113 高普考高考三級 土木工程 結構學 考古題詳解

核心觀念

本題利用：

1. 內鉸接點彎矩為零： $M_B=M_C=0$

2. 分段自由體圖： 先分析左側豎桿 $AB$，再分析鉸接梁段 $BC$，最後分析右側梁段 $CDEF$。

3. 平衡方程式： $\sum F_x=0,\qquad \sum F_y=0,\qquad \sum M=0$

4. 集中彎矩對剪力圖沒有影響，但會使彎矩圖產生跳躍。

以下採逆時針彎矩為正，彎矩圖正值代表正彎矩（下凹）。

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一、左側豎桿 $AB$

設 $B$ 點傳給豎桿的水平反力為 $B_x$，垂直反力為 $B_y$。

以 $A$ 點取矩：

$$\sum M_A=0$$ $$20(2.5)-B_x(5)=0$$

因此：

$$B_x=10\ \text{kN}$$

由水平力平衡：

$$A_x+10-20=0$$ $$A_x=10\ \text{kN}$$

方向為向右。

左側梁段 $BC$ 受到 $B$ 點向上的垂直力，利用 $BC$ 段平衡可得：

$$B_y=5\ \text{kN}$$

因此豎桿 $AB$ 的垂直反力為：

$$A_y=5\ \text{kN}$$

方向為向上。

由於水平力 $20\ \text{kN}$ 與 $B_x=10\ \text{kN}$ 對 $A$ 點產生的力矩互相抵消：

$$M_A=20(2.5)-10(5)=0$$

故 $A$ 點反力為：

$$\boxed{A_x=10\ \text{kN}\text{（向右）}}$$ $$\boxed{A_y=5\ \text{kN}\text{（向上）}}$$ $$\boxed{M_A=0}$$

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二、鉸接梁段 $BC$

$B$ 點有 $5\ \text{kN}$ 向上的力，跨中有 $10\ \text{kN}$ 向下集中力，$C$ 點為內鉸接。

以 $B$ 點取矩：

$$\sum M_B=0$$ $$C_y(5)-10(2.5)=0$$ $$C_y=5\ \text{kN}$$

因此 $C$ 點對右側梁段的作用力為 $5\ \text{kN}$ 向下。

$BC$ 段的剪力為：

• $B$ 至集中力處：$V=+5\ \text{kN}$
• 通過 $10\ \text{kN}$ 集中力後：$V=-5\ \text{kN}$
• 抵達 $C$ 點後彎矩回到零

跨中最大正彎矩為：

$$M_{\max}=5(2.5)=12.5\ \text{kN}\cdot\text{m}$$

所以：

$$\boxed{M_B=0,\qquad M_C=0}$$ $$\boxed{M_{\max,BC}=+12.5\ \text{kN}\cdot\text{m}}$$

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三、右側梁段 $CDEF$

由 $C$ 點內鉸接力可知，右側梁段在 $C$ 點承受：

$$5\ \text{kN}\text{（向下）}$$

設 $D$、$E$ 點反力分別為 $D_y$、$E_y$，方向均先假設向上。

右側梁段各點距離如下：

• $CD=5\ \text{m}$
• $CE=10\ \text{m}$
• $CF=15\ \text{m}$

垂直力平衡

$$\sum F_y=0$$ $$D_y+E_y-5-10=0$$ $$D_y+E_y=15$$

以 $C$ 點取矩

圖示 $15\ \text{kN}\cdot\text{m}$ 集中彎矩為逆時針方向：

$$\sum M_C=0$$ $$5D_y+10E_y-10(15)+15=0$$ $$5D_y+10E_y=135$$

聯立：

$$D_y+E_y=15$$ $$5D_y+10E_y=135$$

解得：

$$\boxed{D_y=3\ \text{kN}\text{（向上）}}$$ $$\boxed{E_y=12\ \text{kN}\text{（向上）}}$$

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四、剪力圖

以 $x$ 自 $B$ 點向右量測，主要位置為：

$$B:x=0,\quad \text{集中力}:x=2.5,\quad C:x=5,$$ $$D:x=10,\quad \text{彎矩}:x=12.5,\quad E:x=15,\quad F:x=20$$

剪力變化如下：

核心觀念

本題以虛功法求剛架節點 $B$ 的旋轉角，僅考慮彎曲變形，使用單位荷重法：

$$\theta_B=\int\frac{Mm}{EI}\,ds$$

其中：

• $M$：實際 $80\ \mathrm{kN}$ 荷重所造成的彎矩。
• $m$：在 $B$ 點施加單位彎矩所造成的虛彎矩。
• 各桿件 $EI$ 相同。
• $AB$ 桿件彎矩為零，因此不必計入積分。

