112 地方特考四等 土木工程類科 靜力學概要與材料力學概要 考古題詳解

112 年・地方特考・四等・土木工程類科
試題代碼 靜力學概要與材料力學概要

第 一 題25 分

如圖之截面，求此截面對 xx 軸、yy 軸之面積慣性矩 IxI_x、IyI_y，以及面積慣性積 IxyI_{xy}。

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核心觀念

本題考查複合截面的：

  • 面積重心
  • 對重心軸的面積慣性矩
  • 面積慣性積
  • 平行軸定理

由圖可知，截面由三個互不重疊的矩形組成。取左下角為整體座標原點，令水平向右為 XX 軸、鉛直向上為 YY 軸。

截面尺寸為：

  • 總寬：90+90+90=270 mm90+90+90=270\ \text{mm}
  • 總高：40+80+40=160 mm40+80+40=160\ \text{mm}

圖示 xx、yy 軸通過截面重心。

解題方法

將截面分割為三個矩形：

矩形寬 bb高 hh重心座標 (Xi,Yi)(X_i,Y_i)
左上矩形 AA90904040(45,140)(45,140)
中央直立矩形 BB9090160160(135,80)(135,80)
右下矩形 CC90904040(225,20)(225,20)

各矩形面積皆為：

Ai=90×40=3600 mm2A_i=90\times40=3600\ \text{mm}^2

中央矩形面積為：

AB=90×160=14400 mm2A_B=90\times160=14400\ \text{mm}^2

總面積：

A=3600+14400+3600=21600 mm2A=3600+14400+3600=21600\ \text{mm}^2

1. 求截面重心

Xˉ=∑AiXi∑Ai\bar X=\frac{\sum A_iX_i}{\sum A_i} Xˉ=3600(45)+14400(135)+3600(225)21600=135 mm\bar X= \frac{3600(45)+14400(135)+3600(225)} {21600} =135\ \text{mm} Yˉ=∑AiYi∑Ai\bar Y=\frac{\sum A_iY_i}{\sum A_i} Yˉ=3600(140)+14400(80)+3600(20)21600=80 mm\bar Y= \frac{3600(140)+14400(80)+3600(20)} {21600} =80\ \text{mm}

因此，圖示重心軸位置為：

Xˉ=135 mm,Yˉ=80 mm\boxed{\bar X=135\ \text{mm},\qquad \bar Y=80\ \text{mm}}

各矩形重心至整體 xx、yy 軸的距離如下：

矩形dx=Xi−Xˉd_x=X_i-\bar Xdy=Yi−Yˉd_y=Y_i-\bar Y
AA−90-906060
BB0000
CC9090−60-60

2. 求對 xx 軸之面積慣性矩 IxI_x

矩形自身重心軸之面積慣性矩為：

Ix,c=bh312I_{x,c}=\frac{bh^3}{12}

利用平行軸定理：

Ix=∑(Ix,c+Aidy2)I_x=\sum\left(I_{x,c}+A_id_y^2\right)

左上矩形

IxA=90(40)312+3600(60)2I_{xA} =\frac{90(40)^3}{12}+3600(60)^2 IxA=480000+12960000=13440000 mm4I_{xA}=480000+12960000 =13440000\ \text{mm}^4

中央矩形

IxB=90(160)312+14400(0)2=30720000 mm4I_{xB} =\frac{90(160)^3}{12}+14400(0)^2 =30720000\ \text{mm}^4

右下矩形

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第 二 題25 分

重為 WW 之物體放在傾斜 θ\theta 角之斜面上，如圖所示。物體與斜面間的最大靜摩擦角為 ϕs\phi_s，且 ϕs>θ\phi_s>\theta，則使物體產生臨界運動（impending motion）之最小水平力 Q=?Q=?

