)=\frac{2PL^2}{EI}

求解節點轉角與位移

由前三個方程式：

{b+2c=3x,6b+c+r=0,b+4r+3x=0\begin{cases} b+2c=3x,\\ 6b+c+r=0,\\ b+4r+3x=0 \end{cases}

解得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

檢察事務官營繕工程組《結構分析（包括材料力學與結構學）》其他年度

111110109108