107 高普考高考三級 機械工程 工程力學（包括靜力學、動力學與材料力學） 考古題詳解

核心觀念

本題主要測驗工程力學中剛體靜力平衡與乾摩擦（Coulomb Friction）多接觸面即將滑動（Impending Motion）​之綜合分析能力：

1. 靜力平衡方程式：

• 力平衡：$\sum F_x = 0$、$\sum F_y = 0$
• 力矩平衡：$\sum M = 0$

2. 庫侖乾摩擦定律：

• 接觸面未打滑時，靜摩擦力滿足 $F \le F_{\max} = \mu N$。
• 接觸面即將打滑時，達到臨界狀態 $F = \mu N$。

3. 多接觸面滑動判定：

• 滾子與管子分別與斜面及彼此接觸（共有 $A$、$B$、$C$ 三個接觸點）。
• 透過各圓心的力矩平衡可迅速求得各接觸點摩擦力大小的關聯性。
• 系統即將被推動時，最先達到摩擦極限 $\mu N$ 的接觸點會先發生相對滑動，由該臨界狀態即可求得推動所需的最小外力 $P$。

解題方法

1. 座標系與已知條件設定

• 設沿斜面向上為 $x$ 軸，垂直斜面向外為 $y$ 軸。
• 斜面傾角 $\theta = 30^\circ$。
• 重力加速度取標準值 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$（或 $9.81\ \mathrm{m/s^2}$）：
• 滾子質量 $m_1 = 100\ \mathrm{kg}$，重力 $W_1 = m_1 g = 980\ \mathrm{N}$（取 $g=9.81$ 時為 $981\ \mathrm{N}$）。
• 管子質量 $m_2 = 40\ \mathrm{kg}$，重力 $W_2 = m_2 g = 392\ \mathrm{N}$（取 $g=9.81$ 時為 $392.4\ \mathrm{N}$）。
• 兩者半徑均為 $r = 150\ \mathrm{mm} = 0.15\ \mathrm{m}$。
• 接觸點靜摩擦係數：$\mu_A = 0.2$、$\mu_B = 0.3$、$\mu_C = 0.4$。
• 水平外力 $P$ 作用於滾子，其沿斜面與垂直斜面的分量為： $P_x = P \cos 30^\circ \quad (\text{沿斜面向上})$ $P_y = P \sin 30^\circ \quad (\text{垂直斜面向內，壓向斜面})$

2. 自由體圖（FBD）與力矩平衡分析

(1) 管子（Tube，位於上方）：

• 受力包含：
• 重力 $W_2$：沿斜面分量為 $W_2 \sin 30^\circ$（向下）；垂直斜面分量為 $W_2 \cos 30^\circ$（壓向斜面）。
• 接觸點 $C$（與斜面接觸）：法向力 $N_C$（朝 $+y$ 方向，通過管心 $O_2$）；摩擦力 $F_C$（沿斜面向下，朝 $-x$ 方向）。
• 接觸點 $B$（與滾子接觸）：法向力 $N_B$（沿斜面向上，朝 $+x$ 方向，通過管心 $O_2$）；切向摩擦力 $F_B$（朝 $-y$ 方向）。
• 對管心 $O_2$ 取力矩平衡（法向力 $N_B$、$N_C$ 及重力 $W_2$ 均通過圓心，無力矩）： $\sum M_{O_2} = 0 \implies F_C \cdot r - F_B \cdot r = 0 \implies F_C = F_B$

(2) 滾子（Roller，位於下方）：

• 受力包含：
• 重力 $W_1$ 及水平推力 $P$（作用線通過滾子中心 $O_1$）。
• 接觸點 $A$（與斜面接觸）：法向力 $N_A$（朝 $+y$ 方向，通過滾子中心 $O_1$）；摩擦力 $F_A$（沿斜面向下，朝 $-x$ 方向）。
• 接觸點 $B$（與管子接觸，依牛頓第三運動定律）：法向力 $N_B$（朝 $-x$ 方向）；摩擦力 $F_B$（朝 $+y$ 方向）。
• 對滾子中心 $O_1$ 取力矩平衡： $\sum M_{O_1} = 0 \implies -F_A \cdot r + F_B \cdot r = 0 \implies F_A = F_B$

