109 年 國立成功大學土木工程系碩士班丙組《材料力學》

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第 1 題20 分

  1. A Z-section cantilever beam is subjected to a concentrated load P at the free end with an eccentricity e = 10 mm. Assume L = 4 m, b = 80 mm, h = 120 mm, t = 12 mm, moment of inertia Iy=3.257×106I_y = 3.257 \times 10^6 mm4^4, product of moment inertia Iyz=3.525×106I_{yz} = 3.525 \times 10^6 mm4^4, Young's modulus E = 200 GPa.
    (i) Calculate the moment of inertia IzI_z, the maximum and the minimum principal moments of inertias ImaxI_{max} and IminI_{min} of the Z-section.
    (ii) What is the effective length LeL_e of the beam.
    (iii) If the beam is free to deflect in any direction on yz plane, calculate the critical buckling load PcrP_{cr} of the beam.

Hint:
Iyl=Iy+Iz2−Iy−Iz2cos⁡20∘−Iyzsin⁡20∘I_{yl} = \frac{I_y + I_z}{2} - \frac{I_y - I_z}{2} \cos 20^\circ - I_{yz} \sin 20^\circ

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核心觀念

本題考查三個重點：

  1. Z 形截面的組合截面慣性矩與平行軸定理。
  2. 非主軸慣性矩轉換，以及最大、最小主慣性矩。
  3. 固定端—自由端柱的 Euler 挫屈，且任意方向皆可側向變形時，應採用最小主慣性矩。

解題方法

(i) 計算 IzI_z、Imax⁡I_{\max} 與 Imin⁡I_{\min}

依圖將截面分成：

  • 高度為 hh、寬度為 tt 的腹板；
  • 上下兩個厚度為 tt、外伸寬度為 b−tb-t 的翼板。

截面具有 180° 對稱性，故形心位於圖示 yy、zz 軸交點。

已知：

b=80 mm,h=120 mm,t=12 mmb=80\ \text{mm},\qquad h=120\ \text{mm},\qquad t=12\ \text{mm}

翼板面積為

Af=(b−t)t=(80−12)(12)=816 mm2A_f=(b-t)t=(80-12)(12)=816\ \text{mm}^2

翼板形心到 zz 軸、yy 軸的距離分別為

yf=h−t2=120−122=54 mmy_f=\frac{h-t}{2}=\frac{120-12}{2}=54\ \text{mm} zf=b2=40 mmz_f=\frac{b}{2}=40\ \text{mm}

計算 IzI_z

腹板對 zz 軸的慣性矩：

Iz,w=th312=12(120)312=1,728,000 mm4I_{z,w}=\frac{th^3}{12} =\frac{12(120)^3}{12} =1,728,000\ \text{mm}^4

每一片翼板對形心 zz 軸的慣性矩：

Iz,f=(b−t)t312+Afyf2I_{z,f} =\frac{(b-t)t^3}{12}+A_f y_f^2 Iz,f=68(12)312+816(54)2=2,389,248 mm4I_{z,f} =\frac{68(12)^3}{12}+816(54)^2 =2,389,248\ \text{mm}^4

因此

Iz=Iz,w+2Iz,fI_z=I_{z,w}+2I_{z,f} Iz=6.506496×106 mm4\boxed{I_z=6.506496\times10^6\ \text{mm}^4}

此結果也可驗證題目給定的 IyI_y：

Iy=ht312+2[t(b−t)312+Afzf2]I_y =\frac{ht^3}{12} +2\left[ \frac{t(b-t)^3}{12}+A_fz_f^2 \right] Iy=3.257344×106 mm4≈3.257×106 mm4I_y=3.257344\times10^6\ \text{mm}^4 \approx3.257\times10^6\ \text{mm}^4

計算主慣性矩

旋轉慣性矩的最大值與最小值為

Imax⁡,min⁡=Iy+Iz2±(Iy−Iz2)2+Iyz2I_{\max,\min} = \frac{I_y+I_z}{2} \pm \sqrt{ \left(\frac{I_y-I_z}{2}\right)^2+I_{yz}^2 }

