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

115 年・司法特考・三等・檢察事務官類科營繕工程組
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，均質、等向性彈性材料之平面應力元素，已知 τxy=30 MPa\tau_{xy}=30\ \mathrm{MPa}、σx=80 MPa\sigma_x=80\ \mathrm{MPa}、σy=0 MPa\sigma_y=0\ \mathrm{MPa}，材料蒲松比 ν=0.25\nu=0.25。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

如圖（b）所示，於該平面應力元素表面貼附應變規，已知 θ=45∘\theta=45^\circ，其量測所得之應變值為 εa=540×10−6\varepsilon_a=540\times10^{-6}。

求正向應變 εx\varepsilon_x、εy\varepsilon_y、材料之剪力彈性模數 GG 值、最大同平面剪應力及最大同平面剪應變。

參考公式：

εa=εx+εy2+εx−εy2cos⁡2θ+γxy2sin⁡2θ\varepsilon_a=\frac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2} +\frac{\varepsilon_x-\varepsilon_y}{2}\cos 2\theta +\frac{\gamma_{xy}}{2}\sin 2\theta
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核心觀念

本題考查平面應力狀態下：

  1. 廣義虎克定律：
εx=σx−νσyE,εy=σy−νσxE\varepsilon_x=\frac{\sigma_x-\nu\sigma_y}{E},\qquad \varepsilon_y=\frac{\sigma_y-\nu\sigma_x}{E}

  1. 剪應力與剪應變關係： γxy=τxyG\gamma_{xy}=\frac{\tau_{xy}}{G}

  2. 彈性模數關係： G=E2(1+ν)G=\frac{E}{2(1+\nu)}

  3. 任意方向應變轉換公式，以及最大同平面剪應力、最大同平面剪應變。

依圖示剪應力方向，τxy=+30 MPa\tau_{xy}=+30\ \mathrm{MPa}。

解題方法

一、利用 45∘45^\circ 應變規求 EE

已知

θ=45∘,εa=540×10−6\theta=45^\circ,\qquad \varepsilon_a=540\times10^{-6}

因此

cos⁡2θ=cos⁡90∘=0,sin⁡2θ=sin⁡90∘=1\cos 2\theta=\cos90^\circ=0,\qquad \sin2\theta=\sin90^\circ=1

應變轉換公式化為

εa=εx+εy2+γxy2\varepsilon_a =\frac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2} +\frac{\gamma_{xy}}{2}

由廣義虎克定律：

εx=80−ν(0)E=80E\varepsilon_x=\frac{80-\nu(0)}{E} =\frac{80}{E} εy=0−ν(80)E=−20E\varepsilon_y=\frac{0-\nu(80)}{E} =-\frac{20}{E}

又因為

G=E2(1+0.25)=E2.5G=\frac{E}{2(1+0.25)}=\frac{E}{2.5}

所以

γxy=τxyG=30E/2.5=75E\gamma_{xy} =\frac{\tau_{xy}}{G} =\frac{30}{E/2.5} =\frac{75}{E}

代入應變規公式：

540×10−6=12(80E−20E)+12(75E)540\times10^{-6} =\frac{1}{2}\left(\frac{80}{E}-\frac{20}{E}\right) +\frac{1}{2}\left(\frac{75}{E}\right) 540×10−6=30E+37.5E=67.5E540\times10^{-6} =\frac{30}{E}+\frac{37.5}{E} =\frac{67.5}{E}

故

E=67.5540×10−6=125000 MPa=125 GPaE=\frac{67.5}{540\times10^{-6}} =125000\ \mathrm{MPa} =125\ \mathrm{GPa}

二、求正向應變 εx\varepsilon_x、εy\varepsilon_y

εx=80125000=640×10−6\varepsilon_x=\frac{80}{125000} =640\times10^{-6} εy=−20125000=−160×10−6\varepsilon_y=-\frac{20}{125000} =-160\times10^{-6}

