114 高普考高考二級 土木工程 高等工程力學（包括材料力學） 考古題詳解

114 年・高普考・高考二級・土木工程
試題代碼 高等工程力學（包括材料力學）

第 一 題25 分

如圖所示，平行六面體（3 m×1 m×2 m3\,\mathrm{m}\times1\,\mathrm{m}\times2\,\mathrm{m}）的變形效果為在角落的 AA 點移至 A′A' 點（虛線）。已知 A′A' 點的座標為 (3.0006,0.9997,1.9996) m(3.0006,0.9997,1.9996)\,\mathrm{m}，此為小變形假設適用的情形，試述下列關於應變狀態（state of strain）的問題。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 估計在 AA 點位置的六個應變分量（正向應變 εx\varepsilon_x、εy\varepsilon_y、εz\varepsilon_z，剪應變 γxy\gamma_{xy}、γxz\gamma_{xz}、γyz\gamma_{yz}）。（20分）

(二) 若給定上述六個應變分量，請論述如何決定出主軸應變值（principal strains）？（5分）

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核心觀念

應變由位移在空間中的變化率決定。小變形下，三個正向應變為位移對應座標的偏導數；工程剪應變則是兩個互相垂直方向的位移變化率相加：

εx=∂u∂x,εy=∂v∂y,εz=∂w∂z\varepsilon_x=\frac{\partial u}{\partial x},\quad \varepsilon_y=\frac{\partial v}{\partial y},\quad \varepsilon_z=\frac{\partial w}{\partial z} γxy=∂u∂y+∂v∂x,γxz=∂u∂z+∂w∂x,γyz=∂v∂z+∂w∂y\gamma_{xy}=\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial x},\quad \gamma_{xz}=\frac{\partial u}{\partial z}+\frac{\partial w}{\partial x},\quad \gamma_{yz}=\frac{\partial v}{\partial z}+\frac{\partial w}{\partial y}

其中 u,v,wu,v,w 分別是 x,y,zx,y,z 方向的位移。

解題方法

依圖中座標方向及長度，未變形時角點 AA 的座標為 (3,1,2) m(3,1,2)\,\mathrm m。因此其位移為

(uA,vA,wA)=(3.0006−3, 0.9997−1, 1.9996−2)=(0.0006,−0.0003,−0.0004) m(u_A,v_A,w_A) =(3.0006-3,\ 0.9997-1,\ 1.9996-2) =(0.0006,-0.0003,-0.0004)\,\mathrm m

題目只給 AA 點的位移，沒有提供位移場或其他角點的位移，故六個應變分量無法由這些資料唯一決定。為估算數值，採用軸向均勻伸縮、座標軸方向不發生轉動的假設，即令 uu 只隨 xx 變化、vv 只隨 yy 變化、ww 只隨 zz 變化。依三個邊長估算：

εx≈0.00063=2.0×10−4\varepsilon_x\approx\frac{0.0006}{3}=2.0\times10^{-4} εy≈−0.00031=−3.0×10−4\varepsilon_y\approx\frac{-0.0003}{1}=-3.0\times10^{-4} εz≈−0.00042=−2.0×10−4\varepsilon_z\approx\frac{-0.0004}{2}=-2.0\times10^{-4}

在上述軸向均勻伸縮假設下，交叉方向的位移梯度均為零，因此

γxy=γxz=γyz=0\gamma_{xy}=\gamma_{xz}=\gamma_{yz}=0

解題技巧

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第 二 題25 分

如圖所示，四分之一圓弧的曲型細圓桿安裝於 xzxz 平面，固接於 BB 點後，施加一個垂直安裝面的集中力 PP 於 AA 端，P=−200 NP=-200\,\mathrm{N}（朝 −y-y 方向）。已知曲率半徑 R=100 mmR=100\,\mathrm{mm}、圓桿直徑 5 mm5\,\mathrm{mm}、E=200 GPaE=200\,\mathrm{GPa}、ν=0.3\nu=0.3。試論述下列關於斷面內力與變形的問題。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) CC 點位置在曲型細圓桿中間，亦即圖示 θ=45∘\theta=45^\circ，分析 CC 處斷面的彎矩（MM）與扭矩（TT）分別為何？（10分）

