111 年 國立成功大學土木工程系碩士班丁組《材料力學》

本題考驗學生對梁的撓曲線微分方程式的應用，以及利用連續積分法求解固定端與滾支座（附加旋轉彈簧）邊界條件下的撓曲線與反力。

核心觀念：

1. 梁的撓曲線微分方程式：$EIv'''' = -q(x)$
2. 邊界條件的建立：固定端、滾支座（附加旋轉彈簧）與支點沉陷。
3. 連續積分法：透過積分求解撓曲線方程式。

解題步驟：

(a) 撓曲線方程式 $v(x)$ 的求解

首先，我們需要確定作用在梁上的負載 $q(x)$。由於梁上沒有直接施加的分布載荷，所以 $q(x) = 0$。然而，題目提到支點 B 有一個向下的沉陷 $\Delta$ 以及一個旋轉彈簧。支點 B 的旋轉彈簧提供一個反力矩 $M_B$ 與 B 點的轉角 $\theta_B$ 的關係為 $M_B = k_R \theta_B$。

由於支點 B 是一個滾支座，其垂直反力 $R_B$ 應為零，除非有垂直外力作用。但在此題中，支點 B 的沉陷 $\Delta$ 相當於在 B 點施加了一個向下的虛擬集中力，或者更直接地，我們可以將支點 B 的沉陷視為一個初始條件。

梁的撓曲線微分方程式為：
$EIv'''' = 0$

對此式進行連續積分：
$EIv''' = C_1$ (剪力)
$EIv'' = C_1x + C_2$ (彎矩)
$EIv' = \frac{1}{2}C_1x^2 + C_2x + C_3$ (轉角)
$EIv = \frac{1}{6}C_1x^3 + \frac{1}{2}C_2x^2 + C_3x + C_4$ (撓曲線)

接下來，我們需要利用邊界條件來求解積分常數 $C_1, C_2, C_3, C_4$。

邊界條件：

1. 固定端 A (x=0)：

   • 撓度為零：$v(0) = 0$
   • 轉角為零：$v'(0) = 0$
     從 $v(0) = 0$ 可得 $C_4 = 0$。
     從 $v'(0) = 0$ 可得 $C_3 = 0$。

   因此，微分方程式簡化為：
   $EIv'' = C_1x + C_2$
   $EIv' = \frac{1}{2}C_1x^2 + C_2x$
   $EIv = \frac{1}{6}C_1x^3 + \frac{1}{2}C_2x^2$

2. 滾支座 B (x=L)：

   • 撓度為 $\Delta$ (向下，所以是 $-\Delta$)：$v(L) = -\Delta$
   • 支點 B 的彎矩 $M_B$ 與轉角 $\theta_B$ 的關係：$M_B = k_R \theta_B$。
     梁在 B 點的彎矩為 $EIv''(L)$。
     梁在 B 點的轉角為 $v'(L)$。
     所以，$EIv''(L) = k_R v'(L)$。

   將 $x=L$ 代入 $EIv''$ 和 $EIv'$：
   $EIv''(L) = C_1L + C_2$
   $EIv'(L) = \frac{1}{2}C_1L^2 + C_2L$

   代入邊界條件 $EIv''(L) = k_R v'(L)$：
   $C_1L + C_2 = \frac{k_R}{EI} (\frac{1}{2}C_1L^2 + C_2L)$
   $C_1L + C_2 = \frac{k_R L}{2EI} C_1L + \frac{k_R}{EI} C_2L$
   $C_1L + C_2 = \frac{k_R L^2}{2EI} C_1 + \frac{k_R L}{EI} C_2$

核心觀念

取梁軸向右為 $x$ 軸、鉛直向上為 $y$ 軸。點 $C$ 位於截面中性軸上：

• 水平力 $Q$ 造成均勻軸向應力。
• 垂直力 $P$ 同時造成彎曲與剪應力；但在中性軸 $y=0$ 處，彎曲正應力為零，剪應力為矩形截面最大值。
• 斜向應變計須使用平面應變轉換式。

材料剪切模數為

$$G=\frac{E}{2(1+\nu)} =\frac{200}{2(1+\frac13)} =75\ \text{GPa} =75{,}000\ \text{N/mm}^2$$

截面積為

$$A=bh=(20)(175)=3500\ \text{mm}^2$$

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由水平應變計 A 求 $Q$

點 $C$ 在中性軸上，$P$ 所造成的彎曲應力為零，因此

$$\sigma_x=\frac{Q}{A}$$

且水平應變計 A 測得

$$\epsilon_A=\epsilon_x=\frac{\sigma_x}{E} =\frac{Q}{AE}$$

代入 $\epsilon_A=145\times10^{-6}$：

$$Q=\epsilon_A AE =(145\times10^{-6})(3500)(200{,}000)$$ $$Q=101{,}500\ \text{N} =101.5\ \text{kN}$$