其中負號表示 yy 方向為壓縮應變。

三、求材料剪力彈性模數 GG

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第 二 題25 分

如圖所示平面桿件結構，aa 點為鉸支承，bb 點為滾支承，長度 L=10 mL=10\ \mathrm{m}。桿件有相同彈性模數 EE 與慣性矩 II，且 EI=4000 kN-m2EI=4000\ \mathrm{kN}\text{-}\mathrm{m}^2。桿件兩端分別承受大小相等、方向相反之端點彎矩 M0M_0。

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已知此結構之臨界挫屈載重

Pcr=π2EIL2P_{cr}=\frac{\pi^2EI}{L^2}

當水平外力 P=100 kNP=100\ \mathrm{kN}，且端點彎矩 M0=18 kN-mM_0=18\ \mathrm{kN}\text{-}\mathrm{m}，考慮二階彎矩（Second-order moment）的幾何非線性效應，求桿件中點之垂直位移及該點之斷面彎矩。

提示：

d2ydx2+λ2y=m1\frac{d^2y}{dx^2}+\lambda^2y=m_1

邊界條件為 y(0)=0y(0)=0、y(ℓ)=0y(\ell)=0，其中

λ2=PEI,m1=M0EI\lambda^2=\frac{P}{EI},\qquad m_1=\frac{M_0}{EI}

微分方程的解為

y(x)=m1λ2sin⁡λℓ[sin⁡λℓ−sin⁡λx−sin⁡λ(ℓ−x)]y(x)=\frac{m_1}{\lambda^2\sin\lambda\ell} \left[\sin\lambda\ell-\sin\lambda x-\sin\lambda(\ell-x)\right]
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核心觀念

本題考查壓桿的二階效應（PΔP\Delta效應）。桿件受壓力 PP 後，初始端點彎矩造成的側向位移會進一步產生附加彎矩，使斷面彎矩不再只是端點彎矩 M0M_0。

依題目提示：

d2ydx2+λ2y=m1\frac{d^2y}{dx^2}+\lambda^2y=m_1

其中

λ2=PEI,m1=M0EI\lambda^2=\frac{P}{EI},\qquad m_1=\frac{M_0}{EI}

且邊界條件為

y(0)=0,y(L)=0y(0)=0,\qquad y(L)=0

解題方法

已知

P=100 kN,EI=4000 kN⋅m2,M0=18 kN⋅m,L=10 mP=100\ \mathrm{kN},\quad EI=4000\ \mathrm{kN}\cdot\mathrm{m}^2,\quad M_0=18\ \mathrm{kN}\cdot\mathrm{m},\quad L=10\ \mathrm{m}

因此

λ2=1004000=0.025 m−2\lambda^2=\frac{100}{4000}=0.025\ \mathrm{m}^{-2} λ=0.025=0.158114 m−1\lambda=\sqrt{0.025}=0.158114\ \mathrm{m}^{-1} m1=184000=0.0045 m−1m_1=\frac{18}{4000}=0.0045\ \mathrm{m}^{-1}

先計算重要參數：

λL=0.158114(10)=1.58114\lambda L=0.158114(10)=1.58114

中點垂直位移

中點位置為

x=L2=5 mx=\frac{L}{2}=5\ \mathrm{m}

依題目給定解：

y(x)=m1λ2sin⁡(λL)[sin⁡(λL)−sin⁡(λx)−sin⁡(λ(L−x))]y(x)=\frac{m_1}{\lambda^2\sin(\lambda L)} \left[ \sin(\lambda L)-\sin(\lambda x)-\sin\bigl(\lambda(L-x)\bigr) \right]

在中點處，因為 x=L−x=5 mx=L-x=5\ \mathrm{m}，故

y(5)=0.00450.025sin⁡(1.58114)[sin⁡(1.58114)−2sin⁡(0.79057)]y(5)=\frac{0.0045}{0.025\sin(1.58114)} \left[ \sin(1.58114)-2\sin(0.79057) \right]

代入數值：

sin⁡(1.58114)≈0.999947\sin(1.58114)\approx0.999947 sin⁡(0.79057)≈0.710754\sin(0.79057)\approx0.710754

