113 地方特考三等 土木工程 材料力學 考古題詳解

113 年・地方特考・三等・土木工程
試題代碼 材料力學

第 一、 題25 分

有一 ABCDABCD 水平桿件如下圖所示，ABAB 段橫斷面面積為 A1=10×10−4 m2A_1=10\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}，BCDBCD 段橫斷面面積為 A2=8×10−4 m2A_2=8\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}。ABCDABCD 桿件之 AA 點為固定端，DD 點與牆面有一間隙 δ=2×10−4 m\delta=2\times10^{-4}\ \mathrm{m} 存在。設 L=2 mL=2\ \mathrm{m}，桿件之彈性係數 E=200 GPaE=200\ \mathrm{GPa}。

當 BB 點受一集中力 P=5 kNP=5\ \mathrm{kN}，且 CC 點受一集中力 Q=20 kNQ=20\ \mathrm{kN} 時，DD 點是否會碰觸到牆？試求 PP 及 QQ 作用下，此桿件在 AA 點與 DD 點所受之水平力，並註明反力之方向。

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核心觀念

本題考查：

  1. 軸向桿件的伸縮變形： Δ=NLEA\Delta=\frac{NL}{EA}
  2. 牆面間隙造成的接觸條件。
  3. 接觸前為靜定問題；接觸後增加牆面反力，成為一次靜不定問題，須配合變形相容條件求解。

取向右為正，依圖示：

  • AA、BB、CC、DD 間距皆為 L=2 mL=2\ \mathrm{m}
  • P=5 kNP=5\ \mathrm{kN}，作用於 BB 點且向左
  • Q=20 kNQ=20\ \mathrm{kN}，作用於 CC 點且向右
  • A1=10×10−4=1.0×10−3 m2A_1=10\times10^{-4}=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}
  • A2=8×10−4=8.0×10−4 m2A_2=8\times10^{-4}=8.0\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}
  • E=200 GPa=200×109 PaE=200\ \mathrm{GPa}=200\times10^9\ \mathrm{Pa}
  • δ=2×10−4 m\delta=2\times10^{-4}\ \mathrm{m}

解題方法

一、先判斷 DD 點是否接觸牆面

先假設 DD 尚未接觸牆面，因此 DD 點反力為零。

此時整根桿件的水平平衡為：

RA−P+Q=0R_A-P+Q=0

因此：

RA=P−Q=5−20=−15 kNR_A=P-Q=5-20=-15\ \mathrm{kN}

負號表示 AA 點反力向左。

各段軸力如下：

  • ABAB 段：
NAB=15 kNN_{AB}=15\ \mathrm{kN}
  • BCBC 段：
NBC=20 kNN_{BC}=20\ \mathrm{kN}
  • CDCD 段：
NCD=0N_{CD}=0

因此，未接觸牆面時，DD 點的水平位移為：

uD=NABLEA1+NBCLEA2u_D = \frac{N_{AB}L}{EA_1} + \frac{N_{BC}L}{EA_2}

代入數值：

uD=(15×103)(2)(200×109)(1.0×10−3)+(20×103)(2)(200×109)(8.0×10−4)u_D = \frac{(15\times10^3)(2)} {(200\times10^9)(1.0\times10^{-3})} + \frac{(20\times10^3)(2)} {(200\times10^9)(8.0\times10^{-4})} uD=1.5×10−4+2.5×10−4=4.0×10−4 mu_D = 1.5\times10^{-4} + 2.5\times10^{-4} = 4.0\times10^{-4}\ \mathrm{m}

比較間隙：

uD=4.0×10−4 m>δ=2.0×10−4 mu_D=4.0\times10^{-4}\ \mathrm{m} > \delta=2.0\times10^{-4}\ \mathrm{m}

