109 年 國立臺灣大學土木系碩士班結構組（一般生）《結構學》

核心觀念

本題考查超靜定桁架之力法（Force Method / 柔度法）分析與虛功法（單位力法，Unit Load Method）求桁架位移：

1. 靜不定度判定： $$D = m + r - 2j$$ 其中 $m$ 為桿件數、$r$ 為外反力數、$j$ 為節點數。若 $D = 1$，表示為一次超靜定結構。
2. 基本靜定結構（Primary Structure）：
   依題目強制規定，選取 $B$ 點（滾支承）之垂直反力 $R_B$ 作為贅餘力（Redundant force），移除該滾支承形成基本靜定桁架。
3. 諧合變位方程式（Compatibility Equation）： $$\Delta_B = \Delta_{B0} + R_B f_{BB} = 0 \implies R_B = -\frac{\Delta_{B0}}{f_{BB}}$$
   • $\Delta_{B0}$：外力作用下，基本結構在贅餘力方向（$B$ 點垂直方向）之位移。
   • $f_{BB}$：在 $B$ 點施加單位贅餘力時，基本結構在 $B$ 點所產生之垂直柔度（位移）。
4. 虛功法計算位移公式： $$\Delta_{B0} = \sum \frac{N_0 n_1 L}{EA}, \quad f_{BB} = \sum \frac{n_1^2 L}{EA}$$ 其中 $N_0$ 為外力作用下基本結構之桿件軸力，$n_1$ 為單位力（$1\text{ kN} \uparrow$）作用於 $B$ 點時基本結構之桿件軸力。

---

解題方法

步驟一：幾何座標與靜不定度分析

建立坐標系，令底弦左端節點為原點 $(0,0)$：

• 下弦節點：$D(0,0)$、$C(6,0)$（滾支承）、$B(12,0)$（滾支承）、$A(18,0)$（鉸支承）。
• 上弦節點：$E(0,6)$（作用外力 $20\text{ kN}\downarrow$）、$F(6,6)$、$G(12,6)$。
• 節點總數 $j = 7$。
• 桿件總數 $m = 11$：
  • 下弦桿（3 支）：$DC, CB, BA$（長度各為 $6\text{ m}$）
  • 上弦桿（2 支）：$EF, FG$（長度各為 $6\text{ m}$）
  • 垂直桿（3 支）：$DE, CF, BG$（長度各為 $6\text{ m}$）
  • 斜桿（3 支）：$EC, CG, GA$（長度各為 $\sqrt{6^2+6^2} = 6\sqrt{2}\text{ m}$，與水平夾角均為 $45^\circ$）
• 外反力數 $r = 4$（$A_x, A_y, B_y, C_y$）。
• 靜不定度： $$D = 11 + 4 - 2 \times 7 = 1 \quad (\text{1次超靜定})$$

設 $B$ 點垂直反力 $R_B$（向上為正）為贅餘力，解除 $B$ 點滾支承約束，此時結構退化為僅由 $C$ 點滾支承與 $A$ 點鉸支承支撐之基本靜定桁架。

---

步驟二：基本結構在外力作用下之分析（$N_0$ 系統）

在基本靜定結構上，僅受 $E$ 點向下的垂直外力 $20\text{ kN}$：

1. 基本結構反力（取向上、向右為正）：

   • $\sum F_x = 0 \implies A_{x0} = 0$
   • 對 $A$ 點取力矩： $$\sum M_A = 0 \implies C_{y0} \times 12 - 20 \times 18 = 0 \implies C_{y0} = 30\text{ kN} \ (\uparrow)$$
   • $\sum F_y = 0$： $$C_{y0} + A_{y0} - 20 = 0 \implies 30 + A_{y0} - 20 = 0 \implies A_{y0} = -10\text{ kN} \ (10\text{ kN} \downarrow)$$

