107 地方特考三等 土木工程 結構學 考古題詳解

核心觀念

本題考查靜定平面桁架（Planar Statically Determinate Truss）之反力與桿件內力分析，核心觀念包含：

1. 整體靜力平衡方程式：利用二維平面靜力平衡條件 $\sum F_x = 0$、$\sum F_y = 0$ 與 $\sum M = 0$ 求解鉸支承與滾支承之反力。
2. 力的分解：利用圖示之幾何坡度比例三角形（$3$-$4$-$5$ 三角形），將傾斜作用力精確分解為正交的水平分力與垂直分力。
3. 節點法（Method of Joints）：針對各節點建立平面共點力系之平衡方程式（$\sum F_x = 0$、$\sum F_y = 0$），依序求解相鄰各桿件之軸向內力。
4. 零力桿判別準則（Zero-Force Member Identification）：利用無外力作用節點之桿件幾何特徵（如兩共線桿件與一非共線桿件相交且無外力作用，則非共線桿件必為零力桿），快速簡化計算。
5. 正負號慣例：內力以拉力（Tension, T）為正，壓力（Compression, C）為負。

解題方法

一、幾何結構與座標設定

依題目條件，桁架跨度分為兩跨，每跨 $8\ \mathrm{m}$，總跨度 $L = 16\ \mathrm{m}$；桁架中央頂點高度為 $6\ \mathrm{m}$。 各節點座標依標準幾何配置建立如下：

• $A$ 點（左端鉸支承）：$(0, 0)\ \mathrm{m}$
• $B$ 點（左上弦中點）：$(4, 3)\ \mathrm{m}$
• $C$ 點（下弦節點）：$(4, 0)\ \mathrm{m}$
• $D$ 點（中央頂點）：$(8, 6)\ \mathrm{m}$
• $E$ 點（下弦節點）：$(12, 0)\ \mathrm{m}$
• $F$ 點（右上弦中點）：$(12, 3)\ \mathrm{m}$
• $G$ 點（右端滾支承）：$(16, 0)\ \mathrm{m}$

桿件總數 $m = 11$ 根，節點數 $j = 7$ 個，支承反力數 $r = 3$（$A$ 點鉸支承有 $A_x, A_y$；$G$ 點滾支承有 $G_y$），滿足 $m + r = 2j$（$11 + 3 = 14$），為靜定桁架。

二、外力分解

1. $B$ 點作用力： 斜向力大小為 $5\ \mathrm{t}$，依 $3$-$4$-$5$ 坡度（垂直於上弦桿朝右下方作用）：

• 水平分力：$P_{Bx} = 5 \times \frac{3}{5} = 3\ \mathrm{t}\ (\to)$
• 垂直分力：$P_{By} = 5 \times \frac{4}{5} = 4\ \mathrm{t}\ (\downarrow)$

2. $D$ 點作用力：

• 垂直集中力：$P_{Dy} = 5\ \mathrm{t}\ (\downarrow)$

三、支承反力計算

取整體桁架為自由體：

1. 水平平衡： $\sum F_x = 0 \implies A_x + P_{Bx} = 0 \implies A_x + 3 = 0 \implies A_x = -3\ \mathrm{t} = 3\ \mathrm{t}\ (\leftarrow)$

2. 對 $A$ 點取力矩平衡： $\sum M_A = 0 \implies G_y \times 16 - (P_{Bx} \times y_B + P_{By} \times x_B) - (P_{Dy} \times x_D) = 0$ $G_y \times 16 - (3 \times 3 + 4 \times 4) - (5 \times 8) = 0$ $16 G_y - 25 - 40 = 0 \implies 16 G_y = 65 \implies G_y = \frac{65}{16}\ \mathrm{t} = 4.0625\ \mathrm{t}\ (\uparrow)$