由此導出重要關係式：三處接觸點的摩擦力大小完全相等，設為 $F$： $F_A = F_B = F_C = F$

3. 靜力平衡方程式建立

(1) 對管子分析：

• 垂直斜面方向（$y$ 軸）： $\sum F_y = 0 \implies N_C - W_2 \cos 30^\circ - F_B = 0$ $N_C = W_2 \cos 30^\circ + F$
• 沿斜面方向（$x$ 軸）： $\sum F_x = 0 \implies N_B - W_2 \sin 30^\circ - F_C = 0$ $N_B = W_2 \sin 30^\circ + F$

(2) 對滾子分析：

• 垂直斜面方向（$y$ 軸）： $\sum F_y = 0 \implies N_A - W_1 \cos 30^\circ - P \sin 30^\circ + F_B = 0$ $N_A = W_1 \cos 30^\circ + P \sin 30^\circ - F$
• 沿斜面方向（$x$ 軸）： $\sum F_x = 0 \implies P \cos 30^\circ - W_1 \sin 30^\circ - N_B - F_A = 0$ 代入 $N_B = W_2 \sin 30^\circ + F$ 與 $F_A = F$： $P \cos 30^\circ = (W_1 + W_2)\sin 30^\circ + 2F$

核心觀念

本題屬於材料力學中的階梯圓軸扭轉（Torsion of Circular Shafts）​問題，考查複合材質與變截面軸件在多重外加扭矩作用下的變形分析。涉及的核心觀念與公式如下：

1. 圓軸扭轉角公式（Angle of Twist）： 長度為 $L$、剪力模數（剛性模數）為 $G$、極慣性矩為 $J$ 的等截面圓軸，在承受均勻內扭矩 $T$ 作用下，其兩端之相對扭轉角 $\phi$ 為： $\phi = \frac{T L}{G J}$ 若軸由數個不同截面、材質或內扭矩的軸段串聯組成，則端點之總扭角為各軸段相對扭角之代數和（疊加原理）： $\phi = \sum_{i} \frac{T_i L_i}{G_i J_i}$

2. 極慣性矩（Polar Moment of Inertia, $J$）：

• 實心圓截面（直徑 $d$）： $J = \frac{\pi d^4}{32}$
• 中空圓截面（外徑 $d_o$、內徑 $d_i$）： $J = \frac{\pi \left(d_o^4 - d_i^4\right)}{32}$

3. 切面法與內扭矩分析（Method of Sections）： 自自由端向固定端逐段截開，取隔離體由靜力平衡方程式 $\sum T_x = 0$ 決定各軸段之內扭矩大小與方向。

解題方法

由題目與圖二所示，軸系在 $D$ 端固定於剛性壁面（即 $\phi_D = 0$），$A$ 端為自由端。外加扭矩 $T_A = 800\ \mathrm{N\cdot m}$ 與 $T_B = 1600\ \mathrm{N\cdot m}$ 之旋轉轉向相同。解題步驟依序為：計算各段截面幾何性質 $\to$ 切面法求各段內扭矩 $\to$ 計算各段扭角 $\to$ 疊加求得 $A$ 端總扭角。

步驟一：計算各軸段之極慣性矩 $J$ 與扭轉剛度 $G J$

單位統一化為標準制（長度使用 $\mathrm{m}$、力量使用 $\mathrm{N}$、模數使用 $\mathrm{Pa}$）：

1. 軸段 $AB$（鋁軸，實心）：

• 直徑 $d_{AB} = 36\ \mathrm{mm} = 0.036\ \mathrm{m}$，長度 $L_{AB} = 400\ \mathrm{mm} = 0.4\ \mathrm{m}$
• 剛性模數 $G_{\mathrm{al}} = 27\ \mathrm{GPa} = 27 \times 10^9\ \mathrm{Pa}$ $J_{AB} = \frac{\pi (0.036)^4}{32} \approx 1.64896 \times 10^{-7}\ \mathrm{m^4}$ $G_{\mathrm{al}} J_{AB} = (27 \times 10^9) \times (1.64896 \times 10^{-7}) \approx 4452.19\ \mathrm{N\cdot m^2}$

2. 軸段 $BC$（黃銅軸，實心）：

• 外徑 $d_{BC} = 60\ \mathrm{mm} = 0.06\ \mathrm{m}$，長度 $L_{BC} = 375\ \mathrm{mm} = 0.375\ \mathrm{m}$
• 剛性模數 $G_{\mathrm{brass}} = 39\ \mathrm{GPa} = 39 \times 10^9\ \mathrm{Pa}$ $J_{BC} = \frac{\pi (0.06)^4}{32} \approx 1.27235 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^4}$ $G_{\mathrm{brass}} J_{BC} = (39 \times 10^9) \times (1.27235 \times 10^{-6}) \approx 49621.5\ \mathrm{N\cdot m^2}$