因此

y(5)=0.00450.025(0.999947)(0.999947−2×0.710754)y(5) = \frac{0.0045}{0.025(0.999947)} (0.999947-2\times0.710754)
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第 三 題25 分

如圖所示梁結構，aa 點為鉸支承，dd 點及 ee 點為滾支承，cc 點為鉸接。梁桿件具有相同之彈性模數 EE 與慣性矩 II，且 EI=20000 kN-m2EI=20000\ \mathrm{kN}\text{-}\mathrm{m}^2。

梁桿件在 bb 點處設置一線性彈簧，其彈簧係數為 kk。已知 bb 點梁桿件斷面彎矩為 Mb=15 kN-mM_b=15\ \mathrm{kN}\text{-}\mathrm{m}（正彎矩），求 aa 點鉸支承之垂直反力、bb 點彈簧內力、dd 點斷面彎矩，以及 bb 點垂直位移與彈簧係數 kk。

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核心觀念

本題利用三個重點：

  1. 鉸支承與滾支承只能提供垂直反力，支承處彎矩為零。
  2. 內鉸 cc 點彎矩為零，即 Mc=0M_c=0，且鉸接處可傳遞剪力。
  3. 已知 bb 點彎矩 Mb=15 kN⋅mM_b=15\ \mathrm{kN\cdot m}，可先由左側靜力平衡求出 aa 點反力與彈簧力，再求右側反力及彎矩。位移則利用
EId2vdx2=M(x)EI\frac{d^2v}{dx^2}=M(x)

及支承點位移條件計算。

取「向上反力為正」，彎矩採正彎矩為正。

一、求 aa 點反力與 bb 點彈簧內力

各節點間距均為 2 m2\ \mathrm{m}。

在 aa 至 bb 段沒有集中力，因此彎矩圖為直線，且

Ma=0,Mb=Ra(2)M_a=0,\qquad M_b=R_a(2)

已知 Mb=15 kN⋅mM_b=15\ \mathrm{kN\cdot m}，故

Ra=152=7.5 kNR_a=\frac{15}{2}=7.5\ \mathrm{kN}

因此，aa 點鉸支承垂直反力為

Ra=7.5 kN 向上\boxed{R_a=7.5\ \mathrm{kN}\ \text{向上}}

設彈簧對梁的作用力為 RbR_b，向上為正。由 bb 至 cc 段，

Mc=Mb+Rb(2)M_c=M_b+R_b(2)

因為 cc 為內鉸，故 Mc=0M_c=0：

0=15+2Rb0=15+2R_b Rb=−7.5 kN?R_b=-7.5\ \mathrm{kN}?

上式若直接以 RaR_a 對左段取彎矩，應注意 bb 點彈簧力的力臂。左側整段 a−ca-c 取 cc 點力矩：

Ra(4)+Rb(2)=0R_a(4)+R_b(2)=0

代入 Ra=7.5 kNR_a=7.5\ \mathrm{kN}：

7.5(4)+2Rb=07.5(4)+2R_b=0 Rb=−15 kNR_b=-15\ \mathrm{kN}

故彈簧對梁施加 15 kN15\ \mathrm{kN} 向下作用力。換言之，彈簧內力大小為

Nb=15 kN 向下作用於梁\boxed{N_b=15\ \mathrm{kN}\ \text{向下作用於梁}}

二、求 dd 點斷面彎矩

在 bb 點右側，梁的剪力為

V=Ra+Rb=7.5−15=−7.5 kNV=R_a+R_b=7.5-15=-7.5\ \mathrm{kN}

因此，內鉸 cc 右側梁段的剪力為 7.5 kN7.5\ \mathrm{kN}，所以由 cc 至 dd 的彎矩增加量為

Md=7.5(2)M_d=7.5(2)

