109 地方特考四等 機械工程 機械力學概要 考古題詳解

109 年・地方特考・四等・機械工程
試題代碼 機械力學概要

第 一 題20 分

在長 LL 的懸臂梁 ABAB 中，AA 點為固定端。BB 點以插銷（Pin）方式與長 2L2L 的柱子 BGCBGC 連接，其中 CC 點為鉸支承（Hinge），GG 點設有滑輪作側向支撐。

此外，懸臂梁在 BB 點處亦承托著長 LL 的簡支梁 BDBD，其左端設有滑輪，且簡支梁在 DD 點承受一力矩 MDM_D。

假設所有桿件的楊氏係數均為 EE，彎曲慣性力矩均為 II，柱子 BGCBGC 的斷面面積為 AA。若梁 ABAB 的軸向變形可忽略不計，試求當柱子 BGCBGC 產生挫屈（Buckling）時的最小 MDM_D。以 EE、AA、II、LL 表示，並忽略所有桿件的重量。

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核心觀念

本題結合柱的 Euler 挫屈、簡支梁的端矩反力，以及懸臂梁的彎曲變形。柱子 BGCBGC 的 GG 點由滑輪提供側向支撐，因此挫屈時 GG 點側向位移為零；梁 ABAB 的垂直彎曲則會分擔傳到 BB 點的荷重。

解題方法

先求柱子的挫屈荷重，再利用 BB 點的垂直平衡與變形相容，換算成外加力矩 MDM_D。

一、柱子 BGCBGC 的挫屈荷重

柱長為 2L2L，中點 GG 有側向支撐，因此挫屈模態在 BB、GG、CC 三點的側向位移皆為零。每段長度為 LL，其 Euler 挫屈荷重為

Pcr=π2EIL2.P_{\mathrm{cr}}=\frac{\pi^2EI}{L^2}.

二、簡支梁 BDBD 傳至 BB 點的反力

梁 BDBD 長度為 LL，兩端簡支，DD 點施加力矩 MDM_D。由整梁力矩平衡，BB 點反力大小為

RB=MDL.R_B=\frac{M_D}{L}.

此反力經滾輪向下作用在梁 ABAB 與柱子上。

三、以變形相容求柱力

令柱子承受壓力為 PP。柱子軸向縮短量為

δ=P(2L)EA.\delta=\frac{P(2L)}{EA}.
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第 二 題20 分

一重 WW 的剛板由三根原長 LL、斷面積 AA 的柱子 BCBC、DKDK、GHGH 支撐，其中 BCBC 和 DKDK 的楊氏係數為 EE，GHGH 的楊氏係數為 2E2E。

若要維持剛板水平，需施垂直力 PP 於剛板上。試求 PP 與剛板中心的距離 xx。請以 PP、WW、LL、AA、EE 表示。

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核心觀念

本題考剛板的平衡、柱子的軸向變形，以及剛板保持水平時的變形相容條件。柱子的軸向剛度為 k=AE/Lk=AE/L；在三根柱子原長與斷面積相同的情況下，軸向剛度與楊氏係數成正比。

解題方法

依圖，三根柱子由左至右為 BCBC、DKDK、GHGH，相鄰柱子的距離均為 LL，中間柱位於剛板中心。向下施力 PP 位於中心右側，距離為 xx。

剛板保持水平，三根柱子的壓縮量相同，設為 δ\delta。各柱反力為

RBC=EALδ,RDK=EALδ,RGH=2EALδ.R_{BC}=\frac{EA}{L}\delta,\qquad R_{DK}=\frac{EA}{L}\delta,\qquad R_{GH}=\frac{2EA}{L}\delta.

因此反力比例為 1:1:21:1:2。垂直力平衡得

RBC+RDK+RGH=W+P,R_{BC}+R_{DK}+R_{GH}=W+P,

所以

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第 三 題20 分

平面面積中含一中空圓形，試求該面積的形心在 xx 座標軸的位置。

圖示面積由下列部分組成：

  1. 左側矩形區域，範圍為 −6 cm≤x≤0-6\,\mathrm{cm}\leq x\leq0、0≤y≤4 cm0\leq y\leq4\,\mathrm{cm}。
  2. 右側曲線區域，位於 xx 軸與曲線 y=4−14x2y=4-\frac{1}{4}x^2 之間，範圍為 0≤x≤4 cm0\leq x\leq4\,\mathrm{cm}。
  3. 圓形中空部分，圓心位於 (−4 cm, 2 cm)(-4\,\mathrm{cm},\,2\,\mathrm{cm})，半徑為 1 cm1\,\mathrm{cm}。