3. 軸段 $CD$（黃銅軸，中空）：

• 外徑 $d_o = 60\ \mathrm{mm} = 0.06\ \mathrm{m}$，內徑 $d_i = 40\ \mathrm{mm} = 0.04\ \mathrm{m}$，長度 $L_{CD} = 250\ \mathrm{mm} = 0.25\ \mathrm{m}$
• 剛性模數 $G_{\mathrm{brass}} = 39\ \mathrm{GPa} = 39 \times 10^9\ \mathrm{Pa}$

核心觀念

本題屬於材料力學中的一次超靜定樑（Statically Indeterminate Beam）​分析問題，考核重心包含：

1. 靜不定度判定與靜態平衡方程式：樑受單純垂直平面載重時，有 2 個獨立平衡方程式（$\Sigma F_y = 0$、$\Sigma M = 0$）。當支撐反力數為 3 時（例如一端固定、一端滾支承），靜不定度為 $3 - 2 = 1$（一次超靜定），必須配合變形諧和條件（Compatibility Condition）求解。
2. 面積力矩法（Area-Moment Method）：

• 第一定理：樑上任意兩點 $A$、$B$ 之彈性曲線切線轉角差 $\theta_{B/A} = \theta_B - \theta_A = \int_A^B \frac{M}{EI} dx = \frac{1}{EI} (\text{彎矩圖面積})_{A \sim B}$。
• 第二定理：點 $B$ 相對於點 $A$ 切線之垂直偏差量（Tangential Deviation）$t_{B/A} = \int_A^B \frac{M}{EI} (x_B - x) dx = \frac{1}{EI} [(\text{彎矩圖面積})_{A \sim B} \times \bar{x}_B]$，其中 $\bar{x}_B$ 為彎矩圖面積形心至點 $B$ 的水平距離。

3. 境界條件與諧和變形：固定端 $A$ 之轉角為零（$\theta_A = 0$），故過 $A$ 點之切線為水平線；支撐點 $B$ 無垂直位移（$y_B = 0$），因此垂直偏差量滿足 $t_{B/A} = 0$。
4. 剪力圖（SFD）與彎矩圖（BMD）的微分幾何關係：$\frac{dV}{dx} = -w$、$\frac{dM}{dx} = V$。剪力為零處對應彎矩極值。

解題方法

題目圖三為長度 $L$、左端 $A$ 為固定端、右端 $B$ 為滾支承之超靜定樑（掣固樑，propped cantilever beam），全跨受均勻向下分佈載重 $w$，彎曲剛況 $EI$ 為常數。

(一) 使用面積力矩法求支撐端 $A$ 及 $B$ 之反作用力

1. 選取贅力與基本靜定系統：

• 移除 $B$ 端滾支承，將其向上支撐反力 $R_B$ 視為贅力（Redundant Force）。
• 基本靜定系統轉換為左端 $A$ 固定、右端 $B$ 自由之懸臂樑。

2. 利用疊加法繪製分載彎矩圖（Cantilever Moment Diagram by Parts）：

• 均佈載重 $w$ 引起之彎矩圖： 在距離 $B$ 端為 $x'$ 處，$M_w(x') = -\frac{1}{2}w (x')^2$。在 $A$ 端彎矩達最大負值 $M_{w,A} = -\frac{1}{2}wL^2$。此圖形為頂點在 $B$ 之二次凹拋物線。
• 彎矩圖面積： $A_1 = \frac{1}{3} \times L \times \left(-\frac{1}{2}wL^2\right) = -\frac{1}{6}wL^3$
• 面積形心至 $B$ 端之距離： $\bar{x}_{B,1} = \frac{3}{4}L$
• 贅力 $R_B$ 引起之彎矩圖： $R_B$ 向上作用於 $B$ 端，在距離 $B$ 端 $x'$ 處之彎矩為 $M_R(x') = +R_B x'$。在 $A$ 端彎矩為 $+R_B L$。此圖形為底為 $L$、高為 $R_B L$ 之三角形。
• 彎矩圖面積： $A_2 = \frac{1}{2} \times L \times (R_B L) = \frac{1}{2}R_B L^2$
• 面積形心至 $B$ 端之距離： $\bar{x}_{B,2} = \frac{2}{3}L$