3. 垂直平衡： $\sum F_y = 0 \implies A_y + G_y - P_{By} - P_{Dy} = 0$ $A_y + 4.0625 - 4 - 5 = 0 \implies A_y = \frac{79}{16}\ \mathrm{t} = 4.9375\ \mathrm{t}\ (\uparrow)$

四、各節點平衡求解桿件內力

1. 節點 $G$ 平衡

節點 $G(16, 0)$ 連接桿件 $EG$（水平向左）與 $FG$（向左上，坡度為水平 $4$、垂直 $3$，長度為 $5$）：

• 垂直平衡： $\sum F_y = 0 \implies G_y + N_{FG} \times \frac{3}{5} = 0$ $\frac{65}{16} + 0.6 N_{FG} = 0 \implies N_{FG} = -\frac{325}{48}\ \mathrm{t} \approx -6.7708\ \mathrm{t}\ (\mathrm{C})$
• 水平平衡： $\sum F_x = 0 \implies -N_{EG} - N_{FG} \times \frac{4}{5} = 0$ $-N_{EG} - \left(-\frac{325}{48}\right) \times 0.8 = 0 \implies N_{EG} = \frac{65}{12}\ \mathrm{t} \approx +5.4167\ \mathrm{t}\ (\mathrm{T})$

2. 節點 $F$ 平衡（零力桿判別）

節點 $F(12, 3)$ 無外力作用，桿件 $DF$ 與 $FG$ 兩者共線同屬於上弦桿，而桿件 $FE$ 為非共線垂直腹桿：

• 由共線與垂直方向平衡可得： $N_{DF} = N_{FG} = -\frac{325}{48}\ \mathrm{t} \approx -6.7708\ \mathrm{t}\ (\mathrm{C})$ $N_{FE} = 0\ \mathrm{t}\ (\text{零力桿})$

3. 節點 $E$ 平衡

節點 $E(12, 0)$ 連接水平桿 $CE$、$EG$、垂直桿 $FE$ 及斜桿 $ED$（方向向量 $(-4, 6)$，長度 $\sqrt{4^2+6^2} = 2\sqrt{13}$）：

• 垂直平衡： $\sum F_y = 0 \implies N_{FE} + N_{ED} \times \frac{6}{2\sqrt{13}} = 0$ 因 $N_{FE} = 0$，得： $N_{ED} = 0\ \mathrm{t}\ (\text{零力桿})$
• 水平平衡： $\sum F_x = 0 \implies N_{EG} - N_{CE} - N_{ED} \times \frac{4}{2\sqrt{13}} = 0$ 因 $N_{ED} = 0$，得： $N_{CE} = N_{EG} = \frac{65}{12}\ \mathrm{t} \approx +5.4167\ \mathrm{t}\ (\mathrm{T})$

4. 節點 $A$ 平衡

節點 $A(0, 0)$ 連接下弦桿 $AC$（水平向右）與上弦桿 $AB$（斜向右上，$\cos\theta = 0.8$, $\sin\theta = 0.6$）：

• 垂直平衡： $\sum F_y = 0 \implies A_y + N_{AB} \times \sin\theta = 0$

核心觀念

本題旨在測驗高司構架承受側向載重（風力或地震力）時的近似分析方法——懸臂梁近似法（Cantilever Method）。該方法將整體構架視為自地面向上挺立的垂直懸臂梁，其三大基本假定如下：

1. 反曲點（反彎點）位置：

• 每根柱的中點（高之半處）產生反曲點，該處彎矩為零。
• 每根梁的中點（跨度之半處）產生反曲點，該處彎矩為零。

2. 柱軸應力分佈：

• 在任一樓層反曲點水平截面上，各柱之軸應力（$\sigma$）與該柱至「該層所有柱截面群之形心軸」的垂直距離成正比。
• 題目指定「每根柱之斷面尺寸皆相同」（即斷面面積 $A$ 相同），故各柱之軸力 $N_i$ 直接與該柱至形心軸的距離 $d_i$ 成正比： $N_i = \frac{M_O \cdot d_i}{\sum d_j^2}$ 其中 $M_O$ 為截面上方所有外力對形心軸所產生的傾覆力矩（Overturning Moment）。形心軸左側之柱受拉（$T$），右側之柱受壓（$C$）。