取逆時針為 $B$ 點旋轉角正方向。

解題方法

1. 求實際結構支承反力

剛架尺寸為：

$$AB=8\ \mathrm{m},\qquad DC=4\ \mathrm{m},\qquad CB=4\ \mathrm{m}$$

對整體結構取 $A$ 點力矩：

$$\sum M_A=0$$ $$80(4)-D_y(8)=0$$

因此：

$$D_y=40\ \mathrm{kN}$$

再由鉛直力平衡：

$$A_y+D_y-80=0$$ $$A_y=40\ \mathrm{kN}$$

因所有外力均為鉛直力：

$$A_x=0$$

2. 求實際彎矩圖 $M$

$AB$ 桿件內僅有軸力，沒有橫向力，因此：

$$M_{AB}=0$$

令 $x$ 自 $D$ 點向右量測。

區段 $DC$：$0\leq x\leq4$

$$M(x)=40x$$

所以：

$$M_D=0,\qquad M_C=160\ \mathrm{kN\cdot m}$$

區段 $CB$：$4\leq x\leq8$

此區段左側包含 $D_y=40\ \mathrm{kN}$ 與 $C$ 點的 $80\ \mathrm{kN}$ 向下力：

$$M(x)=40x-80(x-4)$$

整理得：

$$M(x)=320-40x$$

因此：

$$M_C=160\ \mathrm{kN\cdot m},\qquad M_B=0$$

實際彎矩圖為 $D$ 點為零、$C$ 點達最大值、$B$ 點回到零的折線圖。

3. 建立虛擬結構

在 $B$ 點施加逆時針單位彎矩 $1$。

對整體虛擬結構取 $A$ 點力矩：

$$1-D_y^*(8)=0$$

故：

核心觀念

本題考查傾角變位法（Slope Deflection Method）分析具有側移之剛架。各桿件均有：

$EI=\text{定值},\qquad L=\text{定值}$

取各節點轉角逆時針為正，桿件端彎矩以「作用於節點之逆時針彎矩」為正。忽略桿件軸向變形，故：

• $A$ 固接：$\theta_A=0$。
• $D$ 為滾支承，無外加節點彎矩及水平反力： $M_{DC}=0,\qquad H_D=0$
• $B$、$C$ 產生相同之水平側移，設為 $\Delta$。
• $D$ 點水平位移設為 $\delta$。

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一、各桿件傾角變位方程式

1. 桿件 $AB$

$AB$ 為豎直桿，$A$、$B$ 的相對弦轉角為 $-\Delta/L$，因此：

$$M_{AB} =\frac{2EI}{L} \left(2\theta_A+\theta_B+3\frac{\Delta}{L}\right)$$ $$M_{BA} =\frac{2EI}{L} \left(\theta_A+2\theta_B+3\frac{\Delta}{L}\right)$$

由 $\theta_A=0$：

$$M_{AB}=\frac{EI}{L} \left(2\theta_B+6\frac{\Delta}{L}\right)$$ $$M_{BA}=\frac{EI}{L} \left(4\theta_B+6\frac{\Delta}{L}\right)$$

2. 桿件 $BC$

$BC$ 為水平桿，兩端無相對垂直位移，故：

$$M_{BC}=\frac{2EI}{L}(2\theta_B+\theta_C)$$ $$M_{CB}=\frac{2EI}{L}(\theta_B+2\theta_C)$$

3. 桿件 $CD$

$CD$ 為豎直桿，其弦轉角為：

$$\frac{\delta-\Delta}{L}$$

故：

$$M_{CD} =\frac{2EI}{L} \left(2\theta_C+\theta_D -3\frac{\delta-\Delta}{L}\right)$$ $$M_{DC} =\frac{2EI}{L} \left(\theta_C+2\theta_D -3\frac{\delta-\Delta}{L}\right)$$

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二、節點方程式

1. $B$ 點彎矩平衡

$$M_{BA}+M_{BC}=0$$

代入上式：

$$\frac{EI}{L} \left(4\theta_B+6\frac{\Delta}{L}\right) +\frac{2EI}{L}(2\theta_B+\theta_C)=0$$