3. 建立變形諧和條件求解 $R_B$： 由於 $A$ 端為剛性固定端，$\theta_A = 0$，其彈性曲線之切線呈水平。$B$ 端為實體支撐，垂直撓度 $\Delta_B = 0$。因此 $B$ 點對 $A$ 點切線之垂直偏差量必須為零： $t_{B/A} = \frac{1}{EI} (A_1 \bar{x}_{B,1} + A_2 \bar{x}_{B,2}) = 0$

代入各幾何量： $\frac{1}{EI} \left[ \left(-\frac{1}{6}wL^3\right)\left(\frac{3}{4}L\right) + \left(\frac{1}{2}R_B L^2\right)\left(\frac{2}{3}L\right) \right] = 0$ $-\frac{wL^4}{8EI} + \frac{R_B L^3}{3EI} = 0$ $\frac{R_B L^3}{3EI} = \frac{wL^4}{8EI} \implies R_B = \frac{3}{8}wL \quad (\uparrow)$

4. 由靜力平衡方程式求解 $A$ 端反力與反力矩：

• 垂直力平衡（$\Sigma F_y = 0$，取向上為正）： $R_A + R_B - wL = 0 \implies R_A = wL - \frac{3}{8}wL = \frac{5}{8}wL \quad (\uparrow)$
• 對 $A$ 點取力矩平衡（$\Sigma M_A = 0$，取逆時針為正，設固定端反力矩 $M_A$ 為逆時針方向）： $M_A + R_B(L) - (wL)\left(\frac{L}{2}\right) = 0$ $M_A = \frac{1}{2}wL^2 - \left(\frac{3}{8}wL\right)(L) = \frac{1}{8}wL^2 \quad (\circlearrowleft)$

(二) 畫出樑之剪力圖（SFD）及彎矩圖（BMD）

取座標軸 $x$ 由 $A$ 端（$x = 0$）算至 $B$ 端（$x = L$）：

1. 剪力函數與關鍵特徵點： $V(x) = R_A - wx = \frac{5}{8}wL - wx$

核心觀念

本題屬於剛體平面動力學（Planar Kinetics of Rigid Bodies）的經典題型，考查重點包含以下四項核心力學觀念與公式：

1. 平行軸定理（Parallel Axis Theorem）： 長度為 $L$、質量為 $m$ 的細長桿件，其對質心 $G$ 的質量轉動慣量為： $I_G = \frac{1}{12} m L^2$ 若轉軸 $O$ 距質心距離為 $d$，則對樞接點 $O$ 的轉動慣量為： $I_O = I_G + m d^2$

2. 機械能守恆定律（Conservation of Mechanical Energy）： 系統僅受保守力（彈簧力與重力）作功，無非保守力耗能，故總機械能守恆： $T_1 + V_{g1} + V_{e1} = T_2 + V_{g2} + V_{e2}$

• 定軸轉動動能：$T = \frac{1}{2} I_O \omega^2$
• 彈性位能：$V_e = \frac{1}{2} k \delta^2$（$\delta$ 為彈簧壓縮量或伸長量）
• 重力位能：$V_g = m g h_G$（$h_G$ 為質心相對於基準面的垂直高度）

3. 定軸轉動之運動方程式（Equations of Motion for Fixed-Axis Rotation）： $\Sigma M_O = I_O \alpha$ 當桿件通過垂直位置時，重力作用線通過轉軸 $O$，力矩為零，故角加速度 $\alpha = 0$。

4. 質心加速度與軸承動態反作用力： 質心 $G$ 繞 $O$ 作圓周運動，其加速度包含：

• 法向（向心）加速度：$a_n = d \omega^2$（方向指向轉軸 $O$）
• 切向加速度：$a_t = d \alpha$（方向垂直於 $OG$）

由質點系動量方程式可求得支承反力： $\Sigma F_x = m (a_G)_x, \quad \Sigma F_y = m (a_G)_y$

解題方法

步驟一：幾何與質量慣性參數計算

1. 桿件端點與質心位置：

• 設桿件左端為 $A$、右端為 $B$，總長 $L = 2.5\ \mathrm{m}$，質量 $m = 15\ \mathrm{kg}$。
• 樞接點 $O$ 距右端 $B$ 為 $0.5\ \mathrm{m}$，故 $O$ 距左端 $A$ 為： $OA = L - OB = 2.5 - 0.5 = 2.0\ \mathrm{m}$
• 細長均質桿件之質心 $G$ 位於桿件正中央，距端點 $1.25\ \mathrm{m}$。質心 $G$ 距樞接點 $O$ 的距離 $d$ 為： $d = OG = 1.25 - 0.5 = 0.75\ \mathrm{m} \quad \text{（位於點 $O$ 的左側）}$