3. 內力遞推求解：

• 由頂層開始，利用柱軸力差求出梁剪力，由梁剪力乘上半跨長求得梁端彎矩；進而由節點彎矩平衡（$\sum M = 0$）求出各柱端彎矩。

解題方法

步驟一：幾何座標與柱群形心計算

令各桿件之節點編號如下：

• 左柱線（$x_1 = 0$）：底端 $A$、二樓 $B$、頂樓 $C$。
• 中柱線（$x_2 = 9\ \mathrm{m}$）：底端 $D$、二樓 $E$、頂樓 $F$。
• 右柱線（$x_3 = 9 + 6 = 15\ \mathrm{m}$）：底端 $G$、二樓 $H$、頂樓 $I$。
• 各層層高 $h = 4\ \mathrm{m}$，反曲點位於距該層梁高 $h/2 = 2\ \mathrm{m}$ 處。
• 水平力：$B$ 點受力 $P_1 = 10\ \mathrm{t}$ 向右，$C$ 點受力 $P_2 = 10\ \mathrm{t}$ 向右。

柱群斷面形心位置 $\bar{x}$（以左柱為基準）： $\bar{x} = \frac{A(0) + A(9) + A(15)}{3A} = \frac{24}{3} = 8\ \mathrm{m}$

各柱至形心軸之距離 $d_i$：

• 左柱：$d_1 = 0 - 8 = -8\ \mathrm{m}$（形心左側 $8\ \mathrm{m}$）
• 中柱：$d_2 = 9 - 8 = +1\ \mathrm{m}$（形心右側 $1\ \mathrm{m}$）
• 右柱：$d_3 = 15 - 8 = +7\ \mathrm{m}$（形心右側 $7\ \mathrm{m}$）

距離平方和： $\sum d_i^2 = (-8)^2 + (+1)^2 + (+7)^2 = 64 + 1 + 49 = 114\ \mathrm{m}^2$

步驟二：頂層（二樓柱與屋頂梁）分析

1. 頂層反曲點截面之傾覆力矩 $M_{O,2}$： 切過上層柱（二樓柱）之反曲點（距屋頂 $2\ \mathrm{m}$），截面上方僅有 $C$ 點之水平力 $P_2 = 10\ \mathrm{t}$： $M_{O,2} = 10\ \mathrm{t} \times 2\ \mathrm{m} = 20\ \mathrm{t\cdot m}$

2. 上層各柱軸力 $N_2$： $c_2 = \frac{M_{O,2}}{\sum d_i^2} = \frac{20}{114} = \frac{10}{57}\ \mathrm{t/m}$

• 左柱（$BC$ 柱）：$N_{BC} = \frac{10}{57} \times 8 = \frac{80}{57}\ \mathrm{t}$（拉力）
• 中柱（$EF$ 柱）：$N_{EF} = \frac{10}{57} \times 1 = \frac{10}{57}\ \mathrm{t}$（壓力）
• 右柱（$HI$ 柱）：$N_{HI} = \frac{10}{57} \times 7 = \frac{70}{57}\ \mathrm{t}$（壓力）

