112 高普考高考三級 土木工程 結構學 考古題詳解

112 年・高普考・高考三級・土木工程
試題代碼 結構學

第 一 題25 分

試決定圖中構件 CDCD 與 EFEF 的受力大小，以及 AA 點與 BB 點的鉸支承（pin support）作用在構架之水平方向與垂直方向的分力大小。圖示所有構件皆為鉸接（pin joint）。不考慮結構自重影響。

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核心觀念

本題考查：

  1. 鉸接構架的分割與平衡。
  2. 兩力構件（two-force member）的特性：
  • 構件 CDCD 僅受 C、DC、D 兩端作用力，因此內力沿 CDCD 軸線，為水平方向。
  • 構件 EFEF 僅受 E、FE、F 兩端作用力，因此內力沿 EFEF 軸線。
  1. 靜力平衡方程式：
∑Fx=0,∑Fy=0,∑M=0\sum F_x=0,\qquad \sum F_y=0,\qquad \sum M=0

圖中左柱 ADAD 承受均布水平荷載：

w=400 N/mw=400\ \text{N/m}

荷載作用長度為：

L=1.5+3=4.5 mL=1.5+3=4.5\ \text{m}

故均布荷載可等效為集中力：

R=wL=400(4.5)=1800 NR=wL=400(4.5)=1800\ \text{N}

其作用位置位於 ADAD 中點，距 AA 點：

yˉ=4.52=2.25 m\bar y=\frac{4.5}{2}=2.25\ \text{m}

幾何關係

構件 EFEF 的水平、垂直距離分別為：

Δx=2 m,Δy=1.5 m\Delta x=2\ \text{m},\qquad \Delta y=1.5\ \text{m}

因此：

EF=22+1.52=2.5 mEF=\sqrt{2^2+1.5^2}=2.5\ \text{m}

其方向餘弦為：

cos⁡θ=22.5=0.8,sin⁡θ=1.52.5=0.6\cos\theta=\frac{2}{2.5}=0.8,\qquad \sin\theta=\frac{1.5}{2.5}=0.6

解題方法

令：

  • NCDN_{CD} 為構件 CDCD 軸力，拉力為正。
  • NEFN_{EF} 為構件 EFEF 軸力，拉力為正。
  • Ax,AyA_x,A_y 為 AA 點支承反力。
  • Bx,ByB_x,B_y 為 BB 點支承反力。

取右側構架 BCFBCF 作自由體圖。若以拉力為正，則：

  • CDCD 在 CC 點對右側構架作用向左的力 NCDN_{CD}。
  • EFEF 在 FF 點對右側構架作用沿 FEFE 方向的力，其分量為 −0.8NEF,+0.6NEF-0.8N_{EF},\quad +0.6N_{EF}

右側構架對 BB 點取矩

CC 點距 BB 點 4.54.5 m，FF 點距 BB 點 1.51.5 m：

∑MB=0\sum M_B=0 4.5NCD+1.2NEF=04.5N_{CD}+1.2N_{EF}=0

因此：

NEF=−3.75NCDN_{EF}=-3.75N_{CD}

負號表示構件 EFEF 實際為壓力構件。

左側構架 ADEADE 對 AA 點取矩

左側構架承受：

  • DD 點之 CDCD 構件力 NCDN_{CD}；
  • EE 點之 EFEF 構件水平分力 0.8NEF0.8N_{EF}；
  • 均布荷載合力 18001800 N，作用於 AA 點上方 2.252.25 m。

故：

∑MA=0\sum M_A=0 −4.5NCD−3(0.8NEF)−1800(2.25)=0-4.5N_{CD}-3(0.8N_{EF})-1800(2.25)=0
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第 二 題25 分

圖示圓盤受彎矩 M=300 N⋅mM=300\ \mathrm{N\cdot m} 作用，且圓盤邊上有一彈簧，其係數 k=4 kN/mk=4\ \mathrm{kN/m}，彈簧另一端固定在牆壁上。在初始狀態彈簧未伸長無變形，不考慮摩擦力影響：

  1. 試繪出圓盤之自由體圖（Free body diagram, FBD）。
  2. 試用虛功法（method of virtual work）決定力平衡（equilibrium）時的圓盤轉角 θ\theta。

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核心觀念

本題考查：

  • 固定圓心之圓盤的自由體圖。
  • 彈簧力 Fs=kΔF_s=k\Delta。
  • 虛功原理：平衡時，所有外力所作虛功代數和為零。
  • 圓盤圓周點的水平位移幾何關係。

取圓盤順時針轉角 θ\theta 為正。圓盤半徑由圖得

r=0.5 mr=0.5\ \text{m}

彈簧初始未伸長。

1. 圓盤自由體圖（FBD）

圓盤受力如下：

  1. 圓心固定鉸支承反力 OxO_x、OyO_y。
  2. 圓周上方連接彈簧之處，受彈簧拉力 FsF_s，方向水平向左。
  3. 外加順時針力偶
M=300 N⋅mM=300\ \text{N}\cdot\text{m}