約去 $EI/L$：

$$8\theta_B+2\theta_C+6\frac{\Delta}{L}=0 \tag{1}$$

2. $C$ 點彎矩平衡

$$M_{CB}+M_{CD}=0 \tag{2}$$

3. $D$ 點條件

由 $D$ 點無外加彎矩：

$$M_{DC}=0$$

又因 $D$ 點為滾支承，沒有水平反力，故桿件 $CD$ 在 $D$ 點之剪力為零。由此可得：

$$\frac{\delta-\Delta}{L}=\theta_C=\theta_D \tag{3}$$

因此桿件 $CD$ 無彎曲變形，且：

$$M_{CD}=M_{DC}=0$$

代入 $C$ 點平衡式：

$$M_{CB}=0$$

所以：

$$\theta_B+2\theta_C=0 \tag{4}$$

由式 $(1)$、$(4)$：

$$\theta_B=-2\theta_C$$ $$8(-2\theta_C)+2\theta_C+6\frac{\Delta}{L}=0$$ $$\theta_C=\frac{3}{7}\frac{\Delta}{L}$$ $$\theta_B=-\frac{6}{7}\frac{\Delta}{L}$$

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三、由水平力平衡求側移

桿件 $AB$ 在 $B$ 點提供之水平抗力為：

$$\frac{EI}{L} \left(12\frac{\Delta}{L}+6\theta_B\right)$$

與外力 $P$ 平衡：

$$P=\frac{EI}{L} \left(12\frac{\Delta}{L}+6\theta_B\right)$$

代入 $\theta_B=-6\Delta/(7L)$：

$$P=\frac{EI}{L} \left[ 12\frac{\Delta}{L} -\frac{36}{7}\frac{\Delta}{L} \right]$$

核心觀念

本題使用彎矩分配法，重點如下：

1. 節點 $B$ 必須滿足彎矩平衡。
2. $A$、$C$ 為固接端，具有彎矩傳遞及移轉作用。
3. $D$ 為滾支承，端部可自由轉動；但因 $D$ 點施加集中彎矩，故 $D$ 端桿端彎矩不為零。
4. $BD$ 桿件遠端為鉸接型態，其近端轉動勁度為

$$k_{BD}=\frac{3EI}{L}$$

而非固定端的 $\frac{4EI}{L}$。

以下採「各桿件端彎矩順時針為正」；圖示 $D$ 點之外加彎矩為順時針 $100\ \mathrm{kN\cdot m}$。

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一、各桿件轉動勁度與分配因子

各桿長均為 $10\ \mathrm{m}$。

$AB$ 桿件

$A$ 端固定，因此在 $B$ 端的勁度為

$$k_{BA}=\frac{4EI}{10}=0.4EI$$

$BC$ 桿件

$C$ 端固定，且 $EI_{BC}=2EI$，因此

$$k_{BC}=\frac{4(2EI)}{10}=0.8EI$$

$BD$ 桿件

$D$ 為鉸接型滾支承，故

$$k_{BD}=\frac{3EI}{10}=0.3EI$$

節點 $B$ 總勁度為

$$\sum k=0.4EI+0.8EI+0.3EI=1.5EI$$

所以分配因子為

$$DF_{BA}=\frac{0.4}{1.5}=\frac{4}{15}$$ $$DF_{BC}=\frac{0.8}{1.5}=\frac{8}{15}$$ $$DF_{BD}=\frac{0.3}{1.5}=\frac{1}{5}$$

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二、$BD$ 桿件之初始端彎矩

1. 均布載重造成的固定端彎矩

$BD$ 桿件承受全跨均布載重：

$$w=24\ \mathrm{kN/m},\qquad L=10\ \mathrm{m}$$

近端 $B$ 為固定、遠端 $D$ 為鉸接時，$B$ 端固定端彎矩為

$$M_{BD}^{(w)}=-\frac{wL^2}{8}$$

因此

$$M_{BD}^{(w)} =-\frac{24(10)^2}{8} =-300\ \mathrm{kN\cdot m}$$

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2. $D$ 點集中彎矩造成的端彎矩

$D$ 點之外加順時針彎矩為 $100\ \mathrm{kN\cdot m}$，故桿件在 $D$ 端的平衡端彎矩為

$$M_{DB}=-100\ \mathrm{kN\cdot m}$$

由固定端—鉸端桿件的彎矩關係，$D$ 端彎矩對 $B$ 端造成一半的影響：

$$M_{BD}^{(D)}=\frac{1}{2}M_{DB} =-50\ \mathrm{kN\cdot m}$$

因此 $BD$ 桿件在節點 $B$ 的初始端彎矩為

$$M_{BD}^{(0)} =-300-50 =-350\ \mathrm{kN\cdot m}$$

節點 $B$ 其他桿件初始端彎矩為零。

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三、節點 $B$ 的彎矩分配

節點 $B$ 的初始不平衡彎矩為

$$U_B=-350\ \mathrm{kN\cdot m}$$

因此需分配順時針 $350\ \mathrm{kN\cdot m}$：