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核心觀念

本題考平面複合面積的形心。將圖形分成矩形、曲線下方面積與圓形孔洞，依有號面積計算：

xˉ=∑Aixˉi∑Ai\bar{x}=\frac{\sum A_i\bar{x}_i}{\sum A_i}

孔洞視為負面積，因此它的面積取負值，形心座標仍取圓心的 xx 座標。

解題方法

1. 矩形

矩形範圍為 −6≤x≤0-6\le x\le 0、0≤y≤40\le y\le4，所以

A1=6(4)=24 cm2,xˉ1=−6+02=−3 cmA_1=6(4)=24\ \mathrm{cm^2},\qquad \bar{x}_1=\frac{-6+0}{2}=-3\ \mathrm{cm}

其對 yy 軸的一次面積矩為

A1xˉ1=24(−3)=−72 cm3A_1\bar{x}_1=24(-3)=-72\ \mathrm{cm^3}

2. 右側曲線區域

曲線為 y=4−14x2y=4-\frac14x^2，範圍 0≤x≤40\le x\le4。面積為

A2=∫04(4−14x2) dx=[4x−x312]04=323 cm2A_2=\int_0^4\left(4-\frac14x^2\right)\,dx =\left[4x-\frac{x^3}{12}\right]_0^4 =\frac{32}{3}\ \mathrm{cm^2}

對 yy 軸的一次面積矩為

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第 四 題20 分

一質量為 1 kg1\,\mathrm{kg} 的剛球由靜止狀態從一滑坡滾下，而球離開滑坡的角度為 30∘30^\circ。若不考慮摩擦及空氣阻力，並令重力加速度 g=9.81 m/s2g=9.81\,\mathrm{m/s^2}，試求取剛球落地時的水平距離 xx。

圖中標示滑坡起點與球離開滑坡位置間的高度差為 1652 m1652\,\mathrm{m}，落地基準點 OO 與離開滑坡位置附近標示之高度分別為 150 m150\,\mathrm{m} 與 1 m1\,\mathrm{m}。

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核心觀念

本題分成兩段：先用機械能守恆求球離開滑坡時的速度，再將球視為斜向下拋射，利用運動學求落地時間與水平距離。

圖示出口切線向下與水平線夾角為 30∘30^\circ。離開滑坡的位置比 OO 點高 150+1=151 m150+1=151\,\mathrm{m}；滑坡起點至出口的高度差為 1652 m1652\,\mathrm{m}。

解題方法

不計摩擦與空氣阻力，球由靜止滑下，重力位能轉為平移動能：

mg(1652)=12mv2mg(1652)=\frac12 mv^2

質量約去，得到離開滑坡時的速率：

v=2g(1652)=2(9.81)(1652)≈180.03 m/sv=\sqrt{2g(1652)} =\sqrt{2(9.81)(1652)} \approx 180.03\,\mathrm{m/s}

取向右為水平正向、向上為鉛直正向，出口速度分量為

vx=vcos⁡30∘≈155.92 m/sv_x=v\cos30^\circ\approx155.92\,\mathrm{m/s}
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第 五 題20 分

一質量為 10 kg10\,\mathrm{kg} 的滑輪，其迴轉半徑（Radius of gyration）為 20 cm20\,\mathrm{cm}。在滑輪的內外半徑分別用繩連接兩重物 AA 和 BB，其中重物 BB 是放置在一平滑台上，且 AA 及 BB 的質量均為 5 kg5\,\mathrm{kg}。

在初始靜止狀況下，若突然放開 AA，試求重物 AA 和 BB 的加速度。滑輪軸承的摩擦忽略不計，重力加速度為 g=9.81 m/s2g=9.81\,\mathrm{m/s^2}。

圖中滑輪之外半徑為 10 cm10\,\mathrm{cm}，內半徑為 6 cm6\,\mathrm{cm}。

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核心觀念

本題考查滑輪的轉動慣量、牛頓第二定律與繩子的無滑動約束。滑輪的轉動慣量由迴轉半徑 kk 求得：

IG=mk2I_G=mk^2

繩子與滑輪接觸處無滑動，因此重物的線加速度等於該繩接觸半徑乘以滑輪角加速度。兩條繩分別作用在不同半徑上，故 A、B 的加速度大小不同。

解題方法

取滑輪順時針角加速度為正。依圖，A 的繩繞在外半徑 R=0.10 mR=0.10\,\mathrm{m}，B 的繩繞在內半徑 r=0.06 mr=0.06\,\mathrm{m}。當滑輪順時針轉動時，A 向下、B 向右。

先求滑輪轉動慣量：

IG=10(0.20)2=0.40 kg⋅m2I_G=10(0.20)^2=0.40\,\mathrm{kg\cdot m^2}

設滑輪角加速度為 α\alpha，A、B 的張力分別為 TAT_A、TBT_B。由無滑動條件：

aA=Rα,aB=rαa_A=R\alpha,\qquad a_B=r\alpha

對 A 沿向下方向列式：

5g−TA=5Rα5g-T_A=5R\alpha

對 B 沿向右方向列式：

TB=5rαT_B=5r\alpha

以滑輪中心取順時針力矩：

TAR−TBr=IGαT_A R-T_B r=I_G\alpha
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