2. 桿件軸力 $N_0$（以拉力為正，壓力為負）：

   • 節點 $D$：無外力，僅有互不共線的兩桿件 $DE, DC$，故皆為零桿： $$N_{0, DE} = 0, \quad N_{0, DC} = 0$$
   • 節點 $E$：受向下 $20\text{ kN}$ 外力： $$\sum F_y = 0 \implies -20 - N_{0, EC}\sin 45^\circ = 0 \implies N_{0, EC} = -20\sqrt{2}\text{ kN} \ (\text{壓})$$ $$\sum F_x = 0 \implies N_{0, EF} + N_{0, EC}\cos 45^\circ = 0 \implies N_{0, EF} = 20\text{ kN} \ (\text{拉})$$
   • 節點 $F$： $$\sum F_y = 0 \implies N_{0, CF} = 0, \quad \sum F_x = 0 \implies N_{0, FG} = N_{0, EF} = 20\text{ kN} \ (\text{拉})$$
   • 節點 $B$（基本結構上無支承）： $$\sum F_y = 0 \implies N_{0, BG} = 0, \quad \sum F_x = 0 \implies N_{0, CB} = N_{0, BA}$$
   • 節點 $G$： $$\sum F_y = 0 \implies -N_{0, CG}\sin 45^\circ - N_{0, GA}\sin 45^\circ = 0 \implies N_{0, CG} = -N_{0, GA}$$ $$\sum F_x = 0 \implies -N_{0, FG} - N_{0, CG}\cos 45^\circ + N_{0, GA}\cos 45^\circ = 0$$ 代入 $N_{0, FG} = 20$ 與 $N_{0, CG} = -N_{0, GA}$： $$-20 + 2N_{0, GA}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 0 \implies N_{0, GA} = 10\sqrt{2}\text{ kN} \ (\text{拉})$$ $$N_{0, CG} = -10\sqrt{2}\text{ kN} \ (\text{壓})$$
   • 節點 $A$： $$\sum F_x = 0 \implies -N_{0, BA} - N_{0, GA}\cos 45^\circ = 0 \implies N_{0, BA} = -10\text{ kN} \ (\text{壓})$$ 同理 $N_{0, CB} = -10\text{ kN}$（壓）。

---

步驟三：基本結構在單位贅餘力作用下之分析（$n_1$ 系統）

在基本結構之 $B$ 點施加向上的單位力 $1\text{ kN}$（$R_B = 1\uparrow$）：

1. 基本結構反力：

   • $\sum F_x = 0 \implies A_{x1} = 0$
   • 對 $A$ 點取力矩： $$\sum M_A = 0 \implies C_{y1} \times 12 + 1 \times 6 = 0 \implies C_{y1} = -\frac{1}{2}\text{ kN} = -0.5\text{ kN} \ (0.5\text{ kN}\downarrow)$$
   • $\sum F_y = 0$： $$C_{y1} + A_{y1} + 1 = 0 \implies -0.5 + A_{y1} + 1 = 0 \implies A_{y1} = -0.5\text{ kN} \ (0.5\text{ kN}\downarrow)$$

2. 桿件軸力 $n_1$：

   • 節點 $D, E, F$ 皆無外力與反力，左側區間各桿件軸力均為零： $$n_{1, DC} = 0, \quad n_{1, DE} = 0, \quad n_{1, EC} = 0, \quad n_{1, EF} = 0, \quad n_{1, CF} = 0, \quad n_{1, FG} = 0$$
   • 節點 $B$：受向上單位力 $1\text{ kN}$：

核心觀念

本題用虛功法求剛架節點 $C$ 的水平位移。只考慮彎曲變形時，

$$\delta_{Cx}=\sum_{\text{各桿件}}\int \frac{Mm}{EI}\,ds$$

其中 $M$ 是實際荷重造成的彎矩，$m$ 是在 $C$ 點施加單位水平力所造成的虛彎矩。題目只提供 $E、I$，因此依結構學慣例計算彎曲變形。

圖中幾何為：$ED=3\,\mathrm m$、$DC=4\,\mathrm m$，柱段 $CB=3\,\mathrm m$、$BA=2\,\mathrm m$。$E$ 點受 $25\,\mathrm{kN}$ 向下載重，$B$ 點受 $50\,\mathrm{kN}$ 向左水平力。

解題方法

1. 求實際支承反力

以 $A$ 點取矩，逆時針為正：

$$\sum M_A=25(7)+50(2)-D_y(4)=0$$

因此

$$D_y=68.75\,\mathrm{kN}$$

由垂直力平衡：

$$A_y+D_y-25=0 \quad\Longrightarrow\quad A_y=-43.75\,\mathrm{kN}$$

由水平力平衡：

$$A_x-50=0 \quad\Longrightarrow\quad A_x=50\,\mathrm{kN}$$

$A_y$ 為負，表示反力方向向下。

2. 實際彎矩 $M$

令梁上座標 $s$ 自 $E$ 向右量，$E$ 為 $s=0$、$D$ 為 $s=3$、$C$ 為 $s=7$。梁彎矩為

$$M(s)= \begin{cases} -25s, & 0\le s\le 3\\ -25s+68.75(s-3), & 3\le s\le 7 \end{cases}$$

所以梁的關鍵彎矩值為

$$M_E=0,\qquad M_{D^-}=M_{D^+}=-75\,\mathrm{kN\,m},\qquad M_C=100\,\mathrm{kN\,m}$$

柱上令 $y$ 自 $A$ 向上量。由柱的水平力可得

$$M(y)= \begin{cases} -50y, & 0\le y\le 2\\ -100, & 2\le y\le 5 \end{cases}$$

因此 $M_A=0$、$M_B=M_C=-100\,\mathrm{kN\,m}$。梁以正彎矩表示下凹（撓曲）；柱彎矩依由 $A$ 向上取截面的符號表示。

核心觀念

本題為具備側移（Sidesway）之不對稱剛架，指定採用**傾角變位法（Slope Deflection Method）**求解桿件端彎矩並繪製彎矩圖（BMD）。