可表示為：

 ← Fs = kΔ
 ● 彈簧連接點
 ◯
 ⊙ O
 ↑ Oy → Ox

 M：順時針力偶

圓心鉸支承固定不動，因此支承反力在虛功計算中不作功。

2. 以虛功法求轉角

彈簧伸長量

圓盤上方連接點初始位於圓心正上方。圓盤順時針轉過 θ\theta 後，該點向右移動，其水平位移即為彈簧伸長量：

Δ=rsin⁡θ\Delta=r\sin\theta

因此彈簧力為

Fs=kΔ=krsin⁡θF_s=k\Delta=kr\sin\theta

其中

k=4 kN/m=4000 N/mk=4\ \text{kN/m}=4000\ \text{N/m}

虛功方程式

圓盤產生微小順時針轉角 δθ\delta\theta 時，彈簧連接點的水平虛位移為

δΔ=rcos⁡θ δθ\delta\Delta=r\cos\theta\,\delta\theta

外加力偶所作虛功為

δWM=M δθ\delta W_M=M\,\delta\theta

彈簧力阻礙圓盤順時針轉動，其虛功為

δWs=−Fs δΔ\delta W_s=-F_s\,\delta\Delta

平衡條件：

δWM+δWs=0\delta W_M+\delta W_s=0

代入得

M δθ−(krsin⁡θ)(rcos⁡θ δθ)=0M\,\delta\theta - (kr\sin\theta)(r\cos\theta\,\delta\theta)=0
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第 三 題25 分

（一）試說明結構分析中的疊加法（method of superposition）與其使用之前提或限制。（10分）

（二）用疊加法試決定下圖示梁的 3 個支承的垂直向反力，其中 AA 點為鉸支承（hinge support），而其他 2 點為滾支承（roller）。EE 為材料楊氏係數，II 為斷面二次矩，且 EIEI 為常數。查表可知梁長 LL 的簡支梁中央受集中載重 PP 作用時最大變位

δ1=PL348EI\delta_1=\frac{PL^3}{48EI}

改為整支梁受均布載重 ww 時最大變位

δ2=5wL4384EI\delta_2=\frac{5wL^4}{384EI}

不考慮結構自重影響。（15分）

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第三題（一）疊加法之意義、前提與限制

核心觀念

疊加法是在線性結構分析中，將各個外力分別作用所產生的反力、內力、應力或變位個別求出，再利用代數方式相加，得到全部外力共同作用下的結構反應。

例如結構受到 P1P_1、P2P_2 作用時：

δ=δP1+δP2\delta=\delta_{P_1}+\delta_{P_2}

內力與支承反力亦可採相同方式疊加。

使用前提

疊加法成立須具備下列條件：

  1. 材料為線彈性材料：應力與應變成正比，遵守胡克定律。
  2. 變形為小變形：變形不致明顯改變結構幾何形狀及受力方向。
  3. 結構勁度保持不變：例如 EE、II 及構件長度不因載重而改變。
  4. 邊界條件及支承狀況不變：支承不能因載重而脫離、滑動或產生新的接觸狀態。
  5. 各載重作用彼此獨立：載重不應因結構變形而產生顯著改變。
  6. 位移、應變及內力與外力呈線性關係。

限制

下列情形不宜直接使用疊加法：

  • 材料進入塑性階段或具有明顯非線性。
  • 發生大變形、二階效應或屈曲。
  • 支承可能脫離、構件可能鬆弛或接觸狀態會改變。
  • 結構勁度會因載重而改變。
  • 載重方向會隨結構變形而改變。
  • 存在材料非線性、幾何非線性或接觸非線性。

