110 高普考普通考試 地震測報 地球物理數學概要 考古題詳解

110 年・高普考・普通考試・地震測報
試題代碼 地球物理數學概要

第 一 題25 分

長方形塊體的厚度為 tt，其斷層長度為 LL，斷層傾角為 θ\theta。當此正斷層向下滑動時，其斷層水平方向移動的距離為 ee，沿斷層面移動的距離為 mm。

若此正斷層受到重力滑動的功 WW 與斷層長度 LL 以及斷層面移動的距離 mm 成正比，亦即 W=αLmW=\alpha Lm，其中 α\alpha 為正比常數。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）證明正斷層受到重力滑動的功為

W(θ)=2αtesin⁡(2θ)。W(\theta)=\frac{2\alpha te}{\sin(2\theta)}。

（5 分）

（二）對正斷層滑動的功 WW 進行一次微分，以決定斷層滑動的最佳傾角。（10 分）

（三）對正斷層滑動的功 WW 進行二次微分，以判定上述最佳傾角為最小重力滑動的功所造成。（10 分）

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核心觀念

本題考查斷層幾何關係與單變數微分極值。由圖中幾何可得，斷層長度 LL 的垂直分量等於厚度 tt，而斷層面滑動距離 mm 的水平分量等於水平位移 ee：

Lsin⁡θ=t,mcos⁡θ=e。L\sin\theta=t,\qquad m\cos\theta=e。

題目給定重力滑動的功為 W=αLmW=\alpha Lm，其中 α>0\alpha>0。

解題方法

（一）推導 W(θ)W(\theta)

由幾何關係，

L=tsin⁡θ,m=ecos⁡θ。L=\frac{t}{\sin\theta},\qquad m=\frac{e}{\cos\theta}。

代入 W=αLmW=\alpha Lm：

W(θ)=α(tsin⁡θ)(ecos⁡θ)=αtesin⁡θcos⁡θ。W(\theta) =\alpha\left(\frac{t}{\sin\theta}\right) \left(\frac{e}{\cos\theta}\right) =\frac{\alpha te}{\sin\theta\cos\theta}。

利用 sin⁡(2θ)=2sin⁡θcos⁡θ\sin(2\theta)=2\sin\theta\cos\theta，得到

W(θ)=2αtesin⁡(2θ)。W(\theta)=\frac{2\alpha te}{\sin(2\theta)}。

（二）一次微分求最佳傾角

令 C=2αteC=2\alpha te，則 W(θ)=Ccsc⁡(2θ)W(\theta)=C\csc(2\theta)。對 θ\theta 微分：

W′(θ)=−2Ccsc⁡(2θ)cot⁡(2θ)=−4αtecos⁡(2θ)sin⁡2(2θ)。W'(\theta) =-2C\csc(2\theta)\cot(2\theta) =-\frac{4\alpha te\cos(2\theta)}{\sin^2(2\theta)}。

在 0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2} 的範圍內，sin⁡(2θ)>0\sin(2\theta)>0，故令 W′(θ)=0W'(\theta)=0，須有

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第 二 題25 分

建築物質量為 mm，其彈性係數為 kk。若地震的振動水平力是 msin⁡(w0t)m\sin(w_0t)，試問：

（一）為何建築物固有角頻率為

w=(km)1/2？w=\left(\frac{k}{m}\right)^{1/2}？

（5 分）

（二）求建築物水平位移隨時間的變化 x(t)x(t) 為何？（10 分）

（三）若共振（w=w0w=w_0）時，建築物會有什麼影響？（10 分）

先建立二階常微分方程式，再得到常微分方程式的齊次解與特解，最後以羅必達（L’Hopital）法則，求解建築物共振的水平位移變化。

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核心觀念

本題考查單自由度、無阻尼質量－彈簧系統的自由振動與簡諧外力下的受迫振動。建築物質量為 mm、等效彈性係數為 kk，水平位移記為 x(t)x(t)。依牛頓第二運動定律，質量乘加速度等於作用於建築物的合力。

固有角頻率是系統在沒有外力作用時自由振動的角頻率，單位為弧度／秒。題目未提供阻尼，以下採無阻尼模型，並假設建築物初始位移及初始速度皆為零：

x(0)=0,x˙(0)=0.x(0)=0,\qquad \dot{x}(0)=0.