(二) 計算 AA 點下移量時，若僅考慮彎矩與扭矩之效應，分別標示為 ΔM\Delta_M、ΔT\Delta_T，兩者比值 (ΔMΔT)\left(\frac{\Delta_M}{\Delta_T}\right) 為何？（15分）

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核心觀念

本題考查曲桿的斷面內力分解，以及用卡氏定理計算集中力作用點的位移。曲桿位於 xzxz 平面，外力沿 −y-y 方向，因此取曲桿任一斷面後，外力對該斷面的力矩位於 xzxz 平面；將此力矩分解為沿桿件切線方向的扭矩 TT，以及垂直切線方向的彎矩 MM。

依圖令圓弧角度 θ\theta 自 AA 點起算，往 BB 點增加，因此 AA 為 θ=0\theta=0、BB 為 θ=90∘\theta=90^\circ，而 CC 為 θ=45∘\theta=45^\circ。

（一）CC 點斷面的彎矩與扭矩

在距 AA 點角度為 θ\theta 的斷面取自由體，考慮斷面至 AA 端的部分。外力大小為 P=200 NP=200\,\mathrm{N}，其對斷面的力矩分量為

M(θ)=PRsin⁡θ,T(θ)=PR(1−cos⁡θ).M(\theta)=PR\sin\theta,\qquad T(\theta)=PR(1-\cos\theta).

代入 R=0.1 mR=0.1\,\mathrm{m}、θ=45∘\theta=45^\circ：

MC=200(0.1)sin⁡45∘=14.14 N m,M_C=200(0.1)\sin45^\circ =14.14\,\mathrm{N\,m}, TC=200(0.1)(1−cos⁡45∘)=5.86 N m.T_C=200(0.1)(1-\cos45^\circ) =5.86\,\mathrm{N\,m}.

以上為內力矩的大小；若採取相反的斷面正方向，內力矩的正負號會同時依該約定表示。

（二）彎矩與扭矩造成的位移比

採用卡氏定理，分別計算彎曲與扭轉的應變能對載重 PP 的偏微分。弧長微分為 ds=R dθds=R\,d\theta，且全弧範圍為 0≤θ≤π/20\leq\theta\leq\pi/2。

彎曲造成的位移為

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第 三 題25 分

如圖所示，重量為 1000 N1000\,\mathrm{N} 的圓桶，靜止卡在高度為 75 mm75\,\mathrm{mm} 的台階。圓桶之連接桿可選擇以推（圖 a）以及拉（圖 b）的方式施力，圓桶直徑為 0.6 m0.6\,\mathrm{m}。試述下列關於力平衡的問題。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 假設連接桿施力的角度維持與水平夾角 30∘30^\circ，即如圖示角度，使圓桶恰抬高時的力量為 FF，推及拉兩種方式施力所計算的 FF 值分別為何？（15分）

(二) 若連接桿與水平的夾角標示為 θ\theta，分析最省力情況（使 FF 最小）時的角度 θ\theta 為何？（10分）

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核心觀念

圓桶恰要抬上台階時，地面支承力降為零，台階角點成為圓桶轉動的瞬時支點。以台階角點取矩，角點反力的力矩為零；臨界平衡時，連接桿施力造成的順時針力矩，須平衡圓桶重量造成的逆時針力矩。

圓桶半徑為 R=0.3 mR=0.3\,\mathrm{m}，台階高度為 h=0.075 mh=0.075\,\mathrm{m}。圓心至台階角點的垂直距離為

y=R−h=0.225 my=R-h=0.225\,\mathrm{m}

圓心至台階角點的水平距離為

x=R2−y2=2Rh−h2=2(0.3)(0.075)−(0.075)2=0.19843 mx=\sqrt{R^2-y^2} =\sqrt{2Rh-h^2} =\sqrt{2(0.3)(0.075)-(0.075)^2} =0.19843\,\mathrm{m}