故

Md=15 kN⋅m 正彎矩\boxed{M_d=15\ \mathrm{kN\cdot m}\ \text{正彎矩}}

三、求 dd、ee 點反力

由 cc 至 dd 段，剪力為 7.5 kN7.5\ \mathrm{kN}。

在 dd 點右側，剪力變為

7.5+Rd7.5+R_d

80 kN80\ \mathrm{kN} 集中力位於 dd、ee 中點，因此由 dd 至荷載點長度為 2 m2\ \mathrm{m}。

由 Me=0M_e=0：

15+2(7.5+Rd)+2(7.5+Rd−80)=015+2(7.5+R_d)+2(7.5+R_d-80)=0

整理得

15+15+2Rd+15+2Rd−160=015+15+2R_d+15+2R_d-160=0 4Rd=1154R_d=115 Rd=28.75 kNR_d=28.75\ \mathrm{kN}

全梁垂直力平衡：

Ra+Rb+Rd+Re−80=0R_a+R_b+R_d+R_e-80=0 7.5−15+28.75+Re−80=07.5-15+28.75+R_e-80=0 Re=58.75 kNR_e=58.75\ \mathrm{kN}

四、求 bb 點垂直位移

已知

EI=20000 kN⋅m2EI=20000\ \mathrm{kN\cdot m^2}

1. 先求 cc 點位移

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第 四 題25 分

如圖所示剛架結構，不考慮桿件的軸向變形，aa 點及 cc 點為鉸支承，桿件有相同彈性模數 EE 與慣性矩 II，且 EI=20000 kN-m2EI=20000\ \mathrm{kN}\text{-}\mathrm{m}^2。

已知 bb 點水平位移及轉角均為零，求 aa 點鉸支承之水平與垂直反力、bb 點垂直位移及其斷面彎矩。

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核心觀念

本題為不考慮軸向變形之平面剛架分析，採用：

  • 幾何相容條件：各桿件軸向變形為零。
  • 對稱性：荷載與結構對稱，因此

va=vc,Ha=−Hcv_a=v_c,\qquad H_a=-H_c

且 bb 點水平位移與轉角均為零。

  • 斜桿長度：

L=32+42=5 mL=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \text{m}

  • 斜率方向之方向餘弦：

cos⁡θ=35,sin⁡θ=45\cos\theta=\frac35,\qquad \sin\theta=\frac45

  • 斜桿之斜率位移法（slope-deflection method）：
Mij=2EIL(2θi+θj−3ΔijL)M_{ij}=\frac{2EI}{L} \left(2\theta_i+\theta_j-\frac{3\Delta_{ij}}{L}\right)

其中 Δij\Delta_{ij} 為桿件兩端相對橫向位移。

題目已知：

EI=20000 kN⋅m2,2EIL=8000 kN⋅mEI=20000\ \text{kN}\cdot\text{m}^2,\qquad \frac{2EI}{L}=8000\ \text{kN}\cdot\text{m}

解題方法

令 bb 點垂直位移為 vb=vv_b=v，向上為正。

因為各桿件不發生軸向變形，利用幾何相容條件可得兩個上方節點之垂直位移為：

v1=v2=v2v_1=v_2=\frac{v}{2}

相應地，四根斜桿的橫向相對位移皆可整理為：

Δ=5v6\Delta=\frac{5v}{6}

由結構及荷載對稱性，兩側上方節點轉角大小相等、方向相反。設左側上方節點轉角為 θ\theta，則由 aa 點鉸支承之端彎矩為零：

2θa+θ−v2=02\theta_a+\theta-\frac{v}{2}=0

上方節點之彎矩平衡及對稱條件整理後，可得：

θ=3v14\theta=\frac{3v}{14}

代入各桿件之彎曲應變能，並對 bb 點垂直位移 vv 作平衡，可得：

dUdv+16=0\frac{dU}{dv}+16=0

計算結果為：

1600021v+16=0\frac{16000}{21}v+16=0

因此：

v=−33616000=−0.021 mv=-\frac{336}{16000} =-0.021\ \text{m}

故

vb=21 mm↓\boxed{v_b=21\ \text{mm}\downarrow}

支承反力

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