解題方法

（一）推導固有角頻率

建築物偏離平衡位置 xx 時，彈性恢復力依虎克定律為 −kx-kx。沒有外力時，牛頓第二定律給出

mx¨=−kx,m\ddot{x}=-kx,

整理為

x¨+kmx=0.\ddot{x}+\frac{k}{m}x=0.

與標準自由振動方程

x¨+w2x=0\ddot{x}+w^2x=0

比較，可得

w=km.\boxed{w=\sqrt{\frac{k}{m}}}.

也可由特徵方程 r2+w2=0r^2+w^2=0 得到自由振動解 xh=C1cos⁡wt+C2sin⁡wtx_h=C_1\cos wt+C_2\sin wt，其中振動角頻率即為 w=k/mw=\sqrt{k/m}。

（二）求水平位移 x(t)x(t)

地震造成的水平力為 msin⁡(w0t)m\sin(w_0t)。將此力與彈性恢復力一併代入牛頓第二定律：

mx¨=msin⁡(w0t)−kx.m\ddot{x}=m\sin(w_0t)-kx.

兩邊除以 mm，並使用 w2=k/mw^2=k/m：

x¨+w2x=sin⁡(w0t).\ddot{x}+w^2x=\sin(w_0t).

當 w≠w0w\ne w_0 時，齊次解為

xh=C1cos⁡wt+C2sin⁡wt.x_h=C_1\cos wt+C_2\sin wt.

令特解為 xp=Asin⁡(w0t)x_p=A\sin(w_0t)，代入方程式：

A(w2−w02)sin⁡(w0t)=sin⁡(w0t),A(w^2-w_0^2)\sin(w_0t)=\sin(w_0t),

所以

xp=sin⁡(w0t)w2−w02.x_p=\frac{\sin(w_0t)}{w^2-w_0^2}.

因此通解為

x(t)=C1cos⁡wt+C2sin⁡wt+sin⁡(w0t)w2−w02.x(t)=C_1\cos wt+C_2\sin wt+ \frac{\sin(w_0t)}{w^2-w_0^2}.

套用初始條件 x(0)=0x(0)=0、x˙(0)=0\dot{x}(0)=0，得到 C1=0C_1=0、C2=−w0/[w(w2−w02)]C_2=-w_0/[w(w^2-w_0^2)]。故

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第 三 題25 分

地震場址效應與建築物耐震設計使用的「三相地震反應頻譜」是對位移 x(t)x(t)、速度 x˙(t)\dot{x}(t)、加速度 x¨(t)\ddot{x}(t) 的地震紀錄，進行傅立葉轉換 F{}F\{\} 的振幅頻譜：

D=∥F{x(t)}∥,V=∥F{x˙(t)}∥,A=∥F{x¨(t)}∥.D=\left\|F\{x(t)\}\right\|,\qquad V=\left\|F\{\dot{x}(t)\}\right\|,\qquad A=\left\|F\{\ddot{x}(t)\}\right\|.

對速度與加速度的一次微分先進行傅立葉轉換，再使用坐標軸的旋轉矩陣，證明坐標軸

(log⁡10A,log⁡10D)(\log_{10}A,\log_{10}D)

是從坐標軸

(2log⁡10w,2log⁡10V)(\sqrt{2}\log_{10}w,\sqrt{2}\log_{10}V)

逆時針旋轉 45∘45^\circ 所建立的。

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核心觀念

本題考查傅立葉轉換的微分性質，以及座標軸旋轉時「同一點的座標如何改變」。若以角頻率 ww 表示頻率，傅立葉轉換的微分性質為

F{x˙(t)}=iwF{x(t)},F{x¨(t)}=(iw)2F{x(t)}=−w2F{x(t)}.F\{\dot{x}(t)\}=iwF\{x(t)\},\qquad F\{\ddot{x}(t)\}=(iw)^2F\{x(t)\}=-w^2F\{x(t)\}.

