115 年 國立成功大學土木工程系碩士班甲組《材料力學》

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第 1 題25 分

The structure shown in Figure 1 consists of a horizontal rigid bar ABCDABCD supported by two steel wires, one of length LL and the other of length 3L/43L/4. Both wires have cross-sectional area AA and are made of elastic-perfect-plastic (EPP) material with yield stress σy\sigma_y and modulus of elasticity EE. A vertical load PP acts monotonically downward at the end DD of the bar. Determine the "residual displacement at end point DD, δDR\delta_{DR}", when the maximum displacement at end DD first reaches 3σyL/E3\sigma_y L/E, and then the vertical load PP is totally removed.

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Figure 1

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原卷第 1 頁

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核心觀念

本題需利用：

  1. 剛性桿的位移相容關係；
  2. 鋼線的彈塑性本構關係；
  3. 卸載後的塑性永久伸長；
  4. 剛性桿卸載後仍須保持直線變形分布。

鋼線長度分別為

l1=L,l2=3L4l_1=L,\qquad l_2=\frac{3L}{4}

其降伏應變皆為

εy=σyE\varepsilon_y=\frac{\sigma_y}{E}

因此兩條鋼線的降伏伸長分別為

Δy1=σyLE,Δy2=3σyL4E.\Delta_{y1}=\frac{\sigma_y L}{E},\qquad \Delta_{y2}=\frac{3\sigma_y L}{4E}.

圖形資訊不足

目前提供的掃描圖只有試卷封面，未包含題目所稱的 Figure 1，因此無法確認下列必要資料：

  • 兩條鋼線分別連接於剛性桿的哪些點；
  • ABAB、BCBC、CDCD 或其他幾何距離；
  • 兩條鋼線相對於載重點 DD 的位置。

這些幾何資料會決定位移相容式、兩鋼線的受力比例，以及卸載後端點 DD 的殘餘位移；故僅由目前文字無法得到唯一數值答案。

一般解法

設兩條鋼線連接於桿上的 x1x_1、x2x_2 位置，長度分別為 LL 與 3L/43L/4；載重點 DD 的位置為 xDx_D。在最大位移狀態，

δD=3σyLE.\delta_D= \frac{3\sigma_y L}{E}.

由於桿為剛性桿，兩支承點位移必須位於同一直線上：

δi=δD+θ(xi−xD),i=1,2\delta_i=\delta_D+\theta(x_i-x_D), \qquad i=1,2

其中 θ\theta 為剛性桿轉角。

各鋼線的總伸長分為彈性伸長與塑性伸長：

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第 2 題25 分

A sign with dimensions of 2.0 m×1.2 m2.0 \text{ m} \times 1.2 \text{ m} is supported by a hollow "square-shaped" tube pole having a dimension b=158 mmb = 158 \text{ mm} and a thickness t=20 mmt = 20 \text{ mm} in Figure 2. The sign is offset 0.5 m0.5 \text{ m} from the centerline of the pole, and its lower edge is 6.0 m6.0 \text{ m} above the ground. Determine the "principal stresses σ1\sigma_1 at point AA" at the base of the pole due to a wind pressure of 2.0 kPa2.0 \text{ kPa} against the sign. Note: A dashed line means the middle line.

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Figure 2

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核心觀念

風壓對告示牌形成合力，使立柱底部同時承受彎矩與扭矩。點 AA 的彎曲正應力與扭轉剪應力組成平面應力狀態，再用主應力公式求 σ1\sigma_1。

解題方法

原卷圖中立柱底部固定於地面；告示牌尺寸為 2.0 m×1.2 m2.0\text{ m}\times1.2\text{ m}，下緣離地 6.0 m6.0\text{ m}。圖示的 0.5 m0.5\text{ m} 是立柱中心線至告示牌近側邊緣的距離，告示牌再向外延伸 2.0 m2.0\text{ m}；截面虛線為中線，故中線邊長 b=158 mmb=158\text{ mm}、壁厚 t=20 mmt=20\text{ mm}。

先將均布風壓化為作用於告示牌中心的合力：

F=pA=(2.0 kN/m2)(2.0×1.2 m2)=4.8 kNF=pA=(2.0\text{ kN/m}^2)(2.0\times1.2\text{ m}^2)=4.8\text{ kN}

合力作用高度為告示牌中心高度，距地面 6.0+1.2/2=6.6 m6.0+1.2/2=6.6\text{ m}，因此立柱底部彎矩為

M=F(6.6)=4.8(6.6)=31.68 kN⋅mM=F(6.6)=4.8(6.6)=31.68\text{ kN}\cdot\text{m}

合力至立柱中心線的偏心距為 0.5+2.0/2=1.5 m0.5+2.0/2=1.5\text{ m}，因此底部扭矩為

T=F(1.5)=4.8(1.5)=7.2 kN⋅mT=F(1.5)=4.8(1.5)=7.2\text{ kN}\cdot\text{m}

截面虛線邊長是中線尺寸，所以外、內邊長分別為

bo=b+t=178 mm,bi=b−t=138 mmb_o=b+t=178\text{ mm},\qquad b_i=b-t=138\text{ mm}

方形空心截面的慣性矩，以及點 AA 至截面中性軸的距離為

I=bo4−bi412=1784−138412=53.4335×106 mm4I=\frac{b_o^4-b_i^4}{12} =\frac{178^4-138^4}{12} =53.4335\times10^6\text{ mm}^4
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第 3 題25 分

The column ABAB in Figure 3, with a constant flexural rigidity EIEI, has pin supports at AA and BB. Considering only bending effects in the analysis (i.e., disregarding the effects of axial deformations), derive the "buckling equation" for this column with the rotational stiffness βR\beta_R at end BB, using the assumptions of ideal, slender, prismatic, and linearly elastic columns (Euler buckling). Buckling occurs in the plane of the figure unless stated otherwise.