代入

Iy=3.257344×106 mm4I_y=3.257344\times10^6\ \text{mm}^4 Iz=6.506496×106 mm4I_z=6.506496\times10^6\ \text{mm}^4 Iyz=3.525120×106 mm4I_{yz}=3.525120\times10^6\ \text{mm}^4

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第 2 題20 分

  1. A box cantilever beam is subjected to a concentrated force P at point B and a concentrated moment M at point C. The bending moment diagram of the beam is shown below.
    (i) Calculate the magnitudes of P and M.
    (ii) Draw the shear force diagram of the beam.
    (iii) Calculate the maximum shear stress τxy\tau_{xy} in the beam.
    (iv) Calculate the maximum normal stress σx\sigma_x in the beam.

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核心觀念

  1. 彎矩圖與剪力圖關係為
    Vy=dMzdxV_y=\frac{dM_z}{dx}
    因此彎矩圖的斜率就是剪力。

  2. 集中力會造成剪力圖跳躍，但彎矩圖保持連續；集中力矩會造成彎矩圖垂直跳躍，但不影響剪力圖。

  3. 梁的剪應力與彎曲正應力分別使用
    τxy=VyQIzb,σx=−MzyIz\tau_{xy}=\frac{V_yQ}{I_zb},\qquad \sigma_x=-\frac{M_zy}{I_z}

(i) 求集中力 PP 與集中力矩 MM

由圖可讀得：

  • AA 點彎矩：MA=−10 kN⋅mM_A=-10\ \mathrm{kN\cdot m}
  • BB 點彎矩：MB=+10 kN⋅mM_B=+10\ \mathrm{kN\cdot m}
  • AB=1 mAB=1\ \mathrm{m}
  • BCBC 段彎矩圖為水平線，彎矩為 +10 kN⋅m+10\ \mathrm{kN\cdot m}

在 ABAB 段，彎矩圖斜率為

Vy=10−(−10)1=20 kNV_y=\frac{10-(-10)}{1}=20\ \mathrm{kN}

因此集中力大小為

P=20 kN\boxed{P=20\ \mathrm{kN}}

在 CC 點，彎矩圖由 +10 kN⋅m+10\ \mathrm{kN\cdot m} 跳降至零，跳躍量就是端部集中力矩，因此

M=10 kN⋅m\boxed{M=10\ \mathrm{kN\cdot m}}

(ii) 剪力圖

採用彎矩圖斜率為正即剪力為正的符號約定：

  • AA 至 BB：Vy=+20 kNV_y=+20\ \mathrm{kN}
  • BB 點受向下集中力 PP，剪力由 +20+20 跳至 00
  • BB 至 CC：Vy=0V_y=0
  • CC 點的集中力矩不造成剪力跳躍

剪力圖如下：

V_y (kN)

 +20 ───────────────┐
                    │
   0 ───────────────┴────────────
       A       B          C
             1 m        1 m

若採用相反的剪力正號定義，ABAB 段會標為 −20 kN-20\ \mathrm{kN}，但剪力大小不變。

(iii) 最大剪應力 τxy\tau_{xy}

1. 截面慣性矩

箱型截面外尺寸為 300 mm×300 mm300\ \mathrm{mm}\times300\ \mathrm{mm}，壁厚為 25 mm25\ \mathrm{mm}，內尺寸為

300−2(25)=250 mm300-2(25)=250\ \mathrm{mm}

關於 zz 軸的慣性矩：

Iz=300(300)3−250(250)312I_z=\frac{300(300)^3-250(250)^3}{12} Iz=3.49479×108 mm4I_z=3.49479\times10^8\ \mathrm{mm^4}
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第 3 題20 分

