110 地方特考四等 機械工程 機械力學概要 考古題詳解

110 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

如圖 1 所示，請決定將該 100 kg100\text{ kg} 圓柱體抬升所需之最小水平力 PP。假設在接觸點 AA 與 BB 之靜摩擦係數分別為 (μs)A=0.6(\mu_s)_A = 0.6 與 (μs)B=0.2(\mu_s)_B = 0.2。而在楔塊（wedge）與地板 CC 間之靜摩擦係數為 μs=0.3\mu_s = 0.3。假設在此作用力之下，此圓柱在 AA 點為滾動而 BB 點為滑動。解題時請先畫出自由體圖，未畫者不予計分。

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核心觀念

本題考查：

  1. 圓柱與楔塊接觸面的法向力與摩擦力。
  2. 「A 點滾動」表示 A 點不滑動，但摩擦力不必為零。
  3. 「B 點滑動」表示 B 點摩擦力達極限： FB=(μs)BNB=0.2NBF_B=(\mu_s)_B N_B=0.2N_B
  4. 楔塊即將向右滑動，因此地板 C 的摩擦力達極限： FC=μCNC=0.3NCF_C=\mu_C N_C=0.3N_C
  5. 使用各物體的力平衡與圓柱力矩平衡。

取 g=9.81 m/s2g=9.81\ \text{m/s}^2，圓柱重量為

W=mg=100(9.81)=981 NW=mg=100(9.81)=981\ \text{N}

解題方法：圓柱體自由體圖

圓柱受力如下：

  • 重量 WW，鉛直向下。
  • A 點法向力 NAN_A，水平向左。
  • A 點摩擦力 FAF_A，鉛直向下。
  • B 點法向力 NBN_B，垂直於楔塊斜面。
  • B 點摩擦力 FBF_B，沿斜面向右下方。

斜面角度為 10∘10^\circ，因此 B 點法向力的分量為：

  • 水平分量：NBsin⁡10∘N_B\sin10^\circ
  • 鉛直分量：NBcos⁡10∘N_B\cos10^\circ

B 點摩擦力的分量為：

  • 水平分量：FBcos⁡10∘F_B\cos10^\circ
  • 鉛直分量：FBsin⁡10∘F_B\sin10^\circ

由於 B 點滑動：

FB=0.2NBF_B=0.2N_B

圓柱力矩平衡

以圓柱中心取力矩。A 點法向力通過圓心，不產生力矩；B 點法向力也通過圓心。

因此只有 A、B 兩點摩擦力產生力矩，且力矩平衡給出：

FA=FBF_A=F_B

所以

FA=0.2NBF_A=0.2N_B

這裡要注意：A 點雖然為滾動接觸，仍可存在靜摩擦力；滾動的意義是不發生相對滑動，而不是摩擦力必為零。

圓柱鉛直方向平衡

∑Fy=0\sum F_y=0 NBcos⁡10∘−FBsin⁡10∘−FA−W=0N_B\cos10^\circ-F_B\sin10^\circ-F_A-W=0

代入 FA=FB=0.2NBF_A=F_B=0.2N_B：

NBcos⁡10∘−0.2NBsin⁡10∘−0.2NB−981=0N_B\cos10^\circ -0.2N_B\sin10^\circ -0.2N_B -981=0

整理得：

NB[cos⁡10∘−0.2(sin⁡10∘+1)]=981N_B\left[\cos10^\circ-0.2(\sin10^\circ+1)\right]=981 NB=981cos⁡10∘−0.2(sin⁡10∘+1)≈1307.9 NN_B =\frac{981} {\cos10^\circ-0.2(\sin10^\circ+1)} \approx1307.9\ \text{N}

因此

FB=FA=0.2(1307.9)≈261.6 NF_B=F_A=0.2(1307.9) \approx261.6\ \text{N}

檢核 A 點確實為滾動

圓柱水平方向平衡：

NA=NBsin⁡10∘+FBcos⁡10∘N_A=N_B\sin10^\circ+F_B\cos10^\circ
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第 二 題20 分

如圖 2 所示，一方塊 BB（質量 0.2 kg0.2\text{ kg}）用一條繩子（質量忽略不計）與錐頂連接，該圓錐角度為 90∘90^\circ，若方塊 BB 以一個速度 0.5 m/s0.5\text{ m/s} 沿此圓錐運動。請求出該繩子之張力及圓錐作用在方塊 BB 上之作用力。解題時請先畫出自由體圖，未畫者不予計分。