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核心觀念

本題考查斜面上的靜力平衡與最大靜摩擦力：

  • 最大靜摩擦力：Fs=μsNF_s=\mu_s N
  • 摩擦係數與摩擦角關係：μs=tan⁡ϕs\mu_s=\tan\phi_s
  • 因為 ϕs>θ\phi_s>\theta，物體原本具有向下滑動的穩定性。
  • 圖示水平力 QQ 向左，其沿斜面方向的分力會使物體向下滑動；同時增加斜面正向力，使最大靜摩擦力增加。

因此，臨界運動方向為「沿斜面向下」。

解題方法

取沿斜面向上為正方向，垂直斜面向外為正方向。

水平力 QQ 與斜面的分解如下：

  • 沿斜面向下：Qcos⁡θQ\cos\theta
  • 垂直斜面向內：Qsin⁡θQ\sin\theta

重量 WW 的分解如下：

  • 沿斜面向下：Wsin⁡θW\sin\theta
  • 垂直斜面向內：Wcos⁡θW\cos\theta

臨界向下運動時，摩擦力向上，且

Fs=μsNF_s=\mu_s N

垂直斜面方向平衡：

N=Wcos⁡θ+Qsin⁡θN=W\cos\theta+Q\sin\theta

沿斜面方向平衡：

Fs=Wsin⁡θ+Qcos⁡θF_s=W\sin\theta+Q\cos\theta

代入 Fs=μsNF_s=\mu_sN：

μs(Wcos⁡θ+Qsin⁡θ)=Wsin⁡θ+Qcos⁡θ\mu_s(W\cos\theta+Q\sin\theta) =W\sin\theta+Q\cos\theta

整理得：

Q(μssin⁡θ−cos⁡θ)=W(sin⁡θ−μscos⁡θ)Q(\mu_s\sin\theta-\cos\theta) =W(\sin\theta-\mu_s\cos\theta)

所以

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第 三 題25 分

如圖示，垂直桿 ABCABC 為非等截面。

ABAB 段：長度 L1L_1，截面積 A1A_1，楊氏模數為 EE；BCBC 段：長度 L2L_2，截面積 A2A_2，楊氏模數為 EE。

水平桿 BDEBDE 為剛性桿。外力 P1P_1 及 P2P_2 分別作用於 CC 點及 EE 點。

求：BB 點垂直方向位移 ΔB\Delta_B、CC 點垂直方向位移 ΔC\Delta_C、EE 點垂直方向位移 ΔE\Delta_E。

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核心觀念

本題考查：

  1. 軸向桿件變形公式 δ=NLAE\delta=\frac{NL}{AE}

  2. 剛性桿的靜力平衡。

  3. 剛性桿繞鉸支承點 DD 轉動時，各點位移與距離成正比，且位移方向相反。

依圖，DD 為固定鉸支承，因此：

ΔD=0\Delta_D=0

以下取鉛直向下為位移正方向。

解題方法

一、求剛性桿在 BB 點的作用力

對水平剛性桿 BDEBDE 取 DD 點力矩。

設桿件在 BB 點對剛性桿的作用力為 FBF_B，向上為正，則：

∑MD=0\sum M_D=0

−aFB−bP2=0-aF_B-bP_2=0

因此：

FB=−baP2F_B=-\frac{b}{a}P_2

負號表示實際方向向下。因此，剛性桿對垂直桿 ABCABC 在 BB 點的作用力方向向上，大小為：

baP2\frac{b}{a}P_2

二、求 BB 點位移 ΔB\Delta_B

垂直桿 ABAB 所承受的軸力，為 CC 點外力 P1P_1 與 BB 點傳入力之代數和：

NAB=P1−baP2N_{AB}=P_1-\frac{b}{a}P_2

因此 BB 點相對於固定端 AA 的位移為：

ΔB=NABL1A1E\Delta_B =\frac{N_{AB}L_1}{A_1E}

故：

ΔB=L1A1E(P1−baP2)\boxed{\Delta_B =\frac{L_1}{A_1E} \left(P_1-\frac{b}{a}P_2\right)}

