112 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

112 年・高普考・高考三級・機械工程
試題代碼 工程力學（包括靜力學、動力學與材料力學）

第 一 題25 分

如圖一所示，已知楔形塊（wedge）的楔角 θ\theta 為 60∘60^\circ，並且已知無論兩端施力 PP 是多少，該系統都可以維持在自我鎖結（self-locking）的狀態，請問此時楔形塊與兩旁的物塊接觸的最大靜摩擦係數 μs\mu_s 是多少？

本題忽略楔形塊之質量，3=1.732\sqrt{3}=1.732。

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核心觀念

本題考查楔形塊的自我鎖結條件，以及靜摩擦力的極限關係：

Fs≤μsNF_s\leq \mu_s N

在「剛好可以自我鎖結」的臨界狀態，接觸面摩擦力達最大值，因此：

Fs=μsNF_s=\mu_s N

楔角為兩側斜面夾角 θ\theta，每一側斜面與鉛直線的夾角為：

θ2\frac{\theta}{2}

解題方法

楔形塊質量忽略，因此楔形塊只受兩側物塊的正向力與摩擦力作用。

由圖可知，兩端物塊受到水平力 PP 向內作用時，楔形塊具有向上滑出的趨勢。若要維持自我鎖結，兩側接觸面的摩擦力必須向下作用於楔形塊。

設每一側接觸面的正向力為 NN，最大靜摩擦力為 FsF_s。

由對稱性，水平方向的力彼此抵消，只需考慮鉛直方向平衡。

每側正向力的鉛直分量為：

Nsin⁡θ2N\sin\frac{\theta}{2}

每側摩擦力的鉛直分量為：

Fscos⁡θ2F_s\cos\frac{\theta}{2}

因此，楔形塊在鉛直方向平衡：

2Nsin⁡θ2=2Fscos⁡θ22N\sin\frac{\theta}{2} = 2F_s\cos\frac{\theta}{2}

約去 22，得：

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第 二 題20 分

如圖二所示，圓盤 AA 質量為 1 kg1\ \mathrm{kg}，在光滑的平面上以 (vA)1=5 m/s(v_A)_1=5\ \mathrm{m/s} 的速度向前滑動；質量為 4 kg4\ \mathrm{kg} 的圓盤 BB 以速度 (vB)1=2 m/s(v_B)_1=2\ \mathrm{m/s} 朝向圓盤 AA 滑動，兩圓盤做直接中心碰撞。

假設兩圓盤間之恢復係數 e=0.4e=0.4，計算碰撞後 AA 與 BB 的速度。

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核心觀念

本題考查一維直接中心碰撞，使用：

  1. 動量守恆

光滑平面無水平外力，因此碰撞前後總動量相等： mAuA+mBuB=mAvA+mBvBm_Au_A+m_Bu_B=m_Av_A+m_Bv_B

  1. 恢復係數定義
e=分離相對速度接近相對速度=vB−vAuA−uBe=\frac{\text{分離相對速度}}{\text{接近相對速度}} =\frac{v_B-v_A}{u_A-u_B}

取向右為正方向。

已知：

mA=1 kg,mB=4 kgm_A=1\ \mathrm{kg},\qquad m_B=4\ \mathrm{kg}

uA=5 m/s,uB=−2 m/s,e=0.4u_A=5\ \mathrm{m/s},\qquad u_B=-2\ \mathrm{m/s},\qquad e=0.4

解題方法

碰撞前總動量為

mAuA+mBuB=1(5)+4(−2)=−3 kg⋅m/sm_Au_A+m_Bu_B =1(5)+4(-2) =-3\ \mathrm{kg\cdot m/s}

因此碰撞後有

vA+4vB=−3(1)v_A+4v_B=-3 \tag{1}

兩圓盤碰撞前的接近相對速度為

uA−uB=5−(−2)=7 m/su_A-u_B=5-(-2)=7\ \mathrm{m/s}

由恢復係數：

vB−vA=e(uA−uB)v_B-v_A=e(u_A-u_B) vB−vA=0.4(7)=2.8v_B-v_A=0.4(7)=2.8

故

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第 三 題20 分

如圖三所示，有一質量為 10 kg10\ \mathrm{kg} 的細長桿 ABAB，連結著 BCBC 彈簧。開始的時候為靜止狀態，並且 ABCABC 維持水平直線，彈簧 BCBC 處於未拉伸狀態。

而當 ABAB 桿因自重相對於 AA 點產生順時針旋轉運動，已知 ABAB 桿與水平面夾角 θ\theta 為 45∘45^\circ 時，運動停止，請求出彈簧 BCBC 的彈簧係數應為多少？

AB=1.5 mAB=1.5\ \mathrm{m}，BC=1.5 mBC=1.5\ \mathrm{m}。

cos⁡(45∘)=sin⁡(45∘)=0.7071\cos(45^\circ)=\sin(45^\circ)=0.7071。

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核心觀念

本題利用「機械能守恆」：

  • 桿件由水平位置轉至 θ=45∘\theta=45^\circ 時，重力位能降低。
  • 桿件初始與瞬間停止時皆為靜止，因此兩位置的動能皆為零。
  • 彈簧初始為未拉伸，末狀態儲存彈性位能。
  • 鉸鏈固定點不做功，忽略摩擦與彈簧重量。

因此有

重力位能損失=彈簧彈性位能增加.\text{重力位能損失} = \text{彈簧彈性位能增加}.