因此，DD 點必會向右移動並碰觸牆面。

二、接觸牆面後求反力

設 DD 點牆面反力為 RDR_D，仍取向右為正。

接觸後，DD 點位移必須等於間隙：

uD=δu_D=\delta

整體水平平衡：

RA−P+Q+RD=0R_A-P+Q+R_D=0 RA+RD+15=0R_A+R_D+15=0

因此：

RA=−15−RDR_A=-15-R_D

各段軸力以左側外力平衡求得：

ABAB 段

NAB=−RA=15+RDN_{AB}=-R_A=15+R_D

BCBC 段

NBC=−(RA−P)=20+RDN_{BC}=-(R_A-P)=20+R_D

CDCD 段

NCD=RDN_{CD}=R_D

所以 DD 點位移為：

(15+RD)LEA1+(20+RD)LEA2+RDLEA2=δ\frac{(15+R_D)L}{EA_1} + \frac{(20+R_D)L}{EA_2} + \frac{R_DL}{EA_2} = \delta

其中力以 kN\mathrm{kN} 計算時，最後須換算為 N\mathrm{N}。代入：

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第 二、 題25 分

有一矩形梁受兩個集中載重如下圖所示，AA 點為鉸支承，BB 點為滾支承，CC 點為自由端。如此梁之最大容許彎曲應力為 10 MPa10\ \mathrm{MPa}，且最大容許剪應力為 0.5 MPa0.5\ \mathrm{MPa}，試求 PP 之最大值為何？

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核心觀念

本題考查：

  1. 靜力平衡求支承反力。
  2. 剪力圖與彎矩圖判定最大剪力、最大彎矩。
  3. 矩形梁之最大彎曲應力與最大剪應力：
σmax⁡=Mmax⁡cI=Mmax⁡S\sigma_{\max}=\frac{M_{\max}c}{I} =\frac{M_{\max}}{S}

矩形截面之最大剪應力為：

τmax⁡=3Vmax⁡2A\tau_{\max}=\frac{3V_{\max}}{2A}

截面尺寸為寬 b=60 mmb=60\ \mathrm{mm}、高 h=80 mmh=80\ \mathrm{mm}。

一、求支承反力

取鉛直向上為正，設 A、B 點反力分別為 RAR_A、RBR_B。

由鉛直力平衡：

RA+RB−3P−P=0R_A+R_B-3P-P=0 RA+RB=4PR_A+R_B=4P

以 A 點取力矩：

RB(12)−3P(6)−P(16)=0R_B(12)-3P(6)-P(16)=0 12RB=18P+16P=34P12R_B=18P+16P=34P RB=176PR_B=\frac{17}{6}P

因此：

RA=4P−176P=76PR_A=4P-\frac{17}{6}P =\frac{7}{6}P

二、求最大剪力

依梁上各集中力位置分段：

  • A 至 3P3P 載重處：
V=76PV=\frac{7}{6}P
  • 3P3P 載重處至 B 點：
V=76P−3P=−116PV=\frac{7}{6}P-3P =-\frac{11}{6}P
  • B 點至 C 點：
V=−116P+176P=PV=-\frac{11}{6}P+\frac{17}{6}P=P

故最大剪力的絕對值為：

Vmax⁡=116PV_{\max}=\frac{11}{6}P

三、求最大彎矩

A 點至第一個集中力處，彎矩為：

Mx=6=RA(6)=76P(6)=7PM_{x=6}=R_A(6) =\frac{7}{6}P(6)=7P

在 B 點：

MB=7P−116P(6)=7P−11P=−4PM_B=7P-\frac{11}{6}P(6) =7P-11P=-4P

C 點彎矩為：

MC=−4P+P(4)=0M_C=-4P+P(4)=0

因此最大彎矩絕對值為：

Mmax⁡=7P kN⋅mM_{\max}=7P\ \mathrm{kN\cdot m}

四、彎曲應力限制

矩形截面慣性矩：

I=bh312=60(80)312=2.56×106 mm4I=\frac{bh^3}{12} =\frac{60(80)^3}{12} =2.56\times10^6\ \mathrm{mm^4}