3. 頂層梁端剪力與彎矩：

• 屋頂左梁（$CF$ 梁，長 $9\ \mathrm{m}$）： 由節點 $C$ 之垂直平衡 $\sum F_y = 0$，梁剪力 $V_{CF} = N_{BC} = \frac{80}{57}\ \mathrm{t}$。 反曲點位於跨中（力臂 $4.5\ \mathrm{m}$）： $M_{CF} = M_{FC} = V_{CF} \times 4.5\ \mathrm{m} = \frac{80}{57} \times \frac{9}{2} = \frac{120}{19}\ \mathrm{t\cdot m} \approx 6.32\ \mathrm{t\cdot m}$
• 屋頂右梁（$FI$ 梁，長 $6\ \mathrm{m}$）： 由節點 $I$ 之垂直平衡 $\sum F_y = 0$，梁剪力 $V_{FI} = N_{HI} = \frac{70}{57}\ \mathrm{t}$。 反曲點位於跨中（力臂 $3.0\ \mathrm{m}$）： $M_{FI} = M_{IF} = V_{FI} \times 3.0\ \mathrm{m} = \frac{70}{57} \times 3 = \frac{70}{19}\ \mathrm{t\cdot m} \approx 3.68\ \mathrm{t\cdot m}$

4. 二樓柱（上層柱）端彎矩：

• 節點 $C$ 平衡：柱頂彎矩 $M_{CB} = M_{CF} = \frac{120}{19}\ \mathrm{t\cdot m}$，反曲點在中央，故 $M_{BC} = M_{CB} = \frac{120}{19}\ \mathrm{t\cdot m} \approx 6.32\ \mathrm{t\cdot m}$。
• 節點 $I$ 平衡：柱頂彎矩 $M_{IH} = M_{IF} = \frac{70}{19}\ \mathrm{t\cdot m}$，故 $M_{HI} = M_{IH} = \frac{70}{19}\ \mathrm{t\cdot m} \approx 3.68\ \mathrm{t\cdot m}$。
• 節點 $F$ 平衡：柱頂彎矩 $M_{FE} = M_{FC} + M_{FI} = \frac{120}{19} + \frac{70}{19} = \frac{190}{19} = 10\ \mathrm{t\cdot m}$，故 $M_{EF} = M_{FE} = 10\ \mathrm{t\cdot m}$。

步驟三：下層（一樓柱與二樓梁）分析

1. 下層反曲點截面之傾覆力矩 $M_{O,1}$： 切過下一層柱（一樓柱）之反曲點（距地面 $2\ \mathrm{m}$）： $M_{O,1} = 10\ \mathrm{t} \times (4 + 2)\ \mathrm{m} + 10\ \mathrm{t} \times 2\ \mathrm{m} = 60 + 20 = 80\ \mathrm{t\cdot m}$

2. 下層各柱軸力 $N_1$： $c_1 = \frac{M_{O,1}}{\sum d_i^2} = \frac{80}{114} = \frac{40}{57}\ \mathrm{t/m}$

• 左柱（$AB$ 柱）：$N_{AB} = \frac{40}{57} \times 8 = \frac{320}{57}\ \mathrm{t}$（拉力）
• 中柱（$DE$ 柱）：$N_{DE} = \frac{40}{57} \times 1 = \frac{40}{57}\ \mathrm{t}$（壓力）
• 右柱（$GH$ 柱）：$N_{GH} = \frac{40}{57} \times 7 = \frac{280}{57}\ \mathrm{t}$（壓力）

核心觀念

本題為外顯 1 度靜不定之連續梁結構分析。求解核心在於利用傾角撓度法（Slope-Deflection Method）或彎矩分配法（Moment Distribution Method）求得桿端彎矩，再藉由簡支梁疊加法或截面靜力平衡推求各跨中央截面彎矩。

關鍵公式與定義如下：

1. 固端彎矩（Fixed End Moment, FEM）：

• 均布載重 $w$ 作用下，兩端固定之固端彎矩： $M^F = \dfrac{wL^2}{12}$
• 一端固定、另一端為鉸（或滾）支承時之修正固端彎矩： $M^{F*} = \dfrac{wL^2}{8}$