解題方法

設 AA 為原點，初始時桿 ABAB 水平，且

AB=BC=1.5 m.AB=BC=1.5\ \text{m}.

因此固定點 CC 與 AA 的水平距離為

AC=1.5+1.5=3.0 m.AC=1.5+1.5=3.0\ \text{m}.

當桿順時針轉至 θ=45∘\theta=45^\circ 時，點 BB 的座標為

xB=1.5cos⁡45∘,yB=−1.5sin⁡45∘.x_B=1.5\cos45^\circ, \qquad y_B=-1.5\sin45^\circ.

彈簧兩端的水平與垂直距離分別為

Δx=3.0−1.5cos⁡45∘,\Delta x=3.0-1.5\cos45^\circ, Δy=1.5sin⁡45∘.\Delta y=1.5\sin45^\circ.

故此時彈簧長度

LBC=(3.0−1.5cos⁡45∘)2+(1.5sin⁡45∘)2.L_{BC} = \sqrt{ \left(3.0-1.5\cos45^\circ\right)^2 + \left(1.5\sin45^\circ\right)^2 }.

代入 cos⁡45∘=sin⁡45∘=0.7071\cos45^\circ=\sin45^\circ=0.7071：

LBC=(3.0−1.06065)2+(1.06065)2≈3.5992 m.L_{BC} = \sqrt{ (3.0-1.06065)^2+(1.06065)^2 } \approx 3.5992\ \text{m}.

彈簧伸長量為

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第 四 題35 分

如圖四所示，直徑 80 mm80\ \mathrm{mm}、長度共 1.2 m1.2\ \mathrm{m} 的 6061-T6 鋁合金軸（剪力模數 G=26 GPaG=26\ \mathrm{GPa}），CC 端為固定端，BCBC 段受到分布力矩 10 kN⋅m/m10\ \mathrm{kN\cdot m/m} 作用，而在 AA 端受到扭矩 TT 作用，並且已知在 AA 端的總扭轉角 ϕ=−0.1 rad\phi=-0.1\ \mathrm{rad}，請問 TT 應為多少？

BC=0.6 mBC=0.6\ \mathrm{m}，BA=0.6 mBA=0.6\ \mathrm{m}。

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核心觀念

本題考查圓軸扭轉的扭轉角公式與分布力矩作用下的內力矩：

dϕ=M(x)GJ dxd\phi=\frac{M(x)}{GJ}\,dx

其中：

  • GG：剪力模數
  • JJ：實心圓軸極慣性矩
  • M(x)M(x)：軸內部各截面的內力矩
  • CC 端固定，因此 ϕC=0\phi_C=0
  • 圖示分布力矩與 AA 端扭矩取同一正方向；題目給定 ϕA=−0.1 rad\phi_A=-0.1\ \mathrm{rad}，表示實際總扭轉方向與圖示正方向相反。

解題方法

取 xx 軸由固定端 CC 指向自由端 AA，並以圖示扭矩方向為正。

軸的截面極慣性矩為

J=πd432=π(0.08)432=4.021×10−6 m4J=\frac{\pi d^4}{32} =\frac{\pi(0.08)^4}{32} =4.021\times10^{-6}\ \mathrm{m^4}

因此

GJ=(26×109)(4.021×10−6)=1.0455×105 N⋅m2GJ=(26\times10^9)(4.021\times10^{-6}) =1.0455\times10^5\ \mathrm{N\cdot m^2}

在 BABA 段，沒有分布力矩，內力矩為常數 TT，故其扭轉角為

ϕBA=T(0.6)GJ\phi_{BA}=\frac{T(0.6)}{GJ}

在 BCBC 段，分布力矩強度為

w=10 kN⋅m/mw=10\ \mathrm{kN\cdot m/m}

距離 CC 為 xx 的截面，其右側所承受的內力矩為

M(x)=T+w(0.6−x),0≤x≤0.6M(x)=T+w(0.6-x), \qquad 0\le x\le0.6

所以 BCBC 段扭轉角為

ϕBC=1GJ∫00.6[T+w(0.6−x)]dx\phi_{BC} =\frac{1}{GJ}\int_0^{0.6} \left[T+w(0.6-x)\right]dx
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