最外緣距中性軸：

c=h2=40 mmc=\frac{h}{2}=40\ \mathrm{mm}

截面模數：

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第 三、 題25 分

有一 60∘60^\circ 應變計組合，安裝在圓柱形壓縮空氣儲槽表面如下圖所示。應變計 AA 的紀錄為 εa=100×10−6\varepsilon_a=100\times10^{-6}，應變計 BB 與 CC 的紀錄相等，且 εb=εc=280×10−6\varepsilon_b=\varepsilon_c=280\times10^{-6}。

如果儲槽的半徑 rr 與厚度 tt 之比值 r/t=20r/t=20，且儲槽內部空氣壓力為 p=4 MPap=4\ \mathrm{MPa}，計算儲槽材料的彈性係數 EE 和卜松比 ν\nu。

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提示： εx′=εx+εy2+εx−εy2cos⁡2θ+γxy2sin⁡2θ\varepsilon_{x'}=\frac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2}+\frac{\varepsilon_x-\varepsilon_y}{2}\cos2\theta+\frac{\gamma_{xy}}{2}\sin2\theta

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核心觀念

本題考查三方向 60∘60^\circ 應變計組合、平面應變轉換，以及薄壁圓柱形壓力容器的膜應力與廣義虎克定律。

由圖可知：

  • 應變計 AA 沿 xx 方向；
  • 應變計 BB 與 xx 軸夾角為 60∘60^\circ；
  • 應變計 CC 與 xx 軸夾角為 −60∘-60^\circ；
  • xx 方向為圓柱軸向，yy 方向為環向。

薄壁圓柱壓力容器之軸向應力與環向應力為

σx=pr2t,σy=prt\sigma_x=\frac{pr}{2t},\qquad \sigma_y=\frac{pr}{t}

因此

σy=2σx\sigma_y=2\sigma_x

且薄壁壓力容器可視為平面應力狀態，故

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}

解題方法

已知

εA=εx=100×10−6\varepsilon_A=\varepsilon_x=100\times10^{-6}

對 BB 點，取 θ=60∘\theta=60^\circ：

εB=εx+εy2+εx−εy2cos⁡120∘+γxy2sin⁡120∘\varepsilon_B = \frac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2} +\frac{\varepsilon_x-\varepsilon_y}{2}\cos120^\circ +\frac{\gamma_{xy}}{2}\sin120^\circ

對 CC 點，取 θ=−60∘\theta=-60^\circ：

εC=εx+εy2+εx−εy2cos⁡120∘−γxy2sin⁡120∘\varepsilon_C = \frac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2} +\frac{\varepsilon_x-\varepsilon_y}{2}\cos120^\circ -\frac{\gamma_{xy}}{2}\sin120^\circ

因為 εB=εC\varepsilon_B=\varepsilon_C，兩式相減得

γxysin⁡120∘=0\gamma_{xy}\sin120^\circ=0

所以

γxy=0\gamma_{xy}=0

再利用 εB=280×10−6\varepsilon_B=280\times10^{-6}：

280×10−6=εx+εy2−εx−εy4280\times10^{-6} = \frac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2} -\frac{\varepsilon_x-\varepsilon_y}{4}

整理為

280×10−6=εx+3εy4280\times10^{-6} = \frac{\varepsilon_x+3\varepsilon_y}{4}

代入 εx=100×10−6\varepsilon_x=100\times10^{-6}：

1120=100+3εy/(10−6)1120=100+3\varepsilon_y/(10^{-6})

因此

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第 四、 題25 分

有一連續梁 ABCDEABCDE 如下圖所示，AA 點為固定端，BB 點為鉸支承，CC 點為鉸接，DD 點為滾支承。此梁於 CC 點受到一集中載重 PP，如梁斷面彎矩勁度為 EIEI，求 AA、BB 及 DD 點之反力（可包括彎矩）。並計算 CC 點之位移、DD 點之轉角及 EE 點之位移。請註明反力、位移及轉角之方向。