由正應變可知 $Q$ 為拉力，方向如圖向右。

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由斜向應變計 B 求 $P$

由於為平面應力狀態，$\sigma_y=0$，故

$$\epsilon_y=-\nu\epsilon_x =-\frac13(145\times10^{-6}) =-48.33\times10^{-6}$$

應變計 B 與水平夾角 $\theta=60^\circ$，應變轉換式為

$$\epsilon_B =\epsilon_x\cos^2\theta +\epsilon_y\sin^2\theta +\frac{\gamma_{xy}}{2}\sin2\theta$$

代入 $\theta=60^\circ$：

資料說明

原頁未提供木材與鋼材彈性模數；本解採合理假設 $E_w=10\,\text{GPa}$、$E_s=200\,\text{GPa}$，故模數比 $n=E_s/E_w=20$。

核心觀念

複合梁須同時滿足：

1. 平截面彎曲後仍保持平面，木材與鋼板的曲率相同。
2. 不同材料的應力與彈性模數成正比：
   $\sigma_s=n\sigma_w$
3. 使用轉換截面法，將鋼板轉換成等效木材截面。
4. 跨度中央受集中力時，最大彎矩為
   $M_{\max}=\frac{PL}{4}$

（a）中性軸位置

木材截面：

$A_w=100(150)=15000\ \text{mm}^2$

其形心距頂面：

$y_w=75\ \text{mm}$

鋼板截面：

$A_s=100(8)=800\ \text{mm}^2$

鋼板形心距頂面：

$y_s=150+\frac{8}{2}=154\ \text{mm}$

將鋼板轉換成木材後：

$A_s'=nA_s=20(800)=16000\ \text{mm}^2$

因此中性軸距頂面為

$$h=\frac{A_wy_w+A_s'y_s}{A_w+A_s'}$$ $$h=\frac{15000(75)+16000(154)}{15000+16000} =115.77\ \text{mm}$$

故中性軸位於木材內部，距木材底面

$150-115.77=34.23\ \text{mm}$

（b）最大容許荷重

以木材為基準建立轉換截面，其慣性矩為

$$I_t= \left[ \frac{100(150)^3}{12} +15000(h-75)^2 \right] +20\left[ \frac{100(8)^3}{12} +800(154-h)^2 \right]$$

代入 $h=115.77\ \text{mm}$：

$$I_t=7.653\times10^7\ \text{mm}^4$$

木材控制條件

木材頂面距中性軸最遠，距離為 $h$，因此

核心觀念

本題考查兩端固定柱的 Euler 挫屈，以及軸向壓力造成的二階效應。柱身發生側向位移 $y(x)$ 後，軸力 $P$ 會產生附加彎矩 $Py$；再配合兩端固定端彎矩 $M_0$，即可建立二階微分方程。

取柱底端 $A$ 為 $x=0$、柱頂端 $B$ 為 $x=L$，側向位移為 $y(x)$。兩端固定的邊界條件為

$$y(0)=0,\qquad y'(0)=0,$$ $$y(L)=0,\qquad y'(L)=0.$$

(a) 建立二階微分方程

採用彎矩正號，使截面平衡式為

$$M(x)=M_0-Py(x).$$

由彎矩與曲率關係

$$M(x)=EI\frac{d^2y}{dx^2},$$

且 $EI$ 為常數，因此

$$EI\frac{d^2y}{dx^2}=M_0-Py.$$

整理得柱的撓曲線二階微分方程：

$$\boxed{EI\frac{d^2y}{dx^2}+Py=M_0}$$

其中 $M_0$ 的正負只影響屈曲方向，不影響臨界荷重。

(b) 求臨界荷重與屈曲形狀

令

$$k=\sqrt{\frac{P}{EI}},$$

則微分方程可寫為

$$\frac{d^2y}{dx^2}+k^2y=\frac{M_0}{EI}.$$

其通解為

$$y=C_1\cos kx+C_2\sin kx+\frac{M_0}{P}.$$

由底端固定條件：

由 $y(0)=0$

$$C_1+\frac{M_0}{P}=0 \quad\Rightarrow\quad C_1=-\frac{M_0}{P}.$$

由 $y'(0)=0$

$$y'=-C_1k\sin kx+C_2k\cos kx,$$

因此

$$C_2k=0 \quad\Rightarrow\quad C_2=0.$$

故撓曲線為

$$y(x)=\frac{M_0}{P}\left(1-\cos kx\right).$$

再套用頂端位移條件 $y(L)=0$：

$$\frac{M_0}{P}\left(1-\cos kL\right)=0.$$

非零屈曲形狀需有 $M_0\neq 0$，所以

$$\cos kL=1.$$

因此

$$kL=2n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$