圓桶重量 W=1000 NW=1000\,\mathrm{N} 對角點的力矩大小為 WxWx。

解題方法

設連接桿與水平夾角為 θ\theta。

圖 (a) 為推，施力方向向右下；圖 (b) 為拉，施力方向向右上。分別將施力分解為水平、垂直分量，再對台階角點取矩。

（一）夾角 θ=30∘\theta=30^\circ

推力時，施力的順時針力矩大小為

F(ycos⁡θ−xsin⁡θ)F(y\cos\theta-x\sin\theta)

因此臨界平衡滿足

F(ycos⁡30∘−xsin⁡30∘)=WxF(y\cos30^\circ-x\sin30^\circ)=Wx F推=1000(0.19843)0.225cos⁡30∘−0.19843sin⁡30∘≈2076 NF_{\text{推}} =\frac{1000(0.19843)} {0.225\cos30^\circ-0.19843\sin30^\circ} \approx 2076\,\mathrm{N}

拉力時，施力的順時針力矩大小為

F(ycos⁡θ+xsin⁡θ)F(y\cos\theta+x\sin\theta)

因此

F(ycos⁡30∘+xsin⁡30∘)=WxF(y\cos30^\circ+x\sin30^\circ)=Wx
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第 四 題25 分

如圖所示，水平懸臂梁固接於 AA 點，載重作用前在中跨 CC 點以未變形彈簧 KK 連接。於自由端 BB 處施加 P=4 kNP=4\,\mathrm{kN} 向下集中力後，計算 BB 點位移量。

已知梁 EI=5000 kN⋅m2EI=5000\,\mathrm{kN}\cdot\mathrm{m}^2、L=10 mL=10\,\mathrm{m}，彈簧 K=6EIL3=30 kN/m。K=\frac{6EI}{L^3}=30\,\mathrm{kN/m}。

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（25分）

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核心觀念

本題考查懸臂梁在彈簧支承作用下的位移相容與線性疊加。將彈簧的作用力視為梁上 CC 點的向上力 RR，並以彈簧變形等於 CC 點向下位移建立相容條件。

由圖可知，CC 位於梁跨中，因此 AC=a=5 mAC=a=5\,\mathrm{m}、AB=L=10 mAB=L=10\,\mathrm{m}。向下位移取正，則彈簧力方向向上。

解題方法

先計算端點集中力 PP 對梁的位移，再以 CC 點向上的彈簧力 RR 所造成的位移抵銷一部分。懸臂梁在距固定端 aa 處受力時，CC 點及自由端 BB 點的位移公式為：

δC(P)=Pa2(3L−a)6EI,δB(P)=PL33EI\delta_C^{(P)}=\frac{Pa^2(3L-a)}{6EI}, \qquad \delta_B^{(P)}=\frac{PL^3}{3EI}

若在 CC 點施加向上力 RR，其對兩點造成的向上位移量為：

δC(R)=Ra33EI,δB(R)=Ra2(3L−a)6EI\delta_C^{(R)}=\frac{Ra^3}{3EI}, \qquad \delta_B^{(R)}=\frac{Ra^2(3L-a)}{6EI}

因此，CC 點的實際向下位移為：

δC=Pa2(3L−a)6EI−Ra33EI\delta_C=\frac{Pa^2(3L-a)}{6EI}-\frac{Ra^3}{3EI}

彈簧載重前未變形，故彈簧壓縮量等於 CC 點向下位移，彈簧力為：

R=KδCR=K\delta_C

代入相容式：

R=K[Pa2(3L−a)6EI−Ra33EI]R=K\left[\frac{Pa^2(3L-a)}{6EI}-\frac{Ra^3}{3EI}\right]

整理得：

R(1+Ka33EI)=KPa2(3L−a)6EIR\left(1+\frac{Ka^3}{3EI}\right) =K\frac{Pa^2(3L-a)}{6EI}
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