Hint:
v=v = deflection in the yy direction
MB=M_B = moment at end BB
θB=\theta_B = angle of rotation at end BB (positive clockwise)
H=H = horizontal reactions at ends AA and BB
k2=P/EIk^2 = P/EI

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Figure 3

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原卷第 2 頁

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核心觀念

本題考查具端部旋轉彈簧之 Euler 挫屈。柱 ABAB 視為理想、細長、等截面且線彈性柱，僅考慮彎曲變形。

設柱長為 LL，取 xx 軸由 AA 指向 BB，側向位移為 v(x)v(x)，並令

k2=PEI.k^2=\frac{P}{EI}.

邊界條件為：

  • AA、BB 皆無側向位移：v(0)=v(L)=0v(0)=v(L)=0。
  • AA 為鉸支承：MA=0M_A=0。
  • BB 具有旋轉勁度 βR\beta_R，故端彎矩與端部轉角滿足
    MB=βRθB.M_B=\beta_R\theta_B.

題目所附掃描圖未包含 Figure 3；以下依標準模型假設 ABAB 長度為 LL，BB 端的旋轉勁度為 βR\beta_R。

解題方法與推導

考慮柱的側向平衡。令 HH 為水平反力，彎矩關係可寫成

EId2vdx2+Pv=Hx.EI\frac{d^2v}{dx^2}+Pv=Hx.

由 AA 點為鉸支承，且 v(0)=0v(0)=0、MA=EIv′′(0)=0M_A=EI v''(0)=0，通解可化為

v(x)=Csin⁡kx+HPx.v(x)=C\sin kx+\frac{H}{P}x.

在 BB 點，因為側向位移受限，

v(L)=Csin⁡kL+HLP=0.(1)v(L)=C\sin kL+\frac{HL}{P}=0. \tag{1}

柱端彎矩為

MB=EIv′′(L).M_B=EI v''(L).

由控制方程式及 v(L)=0v(L)=0，

MB=HL.(2)M_B=HL. \tag{2}

而 BB 點轉角為

θB=v′(L)=Ckcos⁡kL+HP.(3)\theta_B=v'(L) =Ck\cos kL+\frac{H}{P}. \tag{3}

套用旋轉彈簧關係 MB=βRθBM_B=\beta_R\theta_B，得

HL=βR(Ckcos⁡kL+HP).(4)HL=\beta_R\left(Ck\cos kL+\frac{H}{P}\right). \tag{4}
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第 4 題25 分

A beam ABCABC has a constant flexural rigidity EIEI, with simple supports at AA and BB, and an overhang BCBC supports a concentrated load PP at the free end CC (Figure 4). Use only the "Strain Energy Method" to find the "deflection at end CC, δc\delta_c", along the direction of the vertical load PP. Any other methods to find δc\delta_c will not be graded.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure 4

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原卷第 2 頁

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目前附上的掃描圖只包含第 1、2 題，未包含第 4 題的 Figure 4，因此無法確認圖中的 ABAB、BCBC 尺寸。以下以

AB=L,BC=aAB=L,\qquad BC=a

推導一般答案。

核心觀念

本題指定使用應變能法。梁的彎曲應變能為

U=∫M22EI dxU=\int \frac{M^2}{2EI}\,dx

依 Castigliano 定理，沿集中力 PP 方向的端點位移為

δC=∂U∂P.\delta_C=\frac{\partial U}{\partial P}.

解題方法

取向上為正，對整個梁作靜力平衡：

RA+RB−P=0R_A+R_B-P=0

以 AA 點取矩：

RBL−P(L+a)=0R_B L-P(L+a)=0

因此

RB=P(L+a)L,RA=−PaL.R_B=\frac{P(L+a)}{L},\qquad R_A=-\frac{Pa}{L}.

RA<0R_A<0 表示 AA 點反力方向實際向下。

ABAB 段彎矩

取 AA 點右側距離為 xx，其中 0≤x≤L0\leq x\leq L：

M1(x)=RAx=−PaLx.M_1(x)=R_Ax=-\frac{Pa}{L}x.

BCBC 段彎矩

當 L≤x≤L+aL\leq x\leq L+a 時：

M2(x)=RAx+RB(x−L)M_2(x)=R_Ax+R_B(x-L)

整理得

M2(x)=−P(L+a−x).M_2(x)=-P(L+a-x).

計算應變能

U=12EI[∫0LM12(x) dx+∫LL+aM22(x) dx].U = \frac{1}{2EI} \left[ \int_0^L M_1^2(x)\,dx + \int_L^{L+a}M_2^2(x)\,dx \right].

代入彎矩：

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