2. 傾角撓度方程式（無側移 $\psi = 0$）：

• 遠端為固定端（如 $BA$ 桿）： $M_{NF} = M_{NF}^F + 2EK(2\theta_N + \theta_F)$
• 遠端為鉸支承修正公式（如 $BC$ 桿，消去 $\theta_C$）： $M_{NF} = M_{NF}^{F*} + 3EK\theta_N$

3. 節點力矩平衡條件： 中間支承 $B$ 處外力矩為零，即 $\sum M_B = 0 \implies M_{BA} + M_{BC} = 0$。
4. 梁中央彎矩疊加公式： 均布載重下，梁跨中央之截面彎矩可由簡支梁中央彎矩與兩端彎矩線性疊加求得： $M_{\text{mid}} = \dfrac{wL^2}{8} + \dfrac{M_{\text{left}} + M_{\text{right}}}{2}$ （式中端彎矩以梁受力符號慣例代入：下側受拉為正，上側受拉為負）。

解題方法

因本連續梁無側移（$\psi = 0$），左端 $A$ 為固定端（$\theta_A = 0$），右端 $C$ 為簡支承（可使用遠端鉸支承修正公式消去 $\theta_C$），整個結構僅剩節點 $B$ 的旋轉角 $\theta_B$ 為唯一未知自由度。採用**傾角撓度法（修正公式）**建立一元一次方程式求解最為迅捷。

步驟一：計算固端彎矩（以順時針為正）

已知均布載重 $w = 2\ \mathrm{t/m}$，跨長 $L_1 = L_2 = 6\ \mathrm{m}$：

• $AB$ 跨（兩端均有抗轉能力）： $M_{AB}^F = -\dfrac{wL^2}{12} = -\dfrac{2 \times 6^2}{12} = -6\ \mathrm{t\cdot m}$ $M_{BA}^F = +\dfrac{wL^2}{12} = +\dfrac{2 \times 6^2}{12} = +6\ \mathrm{t\cdot m}$
• $BC$ 跨（$C$ 端為鉸支承，採用修正固端彎矩）： $M_{BC}^{F*} = -\dfrac{wL^2}{8} = -\dfrac{2 \times 6^2}{8} = -9\ \mathrm{t\cdot m}$ $M_{CB} = 0$

步驟二：建立各桿端之傾角撓度方程式

題目給定各桿之 $\dfrac{EI}{L} = K = 1$，且 $\theta_A = 0$、$\psi = 0$：

• $AB$ 桿： $M_{AB} = M_{AB}^F + 2EK(2\theta_A + \theta_B) = -6 + 2(1)(0 + \theta_B) = -6 + 2\theta_B$ $M_{BA} = M_{BA}^F + 2EK(\theta_A + 2\theta_B) = +6 + 2(1)(0 + 2\theta_B) = +6 + 4\theta_B$
• $BC$ 桿（遠端鉸支承修正）： $M_{BC} = M_{BC}^{F*} + 3EK\theta_B = -9 + 3(1)\theta_B = -9 + 3\theta_B$ $M_{CB} = 0$

步驟三：由節點 $B$ 之平衡條件求解轉角 $\theta_B$

節點 $B$ 無外加力矩，由力矩平衡方程式： $\sum M_B = 0 \implies M_{BA} + M_{BC} = 0$ $(+6 + 4\theta_B) + (-9 + 3\theta_B) = 0$ $7\theta_B - 3 = 0 \implies \theta_B = \dfrac{3}{7}\ \mathrm{rad}$

步驟四：求解各桿端彎矩

將 $\theta_B = \dfrac{3}{7}$ 代回桿端方程式：

• $M_{AB} = -6 + 2\left(\dfrac{3}{7}\right) = -\dfrac{36}{7}\ \mathrm{t\cdot m} \approx -5.143\ \mathrm{t\cdot m}$（逆時針，使梁頂受拉）
• $M_{BA} = +6 + 4\left(\dfrac{3}{7}\right) = +\dfrac{54}{7}\ \mathrm{t\cdot m} \approx +7.714\ \mathrm{t\cdot m}$（順時針，使梁頂受拉）
• $M_{BC} = -9 + 3\left(\dfrac{3}{7}\right) = -\dfrac{54}{7}\ \mathrm{t\cdot m} \approx -7.714\ \mathrm{t\cdot m}$（逆時針，使梁頂受拉）
• $M_{CB} = 0\ \mathrm{t\cdot m}$