  1. A prismatic bar ABCD of solid circular cross section is fixed at ends A and D. The bar is loaded by a distributed torque of constant intensity q per unit length over AB region and subjected to a concentrated torque T = qL at point C. Determine:
    (i) the reactive torques at supports A and D;
    (ii) the maximum shear stress in the bar, and
    (iii) the location on the bar in AB region (except point A) where the angle of twist is zero. (20%)

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核心觀念

本題為兩端固定之扭轉超靜定問題，需同時使用：

  1. 靜力平衡
    ∑T=0\sum T=0

  2. 扭轉變形相容條件

    兩端 A、DA、D 固定，因此總扭轉角為零：
    ∫03LM(x)GJ dx=0\int_0^{3L}\frac{M(x)}{GJ}\,dx=0

    因為桿件為等截面，GJGJ 為常數，故可簡化為：
    ∫03LM(x) dx=0\int_0^{3L}M(x)\,dx=0

  3. 圓軸扭轉剪應力
    τmax⁡=Mmax⁡cJ\tau_{\max}=\frac{M_{\max}c}{J}

    實心圓截面有：
    J=πd432,c=d2J=\frac{\pi d^4}{32},\qquad c=\frac d2

解題方法

取分布扭矩 qq 的方向為正方向。依圖，CC 點集中扭矩與 qq 方向相反，且 T=qLT=qL。

令 RA、RDR_A、R_D 為兩端支承反力矩，並由左側截面求內力矩：

M(x)={RA+qx,0≤x≤L,RA+qL,L≤x≤2L,RA+qL−T=RA,2L≤x≤3L.M(x)= \begin{cases} R_A+qx, & 0\le x\le L,\\[4pt] R_A+qL, & L\le x\le 2L,\\[4pt] R_A+qL-T=R_A, & 2L\le x\le 3L. \end{cases}

由扭轉角相容條件：

∫0L(RA+qx) dx+∫L2L(RA+qL) dx+∫2L3LRA dx=0\int_0^L(R_A+qx)\,dx +\int_L^{2L}(R_A+qL)\,dx +\int_{2L}^{3L}R_A\,dx=0

計算得：

RAL+qL22+RAL+qL2+RAL=0R_AL+\frac{qL^2}{2}+R_AL+qL^2+R_AL=0 3RAL+32qL2=03R_AL+\frac{3}{2}qL^2=0

因此：

RA=−qL2R_A=-\frac{qL}{2}

整體靜力平衡為：

RA+RD+qL−T=0R_A+R_D+qL-T=0

由於 T=qLT=qL，可得：

RD=qL2R_D=\frac{qL}{2}

所以內力矩分布為：

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第 4 題20 分

  1. A plane stress element (σz=0\sigma_z = 0) has a x a dimension in xy plane as shown by the solid line below. After loading is applied, the stress element is deformed to the configuration shown by the dash line. Assume a = 1 cm, b=80×10-6 cm, θ=160×10−6\theta=160×10-6, Young's modulus E = 200 GPa, Poisson's ratio v = 0.3. Calculate the stresses σx\sigma_x, σy\sigma_y, τxy\tau_{xy} and the strain energy density u of the element. (20%)

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核心觀念

本題由變形圖先求平面應變，再利用平面應力之廣義虎克定律求應力。材料參數為

G=E2(1+ν)G=\frac{E}{2(1+\nu)}

平面應力關係式為

σx=E1−ν2(εx+νεy),σy=E1−ν2(εy+νεx),\sigma_x=\frac{E}{1-\nu^2}\left(\varepsilon_x+\nu\varepsilon_y\right), \qquad \sigma_y=\frac{E}{1-\nu^2}\left(\varepsilon_y+\nu\varepsilon_x\right), τxy=Gγxy.\tau_{xy}=G\gamma_{xy}.

應變能密度為

u=12(σxεx+σyεy+τxyγxy).u=\frac{1}{2} \left( \sigma_x\varepsilon_x+ \sigma_y\varepsilon_y+ \tau_{xy}\gamma_{xy} \right).