本題利用疊加法處理靜不定梁：先以簡支梁取代原結構，再以 BB 點的冗餘反力造成反向變位，利用 BB 點變位為零的相容條件求解。

第三題（二）三個支承垂直反力

核心觀念

原梁全長為 2L2L，支承位置為：

  • AA：左端；
  • BB：距 AA 為 LL；
  • CC：右端，距 AA 為 2L2L。

梁全長受均布載重 ww，總載重為：

W=w(2L)=2wLW=w(2L)=2wL

由於 AA、BB、CC 三個支承反力中有三個未知量，而整體只有兩個獨立的垂直平衡方程式，因此為一次靜不定結構。

選取 BB 點反力 RBR_B 為冗餘力，先移除 BB 支承，使基本結構成為跨距 2L2L 的簡支梁。

1. 以均布載重造成的 BB 點變位

基本結構為長度 2L2L 的簡支梁，承受全跨均布載重 ww。

題目給定簡支梁全跨均布載重時的最大變位：

δ2=5wℓ4384EI\delta_2=\frac{5w\ell^4}{384EI}

其中基本結構長度 ℓ=2L\ell=2L，因此：

δw=5w(2L)4384EI=5wL424EI\delta_w = \frac{5w(2L)^4}{384EI} = \frac{5wL^4}{24EI}

方向向下。

2. 以冗餘反力 RBR_B 造成的 BB 點變位

在跨距 2L2L 的簡支梁中央施加冗餘反力 RBR_B。題目給定中央集中載重造成的最大變位：

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第 四 題25 分

用結構矩陣法試決定圖示構架的節點②在水平方向位移（D1）、垂直方向位移（D2）及轉角（D3）。構件的材料楊氏係數 E=200 GPaE=200\ \mathrm{GPa}，斷面二次矩 I=300×106 mm4I=300\times10^6\ \mathrm{mm}^4，面積 A=10×103 mm2A=10\times10^3\ \mathrm{mm}^2。參照圖示構架節點自由度編號，可求得構架整體的結構勁度矩陣如下：（25分）

圖示載重與結構資料：均布載重 12 kN/m12\ \mathrm{kN/m}、水平載重 10 kN10\ \mathrm{kN}，構件尺寸為 4 m4\ \mathrm{m}、2 m2\ \mathrm{m} 及 2 m2\ \mathrm{m}。

K=106[511.25022.5−11.25022.5−500000511.25−22.50−50000−11.25−22.2522.5−22.5120−22.5030022.530−11.250−22.511.250−22.50000−50000500000022.5030−22.5060000−50000000500000−11.2522.5000011.2522.50−22.530000022.560]\mathbf{K}=10^6 \begin{bmatrix} 511.25 & 0 & 22.5 & -11.25 & 0 & 22.5 & -500 & 0 & 0\\ 0 & 511.25 & -22.5 & 0 & -500 & 0 & 0 & -11.25 & -22.25\\ 22.5 & -22.5 & 120 & -22.5 & 0 & 30 & 0 & 22.5 & 30\\ -11.25 & 0 & -22.5 & 11.25 & 0 & -22.5 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -500 & 0 & 0 & 500 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 22.5 & 0 & 30 & -22.5 & 0 & 60 & 0 & 0 & 0\\ -500 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 500 & 0 & 0\\ 0 & -11.25 & 22.5 & 0 & 0 & 0 & 0 & 11.25 & 22.5\\ 0 & -22.5 & 30 & 0 & 0 & 0 & 0 & 22.5 & 60 \end{bmatrix}

矩陣之列、欄自由度編號均依序為 11 至 99。

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核心觀念

本題考查平面剛架的直接勁度法（結構矩陣法）。基本方程式為

KD=P\mathbf{K}\mathbf{D}=\mathbf{P}

節點②的自由度為：

  • D1D_1：水平方向位移
  • D2D_2：垂直方向位移
  • D3D_3：逆時針轉角

由圖可知節點①、③為固定端，因此其位移自由度均為零，只需取整體勁度矩陣中對應節點②的 1∼31\sim3 列、欄。

解題方法

一、取節點②之縮減勁度矩陣

由題給整體矩陣，取第 1∼31\sim3 列與第 1∼31\sim3 欄：

Kff=106[511.25022.50511.25−22.522.5−22.5120]\mathbf{K}_{ff} = 10^6 \begin{bmatrix} 511.25 & 0 & 22.5\\ 0 & 511.25 & -22.5\\ 22.5 & -22.5 & 120 \end{bmatrix}

其中自由度向量為

Df=[D1D2D3]\mathbf{D}_f= \begin{bmatrix} D_1\\D_2\\D_3 \end{bmatrix}

二、建立節點②等效載重向量

1. 水平梁上的均布載重

均布載重為 w=12 kN/mw=12\ \mathrm{kN/m}，梁長為 L=4 mL=4\ \mathrm{m}。

均布載重作用於節點②的等效節點力為：

Fy=−wL2=−12(4)2=−24 kNF_y=-\frac{wL}{2} =-\frac{12(4)}{2} =-24\ \mathrm{kN}

右端等效節點彎矩為：

MB=−wL212=−12(4)212=−16 kN⋅mM_B=-\frac{wL^2}{12} =-\frac{12(4)^2}{12} =-16\ \mathrm{kN\cdot m}

2. 立柱中點之水平集中載重

水平集中載重為 10 kN10\ \mathrm{kN}，作用於長度 4 m4\ \mathrm{m} 立柱的中點，方向向左。

其對上端節點②的等效節點力與彎矩為：

Fx=−102=−5 kNF_x=-\frac{10}{2}=-5\ \mathrm{kN} MB=−5 kN⋅mM_B=-5\ \mathrm{kN\cdot m}

因此節點②的總等效載重為

Pf=[−5−24−16−5]=[−5−24−21](kN、kN、kN⋅m)\mathbf{P}_f= \begin{bmatrix} -5\\ -24\\ -16-5 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -5\\ -24\\ -21 \end{bmatrix} \quad \text{(kN、kN、kN$\cdot$m)}

三、列出節點②勁度方程式

由於勁度矩陣以 10610^6 表示，將載重換成 MN、MN·m：

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