若結果為正，表示 BB 點向下；若結果為負，表示 BB 點向上。

三、求 CC 點位移 ΔC\Delta_C

BCBC 段下方只有 CC 點外力 P1P_1，故：

NBC=P1N_{BC}=P_1

CC 點相對於 BB 點的伸長量為：

δCB=P1L2A2E\delta_{CB}=\frac{P_1L_2}{A_2E}

因此：

ΔC=ΔB+δCB\Delta_C=\Delta_B+\delta_{CB}

代入 ΔB\Delta_B：

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第 四 題25 分

如圖示之托架，力量 F⃗1=70 N\vec{F}_1=70\ \mathrm{N}，F⃗2=30 N\vec{F}_2=30\ \mathrm{N} 分別作用於 BB、DD 兩點，求此力系之合力向量 F⃗R\vec{F}_R，及對 OO 點之合力矩向量 M⃗RO\vec{M}_{RO}。

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核心觀念

本題考查三維力系的：

  1. 力的直角坐標分量分解： F⃗=Fr⃗∣r⃗∣\vec F=F\frac{\vec r}{|\vec r|}
  2. 力系合力： F⃗R=∑F⃗\vec F_R=\sum \vec F
  3. 對 OO 點的合力矩： M⃗RO=∑(r⃗×F⃗)\vec M_{RO}=\sum(\vec r\times\vec F)

取圖示座標系，令 OO 為原點，xx 軸向右、yy 軸向上、zz 軸依圖示方向。

由圖得各點座標（單位：mm）：

B=(0,400,300),D=(300,0,300),E=(300,0,0)B=(0,400,300),\qquad D=(300,0,300),\qquad E=(300,0,0)

其中 F⃗1\vec F_1 沿 BEBE 方向，F⃗2\vec F_2 沿 DODO 方向。

力向量分解

力 F⃗1\vec F_1

由 BB 指向 EE：

r⃗BE=E−B=(300,−400,−300)\vec r_{BE}=E-B=(300,-400,-300)

其長度為：

∣r⃗BE∣=3002+4002+3002=10034 mm|\vec r_{BE}|=\sqrt{300^2+400^2+300^2} =100\sqrt{34}\ \text{mm}

因此：

F⃗1=70300i−400j−300k10034\vec F_1 =70\frac{300\mathbf i-400\mathbf j-300\mathbf k}{100\sqrt{34}}

依題圖數值可得：

F⃗1=36i−48j−36k N\boxed{\vec F_1=36\mathbf i-48\mathbf j-36\mathbf k\ \text{N}}

力 F⃗2\vec F_2

F⃗2\vec F_2 沿 DODO，由 DD 指向 OO：

r⃗DO=O−D=(−300,0,−300)\vec r_{DO}=O-D=(-300,0,-300)

其單位向量為：

r⃗DO∣r⃗DO∣=−i−k2\frac{\vec r_{DO}}{|\vec r_{DO}|} =\frac{-\mathbf i-\mathbf k}{\sqrt2}

所以：

F⃗2=−302i−302k\boxed{\vec F_2 =-\frac{30}{\sqrt2}\mathbf i-\frac{30}{\sqrt2}\mathbf k}

即：

F⃗2=−21.213i−21.213k N\vec F_2=-21.213\mathbf i-21.213\mathbf k\ \text{N}

合力向量

F⃗R=F⃗1+F⃗2\vec F_R=\vec F_1+\vec F_2 F⃗R=(36−21.213)i−48j+(−36−21.213)k\vec F_R =(36-21.213)\mathbf i-48\mathbf j +(-36-21.213)\mathbf k

因此：

F⃗R=14.787i−48.000j−57.213k N\boxed{ \vec F_R =14.787\mathbf i-48.000\mathbf j-57.213\mathbf k\ \text{N} }

對 OO 點的合力矩

F⃗1\vec F_1 對 OO 點的力矩

位置向量：

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