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核心觀念

本題考查方塊在光滑圓錐面上作水平圓周運動的動力學。方塊受三個力：

  1. 重力 W=mgW=mg，鉛直向下。
  2. 繩張力 TT，沿圓錐母線指向錐頂 AA。
  3. 圓錐對方塊的作用力 NN，垂直於圓錐面。

依圖示，繩長為

L=200 mm=0.2 mL=200\text{ mm}=0.2\text{ m}

方塊速度為 v=0.5 m/sv=0.5\text{ m/s}，質量為 m=0.2 kgm=0.2\text{ kg}。

圓錐頂角為 90∘90^\circ，故圓錐半角為

α=45∘\alpha=45^\circ

自由體圖

方塊 BB 的自由體圖應標示：

  • mgmg：鉛直向下；
  • TT：沿斜面向錐頂；
  • NN：垂直斜面、離開圓錐面；
  • 水平向軸心的向心加速度 an=v2/ra_n=v^2/r。

其中 rr 為方塊繞鉛直軸運動的半徑。

幾何關係

由繩長 LL 得

r=Lsin⁡αr=L\sin\alpha

因此

r=0.2sin⁡45∘=0.1414 mr=0.2\sin45^\circ =0.1414\text{ m}

向心力所需大小為

Fc=mv2r=0.2(0.5)20.1414=0.3536 NF_c=m\frac{v^2}{r} =0.2\frac{(0.5)^2}{0.1414} =0.3536\text{ N}

方塊重量為

mg=0.2(9.81)=1.962 Nmg=0.2(9.81)=1.962\text{ N}

解題方法

取鉛直方向及指向圓錐軸心的水平方向列牛頓第二定律。

張力的分量為：

  • 鉛直向上：Tcos⁡αT\cos\alpha
  • 水平向內：Tsin⁡αT\sin\alpha

法向力的分量為：

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第 三 題20 分

如圖 3 所示，一個 60 kg60\text{ kg} 的方板在角落 AA 受到一垂直力 P=500 NP = 500\text{ N}。如果初始此方板的姿態為 θ=0∘\theta = 0^\circ，且為靜止。請求出當 θ=45∘\theta = 45^\circ 時此方板之角速度。假設重力方向為垂直向下，且不考慮運動時之摩擦力。

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核心觀念

本題考查剛體平面運動的功與能原理：

T1+U1→2=T2T_1+U_{1\to2}=T_2

其中：

  • 初始靜止，因此 T1=0T_1=0。
  • A 點受垂直向上力 PP，其作功為 PΔyAP\Delta y_A。
  • 重力對質心 G 作功為 −mgΔyG-mg\Delta y_G。
  • A、B 的滑槽反力均不作功。
  • 方板的動能包括質心平移動能與繞質心轉動動能。

方板邊長由圖得為 1 m1\text{ m}，質量為 m=60 kgm=60\text{ kg}。

幾何關係

令方板由 θ=0∘\theta=0^\circ 轉至 θ=45∘\theta=45^\circ，B 點受水平滑槽限制，因此 B 點的垂直位置不變。

由圖示幾何關係，A 點相對於 B 點的垂直距離為

yA−yB=sin⁡θ+cos⁡θy_A-y_B=\sin\theta+\cos\theta

因此 A 點上升量為

ΔyA=(sin⁡45∘+cos⁡45∘)−(sin⁡0∘+cos⁡0∘)\Delta y_A =(\sin45^\circ+\cos45^\circ)-(\sin0^\circ+\cos0^\circ) ΔyA=2−1=0.4142 m\Delta y_A=\sqrt{2}-1 =0.4142\text{ m}

方板質心位於 A、B 對角線中點，因此

ΔyG=12ΔyA=2−12=0.2071 m\Delta y_G=\frac{1}{2}\Delta y_A =\frac{\sqrt{2}-1}{2} =0.2071\text{ m}

動能計算

A 點的垂直速度為

vA=dyAdt=(cos⁡θ−sin⁡θ)θ˙v_A=\frac{d y_A}{dt} =(\cos\theta-\sin\theta)\dot\theta

在 θ=45∘\theta=45^\circ 時，

vA=0v_A=0

質心速度分量為

vGx=−12(sin⁡θ+cos⁡θ)θ˙v_{Gx}=-\frac{1}{2}(\sin\theta+\cos\theta)\dot\theta vGy=12(cos⁡θ−sin⁡θ)θ˙v_{Gy}=\frac{1}{2}(\cos\theta-\sin\theta)\dot\theta

故在 θ=45∘\theta=45^\circ 時，

vG2=(22θ˙)2=12θ˙2v_G^2 =\left(\frac{\sqrt2}{2}\dot\theta\right)^2 =\frac{1}{2}\dot\theta^2
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第 四 題20 分

如圖 4 所示，一根剛體槓桿 ABCDABCD 與黃銅桿件 AEAE 以及鋁桿件 CFCF 相連結。AEAE 與 CFCF 之截面積均為 500 mm2500\text{ mm}^2。若 DD 端受一垂直力 40 kN40\text{ kN}，請解出 DD 之位移。

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核心觀念

本題考查：

  • 剛體槓桿繞鉸支承 BB 轉動。
  • 軸向桿件變形公式 δ=FLAE\delta=\frac{FL}{AE}
  • 剛體轉動的幾何相容條件。
  • 槓桿對 BB 點的力矩平衡。