2. 對轉軸 $O$ 的轉動慣量 $I_O$： $I_G = \frac{1}{12} m L^2 = \frac{1}{12} (15)(2.5)^2 = 7.8125\ \mathrm{kg\cdot m^2}$ 利用平行軸定理： $I_O = I_G + m d^2 = 7.8125 + 15 \times (0.75)^2 = 7.8125 + 8.4375 = 16.25\ \mathrm{kg\cdot m^2}$

步驟二：初始釋放瞬間運動方向與彈簧作用分析

• 依題意，「細長桿件的左端壓著一彈簧……直至彈簧的高度為 $40\ \mathrm{mm}$；此時細長桿件在水平的位置」，圖中彈簧未另標註自由長度，依題意與國考慣例，彈簧自原長被壓縮之壓縮量為 $\delta = 40\ \mathrm{mm} = 0.04\ \mathrm{m}$。
• 彈簧常數 $k = 300\ \mathrm{kN/m} = 300,000\ \mathrm{N/m}$。
• 釋放瞬間，彈簧對桿件左端 $A$ 施加向上彈力： $F_s = k \delta = 300,000 \times 0.04 = 12,000\ \mathrm{N}$ 彈力對 $O$ 點產生的順時針力矩為： $M_s = F_s \times OA = 12,000 \times 2.0 = 24,000\ \mathrm{N\cdot m} \quad \text{（順時針）}$
• 桿件自身重力 $W = m g = 15 \times 9.81 = 147.15\ \mathrm{N}$，對 $O$ 點產生逆時針力矩： $M_W = W \times OG = 147.15 \times 0.75 \approx 110.36\ \mathrm{N\cdot m} \quad \text{（逆時針）}$
• 由於 $M_s \gg M_W$，桿件釋放後必定順時針旋轉，$A$ 端向上彈起，$B$ 端向下擺動。
• 當桿端 $A$ 向上移動 $\Delta y = 0.04\ \mathrm{m}$ 時，桿件僅轉動微小角度 $\theta \approx \frac{0.04}{2.0} = 0.02\ \mathrm{rad} \approx 1.15^\circ$，彈簧即回復原長並與桿端分離。故進入垂直位置時，彈簧已完全釋放能量且脫離桿件（$V_{e2} = 0$）。

步驟三：通過垂直位置時的角速度 $\omega$（首度通過垂直位置，$\theta = 90^\circ$）

桿件釋放後順時針旋轉 $90^\circ$ 達到第一個垂直位置，此時：

• 桿件左端 $A$ 朝正上方，右端 $B$ 朝正下方。
• 質心 $G$ 旋轉至轉軸 $O$ 的正上方，垂直高度上升 $\Delta h_G = +d = +0.75\ \mathrm{m}$。

選取初始水平位置之轉軸 $O$ 水平線為重力位能基準面（$h = 0$）：

1. 初始狀態（狀態 1，水平位置）：

• 動能：$T_1 = 0$
• 重力位能：$V_{g1} = 0$
• 彈性位能： $V_{e1} = \frac{1}{2} k \delta^2 = \frac{1}{2} \times 300,000 \times (0.04)^2 = 240\ \mathrm{J}$
• 總機械能：$E_1 = T_1 + V_{g1} + V_{e1} = 240\ \mathrm{J}$

2. 垂直位置（狀態 2，$\theta = 90^\circ$）：

• 彈性位能：$V_{e2} = 0$
• 重力位能（取 $g = 9.81\ \mathrm{m/s^2}$）： $V_{g2} = m g (\Delta h_G) = 15 \times 9.81 \times 0.75 = 110.3625\ \mathrm{J}$
• 轉動動能： $T_2 = \frac{1}{2} I_O \omega^2 = \frac{1}{2} (16.25) \omega^2 = 8.125 \omega^2$

3. 由能量守恆求解 $\omega$： $T_1 + V_1 = T_2 + V_2$ $240 = 8.125 \omega^2 + 110.3625$