解題方法

由圖可知，xx 方向長度由 aa 增加為 a+ba+b，yy 方向高度由 aa 減少為 a−ba-b，因此

εx=ba=80×10−6,\varepsilon_x=\frac{b}{a} =80\times10^{-6}, εy=−ba=−80×10−6.\varepsilon_y=-\frac{b}{a} =-80\times10^{-6}.

圖中上邊相對下邊向左偏移，若採標準正剪應變為上邊向右偏移，則

γxy=−θ=−160×10−6.\gamma_{xy}=-\theta=-160\times10^{-6}.

材料參數換算為

E=200 GPa,ν=0.3,E=200\ \text{GPa},\qquad \nu=0.3, G=2002(1+0.3)=76.923 GPa.G=\frac{200}{2(1+0.3)} =76.923\ \text{GPa}.

因此

σx=2001−0.32(80×10−6+0.3(−80×10−6))=0.0123077 GPa=12.31 MPa,\begin{aligned} \sigma_x &=\frac{200}{1-0.3^2} \left(80\times10^{-6} +0.3(-80\times10^{-6})\right)\\ &=0.0123077\ \text{GPa} =12.31\ \text{MPa}, \end{aligned}
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第 5 題20 分

  1. A cantilever beam is supported by a translational spring with sprint constant k = EI/L³ at the free end. If the bean is subjected to a concentrated load P as shown. Calculate the reaction R is the spring and the deflection of the beam under the concentrated load. (20%)

Hint:
v(x)=−Px26EI(3a−x),0≤x≤av(x) = -\frac{Px^2}{6EI}(3a-x), \quad 0 \le x \le a
v(x)=−Pa26EI(3x−a),a≤x≤Lv(x) = -\frac{Pa^2}{6EI}(3x-a), \quad a \le x \le L

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核心觀念

梁全長為 2L2L，固定端取 x=0x=0，集中力 PP 作用於 x=Lx=L，彈簧位於自由端 x=2Lx=2L。本題為一次超靜定問題，使用：

  • 疊加原理；
  • 懸臂梁集中力撓度公式；
  • 彈簧力與端點位移的關係 R=kδR=k\delta。

以下取向下位移 δ\delta 為正，彈簧反力 RR 向上。

解題方法

先只考慮集中力 PP。由題目提示公式，PP 作用於 x=Lx=L 時，自由端 x=2Lx=2L 的向下位移為

δP(2L)=PL26EI[3(2L)−L]=5PL36EI.\delta_P(2L) =\frac{PL^2}{6EI}\left[3(2L)-L\right] =\frac{5PL^3}{6EI}.

再考慮自由端向上的彈簧反力 RR。將其視為自由端向上集中力，其造成自由端向上的位移為

δR(2L)=R(2L)33EI=8RL33EI.\delta_R(2L) =\frac{R(2L)^3}{3EI} =\frac{8RL^3}{3EI}.

因此自由端的實際向下位移為

δ(2L)=5PL36EI−8RL33EI.\delta(2L) =\frac{5PL^3}{6EI}-\frac{8RL^3}{3EI}.

彈簧反力等於彈簧勁度乘以端點位移：

R=kδ(2L)=EIL3(5PL36EI−8RL33EI).R=k\delta(2L) =\frac{EI}{L^3} \left( \frac{5PL^3}{6EI}-\frac{8RL^3}{3EI} \right).

整理得

R=5P6−8R3,R=\frac{5P}{6}-\frac{8R}{3}, 11R3=5P6,\frac{11R}{3}=\frac{5P}{6}, R=5P22.R=\frac{5P}{22}.

所以彈簧反力方向向上。

集中力作用點的撓度

在 x=Lx=L 處，集中力 PP 造成的向下位移為

δP(L)=PL33EI.\delta_P(L)=\frac{PL^3}{3EI}.

自由端反力 RR 造成 x=Lx=L 處的向上位移為

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