圖中未明確標示材料彈性模數，採機械力學常用值：

Ebrass=100 GPa,EAl=70 GPaE_{\text{brass}}=100\text{ GPa},\qquad E_{\text{Al}}=70\text{ GPa}

且由圖中 E、FE、F 位於同一固定平面、CF=0.15 mCF=0.15\text{ m}，取：

AE=CF=0.15 mAE=CF=0.15\text{ m}

解題方法

取槓桿 BB 點為轉動中心。各長度為：

AB=0.2 m,BC=0.15 m,BD=0.15+0.25=0.4 mAB=0.2\text{ m},\qquad BC=0.15\text{ m},\qquad BD=0.15+0.25=0.4\text{ m}

設槓桿因 DD 點向下受力而順時針轉過小角度 θ\theta。

由剛體轉動幾何關係：

δA=ABθ=0.2θ\delta_A=AB\theta=0.2\theta

δC=BCθ=0.15θ\delta_C=BC\theta=0.15\theta

其中 AA 點向上移動，使黃銅桿受壓；CC 點向下移動，使鋁桿受拉。

1. 黃銅桿與鋁桿的軸向剛度

截面積：

A=500 mm2=500×10−6 m2A=500\text{ mm}^2=500\times10^{-6}\text{ m}^2

黃銅桿：

kAE=EbrassAL=(100×109)(500×10−6)0.15=333.33×106 N/mk_{AE}=\frac{E_{\text{brass}}A}{L} =\frac{(100\times10^9)(500\times10^{-6})}{0.15} =333.33\times10^6\text{ N/m}

鋁桿：

kCF=EAlAL=(70×109)(500×10−6)0.15=233.33×106 N/mk_{CF}=\frac{E_{\text{Al}}A}{L} =\frac{(70\times10^9)(500\times10^{-6})}{0.15} =233.33\times10^6\text{ N/m}

因此桿件對槓桿的作用力大小為：

FAE=kAE(0.2θ)F_{AE}=k_{AE}(0.2\theta)

FCF=kCF(0.15θ)F_{CF}=k_{CF}(0.15\theta)

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第 五 題20 分

如圖 5 所示，請決定作用在該鋁合金軸（剪力模數 G=28 GPaG = 28\text{ GPa}）之扭矩 TAT_A、TBT_B 及 TCT_C。該軸目前為處在平衡狀態，且在 ABAB 段的最大剪應力為 80 MPa80\text{ MPa}，其扭轉角為 0.02 rad0.02\text{ rad}（方向為由 AA 看入時為順時鐘方向）。

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核心觀念

本題考查實心圓軸的：

  1. 扭矩與最大剪應力關係 τmax⁡=TcJ=16Tπd3\tau_{\max}=\frac{Tc}{J}=\frac{16T}{\pi d^3}

  2. 扭轉角公式 ϕ=TLGJ\phi=\frac{TL}{GJ}

  3. 軸整體的扭矩平衡 ∑T=0\sum T=0

圖中尺寸為：

  • ABAB 段：L1=2 mL_1=2\text{ m}，d1=100 mm=0.1 md_1=100\text{ mm}=0.1\text{ m}
  • BCBC 段：L2=1.5 mL_2=1.5\text{ m}，d2=75 mm=0.075 md_2=75\text{ mm}=0.075\text{ m}
  • G=28 GPaG=28\text{ GPa}
  • ABAB 段最大剪應力：80 MPa80\text{ MPa}
  • AA 至 CC 的總扭轉角：0.02 rad0.02\text{ rad}

解題方法

取由 AA 看入為順時鐘方向為正。

1. 求 ABAB 段內部扭矩

ABAB 段為實心圓軸，其極慣性矩為

J1=πd1432=π(0.1)432=9.817×10−6 m4J_1=\frac{\pi d_1^4}{32} =\frac{\pi(0.1)^4}{32} =9.817\times10^{-6}\text{ m}^4

由最大剪應力公式：

TAB=τmax⁡πd1316T_{AB} =\frac{\tau_{\max}\pi d_1^3}{16} TAB=(80×106)π(0.1)316=1.571×105 N⋅mT_{AB} =\frac{(80\times10^6)\pi(0.1)^3}{16} =1.571\times10^5\text{ N}\cdot\text{m}

因此

TAB=157.1 kN⋅mT_{AB}=157.1\text{ kN}\cdot\text{m}

2. 求 BCBC 段內部扭矩

BCBC 段的極慣性矩為

J2=πd2432=π(0.075)432=3.106×10−6 m4J_2=\frac{\pi d_2^4}{32} =\frac{\pi(0.075)^4}{32} =3.106\times10^{-6}\text{ m}^4

總扭轉角為兩段扭轉角的代數和：

ϕAC=TABL1GJ1+TBCL2GJ2\phi_{AC} =\frac{T_{AB}L_1}{GJ_1} +\frac{T_{BC}L_2}{GJ_2}

代入 ϕAC=0.02\phi_{AC}=0.02：

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