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提示：a+b=La+b=L

v(x)=−Px26EI(3a−x),0≤x≤av(x)=-\frac{Px^2}{6EI}(3a-x),\qquad 0\leq x\leq a v(x)=−Pa26EI(3x−a),a≤x≤Lv(x)=-\frac{Pa^2}{6EI}(3x-a),\qquad a\leq x\leq L
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核心觀念

本題利用：

  1. 內鉸接 C 的彎矩為零，且可傳遞垂直剪力。
  2. 連續梁的變形相容條件：B 點為支承，故 vB=0v_B=0。
  3. 固定端梁之撓度與轉角公式。
  4. 右側構件 CDECDE 可由靜力平衡求得反力，再利用其彎矩為零之特性求 DD 點轉角及 EE 點位移。

取鉛直向上為正，逆時針轉角為正。

一、求右側構件 CDECDE 的反力

將 CDECDE 單獨取出分析。集中力 PP 作用於鉸接點 C，D 點為滾支承。

由 C 點取矩：

∑MC=0\sum M_C=0 DyL=0D_yL=0

因此

Dy=0\boxed{D_y=0}

再由鉛直力平衡：

Cy+Dy−P=0C_y+D_y-P=0 Cy=PC_y=P

故右側構件受到 C 點向上之鉸接力 PP；相對地，左側構件在 C 點受到向下之力 PP。

由於 Dy=0D_y=0，且 C 點之外沒有其他橫向載重，右側構件 CDECDE 內部彎矩為零，因此為一直線變形狀態。

二、以固定端梁求 BB 點反力

左側構件 ABCABC 可視為固定端 A、長度 2L2L 的懸臂梁，在：

  • BB 點，x=Lx=L，有未知向上反力 ByB_y
  • CC 點，x=2Lx=2L，有向下集中力 PP

1. B 點位移相容條件

C 點集中力 PP 對 B 點造成的撓度：

vB(P)=−PL26EI(3(2L)−L)=−5PL36EIv_B^{(P)} = -\frac{P L^2}{6EI}(3(2L)-L) = -\frac{5PL^3}{6EI}

B 點反力 ByB_y 對 B 點造成向上撓度：

vB(B)=ByL33EIv_B^{(B)} = \frac{B_yL^3}{3EI}

因 B 點為支承：

vB(P)+vB(B)=0v_B^{(P)}+v_B^{(B)}=0 −5PL36EI+ByL33EI=0-\frac{5PL^3}{6EI} + \frac{B_yL^3}{3EI} =0

解得：

By=5P2\boxed{B_y=\frac{5P}{2}}

方向為向上。

三、求 A 點反力及彎矩

對左側構件 ABCABC 作鉛直力平衡：

Ay+By−P=0A_y+B_y-P=0 Ay+5P2−P=0A_y+\frac{5P}{2}-P=0

因此：

Ay=−3P2\boxed{A_y=-\frac{3P}{2}}

即 A 點鉛直反力為

3P2，方向向下\boxed{\frac{3P}{2}\text{，方向向下}}

水平方向無外力，因此：

Ax=0\boxed{A_x=0}

以 A 點取矩，逆時針為正：

MA+5P2L−P(2L)=0M_A+\frac{5P}{2}L-P(2L)=0 MA+5PL2−2PL=0M_A+\frac{5PL}{2}-2PL=0 MA=−PL2\boxed{M_A=-\frac{PL}{2}}

因此 A 點反力矩大小為

PL2，方向順時針\boxed{\frac{PL}{2}\text{，方向順時針}}

四、求 C 點位移

C 點位於 x=2Lx=2L。

1. C 點集中力 PP 造成的位移

固定端梁自由端受集中力 PP：

vC(P)=−P(2L)33EI=−8PL33EIv_C^{(P)} = -\frac{P(2L)^3}{3EI} = -\frac{8PL^3}{3EI}
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