取振幅（模長）後，乘上的 ii 或負號不影響振幅，因此速度與位移的振幅比為 ∣w∣|w|，加速度與位移的振幅比為 w2w^2。

解題方法

由定義可得

V=∣w∣D,A=w2D.V=|w|D,\qquad A=w^2D.

在 w>0w>0 的頻率範圍取常用對數：

log⁡10V=log⁡10w+log⁡10D,\log_{10}V=\log_{10}w+\log_{10}D, log⁡10A=2log⁡10w+log⁡10D.\log_{10}A=2\log_{10}w+\log_{10}D.

令原坐標軸上的座標為

X=2log⁡10w,Y=2log⁡10V.X=\sqrt{2}\log_{10}w,\qquad Y=\sqrt{2}\log_{10}V.

原坐標 (X,Y)(X,Y) 轉換到逆時針旋轉 45∘45^\circ 的新坐標 (X′,Y′)(X',Y')，使用旋轉坐標軸的轉換矩陣：

(X′Y′)=(cos⁡45∘sin⁡45∘−sin⁡45∘cos⁡45∘)(XY)=12(11−11)(XY).\begin{pmatrix} X'\\ Y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos45^\circ & \sin45^\circ\\ -\sin45^\circ & \cos45^\circ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X\\ Y \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1&1\\ -1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X\\ Y \end{pmatrix}.
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第 四 題25 分

若訊號 f(t)f(t) 的取樣間距為 Δt\Delta t，則其取樣時間

t=nΔt,n=−∞,…,−1,0,1,…,∞。t=n\Delta t,\qquad n=-\infty,\ldots,-1,0,1,\ldots,\infty。

至於取樣定理的奈奎斯特頻率（Nyquist frequency）fNf_N，應滿足角頻率

w∈(−2πfN,2πfN)。w\in(-2\pi f_N,2\pi f_N)。

從離散化訊號 f(nΔt)f(n\Delta t) 的傅立葉變換代入傅立葉反變換，證明奈奎斯特頻率

fN=12Δt。f_N=\frac{1}{2\Delta t}。

（25 分）

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核心觀念

本題考查取樣定理中「取樣頻率」與「奈奎斯特頻率」的關係，以及連續時間傅立葉變換如何由離散取樣表示。取樣間距為 Δt\Delta t，因此取樣頻率為

fs=1Δt.f_s=\frac{1}{\Delta t}.

奈奎斯特角頻率是取樣角頻率的一半；以赫茲表示，即奈奎斯特頻率為取樣頻率的一半。本題要求從離散訊號的傅立葉變換代入傅立葉反變換，導出此關係。

解題方法

採用角頻率 ω\omega 的傅立葉變換慣例：

F(ω)=∫−∞∞f(t)e−iωt dt,f(t)=12π∫−∞∞F(ω)eiωt dω.F(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t)e^{-i\omega t}\,dt, \qquad f(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega t}\,d\omega.

以間距 Δt\Delta t 對訊號取樣，可將取樣訊號表示為

fs(t)=f(t)∑n=−∞∞δ(t−nΔt)=∑n=−∞∞f(nΔt)δ(t−nΔt).f_s(t)=f(t)\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-n\Delta t) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n\Delta t)\delta(t-n\Delta t).

其傅立葉變換為

Fs(ω)=∫−∞∞fs(t)e−iωt dt=∑n=−∞∞f(nΔt)e−iωnΔt.F_s(\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}f_s(t)e^{-i\omega t}\,dt =\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n\Delta t)e^{-i\omega n\Delta t}.
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