步驟五：求解各梁中央截面（$x = 3\ \mathrm{m}$）之彎矩

以材料力學梁受力慣例（下側受拉為正，上側受拉為負）： 各跨均布載重所對應之簡支梁中央彎矩均為：

核心觀念

本題旨在評量剛架結構之位移分析能力，涉及以下核心觀念與力學公式：

1. 虛功法（單位荷重法，Unit Load Method）：利用外虛功等於內虛功之原理求解結構位移。忽略軸向變形與剪力變形時，位移計算公式為： $\Delta = \int \frac{M \cdot m}{EI} \, dx$ 其中 $M$ 為外荷重引起的實際彎矩函數，$m$ 為求解位移方向所施加單位虛荷重（$1$）引起的虛彎矩函數。
2. 剛性節點（Rigid Joint）之位移連續性：節點 $B$ 為剛接，柱頂與樑端具有相同之旋轉角變位（$\theta_B$）。
3. 忽略軸向變形假設：若題目無特別給予軸向剛度 $EA$，依國考慣例忽略桿件軸向變形，即構件長度保持不變。因此，樑 $BC$ 的軸向伸長量為零，$C$ 點的水平位移完全等於 $B$ 點的水平位移（$\Delta_{Ch} = \Delta_{Bh}$）。

解題方法

採用國考最穩健、評分標準最嚴謹之「虛功法（單位荷重法）」進行計算，並建立統一的座標系統。

1. 實荷重系統之內力彎矩（$M$）

在 $C$ 點受一向下集中力 $P$ 作用：

• $BC$ 構件（水平樑）： 取 $C$ 點為原點，設水平向左座標為 $x_1$（$0 \le x_1 \le L$）。 $M(x_1) = -P x_1 \quad (\text{以構件上方受拉為負})$ 在節點 $B$ 處（$x_1 = L$），彎矩值為 $M_B = -P L$。
• $AB$ 構件（垂直柱）： 取 $B$ 點為原點，設垂直向下座標為 $x_2$（$0 \le x_2 \le L$）。 樑端彎矩 $M_B = -P L$ 傳遞至剛接柱頂，柱身無側向外力，僅承受樑傳來之端彎矩與軸向壓力 $P$。 柱全段維持常數彎矩（左側受拉）： $M(x_2) = -P L$

2. 求 $C$ 點垂直位移（$\Delta_{Cv}$）

於 $C$ 點施加一向下之虛單位力 $1$（$\downarrow$）：

• $BC$ 構件： $m_v(x_1) = -1 \cdot x_1 = -x_1$
• $AB$ 構件： 柱頂傳遞常數虛彎矩： $m_v(x_2) = -1 \cdot L = -L$

依虛功法積分求垂直位移 $\Delta_{Cv}$： $\Delta_{Cv} = \int_{BC} \frac{M \cdot m_v}{EI} \, dx_1 + \int_{AB} \frac{M \cdot m_v}{EI} \, dx_2$ $\Delta_{Cv} = \int_0^L \frac{(-P x_1)(-x_1)}{EI} \, dx_1 + \int_0^L \frac{(-P L)(-L)}{EI} \, dx_2$ $\Delta_{Cv} = \frac{P}{EI} \left[ \frac{x_1^3}{3} \right]_0^L + \frac{P L^2}{EI} \left[ x_2 \right]_0^L$ $\Delta_{Cv} = \frac{P L^3}{3 EI} + \frac{P L^3}{EI} = \frac{4 P L^3}{3 EI} \quad (\downarrow)$