1. 傾角變位公式（Slope Deflection Equation）：
   以順時針方向之轉角與端彎矩為正（$+$），逆時針為負（$-$）。
   對於長度為 $L$、抗彎剛度為 $EI$ 的桿件 $ij$：

   $$M_{ij} = \frac{2EI}{L} \left(2\theta_i + \theta_j - 3R_{ij}\right) + \text{FEM}_{ij}$$

   若遠端 $j$ 為鉸接支承（無外加力矩，故 $M_{ji} = 0$），可直接代入修正式簡化未知數：

   $$M_{ij} = \frac{3EI}{L} \left(\theta_i - R_{ij}\right) + \left(\text{FEM}_{ij} - \frac{\text{FEM}_{ji}}{2}\right)$$

   其中 $\theta$ 為節點轉角，$R = \frac{\Delta}{L}$ 為桿件弦轉角（Chord Rotation），$\text{FEM}$ 為固端彎矩（Fixed End Moment）。

2. 運動自由度分析（Kinematic Indeterminacy）：

   • 忽視軸向變形（剛架分析之標準假設）：梁 $BC$ 無垂直位移，故 $\Delta_{By} = \Delta_{Cy} = 0$；梁 $BC$ 的弦轉角 $R_{BC} = 0$。
   • 柱底 $A$ 點為固接端：$\theta_A = 0$、$\Delta_A = 0$。
   • 柱底 $D$ 點為鉸接端：$\Delta_D = 0$，$M_{DC} = 0$。
   • 梁 $BC$ 為水平剛性位移，設剛架頂層向右側移為 $\Delta$：
     • 柱 $AB$（長度 $L_{AB} = 10\text{ m}$）：頂端向右側移 $\Delta$，弦轉角順時針 $R_{AB} = \frac{\Delta}{10}$。
     • 柱 $CD$（長度 $L_{CD} = 5\text{ m}$）：頂端向右側移 $\Delta$，弦轉角順時針 $R_{CD} = \frac{\Delta}{5} = 2 R_{AB}$。
   • 獨立未知數共 3 個：$\theta_B$、$\theta_C$ 以及側移弦轉角 $R = R_{AB}$（$\Delta = 10R$）。

---

解題步驟與推導

步驟一：計算固端彎矩（FEM）

各桿件僅梁 $BC$ 上有外載重（$P = 15\text{ kN}$，作用於距 $B$ 點 $a = 2\text{ m}$、距 $C$ 點 $b = 8\text{ m}$ 處，總跨度 $L = 10\text{ m}$）：

• 桿件 $AB$ 與 $CD$ 無跨內載重： $$\text{FEM}_{AB} = \text{FEM}_{BA} = \text{FEM}_{CD} = \text{FEM}_{DC} = 0$$
• 桿件 $BC$（順時針為正，逆時針為負）： $$\text{FEM}_{BC} = -\frac{P a b^2}{L^2} = -\frac{15 \times 2 \times 8^2}{10^2} = -19.2\text{ kN}\cdot\text{m}$$ $$\text{FEM}_{CB} = +\frac{P a^2 b}{L^2} = +\frac{15 \times 2^2 \times 8}{10^2} = +4.8\text{ kN}\cdot\text{m}$$

---

步驟二：建立各桿端傾角變位方程式

令基準剛度 $k = \frac{EI}{10}$，則各桿件幾何性質如下：

• $\frac{EI}{L_{AB}} = \frac{EI}{10} = k$
• $\frac{EI}{L_{BC}} = \frac{EI}{10} = k$
• $\frac{EI}{L_{CD}} = \frac{EI}{5} = 2k$

令未知數為 $\theta_B$、$\theta_C$ 及 $R = R_{AB}$，則 $R_{CD} = 2R$，$R_{BC} = 0$：

1. 桿件 $AB$（$\theta_A = 0$）： $$M_{AB} = 2k \left(\theta_B - 3R\right)$$ $$M_{BA} = 2k \left(2\theta_B - 3R\right)$$
2. 桿件 $BC$（$R_{BC} = 0$）： $$M_{BC} = 2k \left(2\theta_B + \theta_C\right) - 19.2$$ $$M_{CB} = 2k \left(2\theta_C + \theta_B\right) + 4.8$$
3. 桿件 $CD$（$D$ 端為鉸接，$M_{DC} = 0$，採用修正式）： $$M_{CD} = 3(2k) \left(\theta_C - R_{CD}\right) = 6k \left(\theta_C - 2R\right)$$

---

步驟三：建立平衡方程式求解未知變位

1. 節點 $B$ 力矩平衡：$\sum M_B = 0 \implies M_{BA} + M_{BC} = 0$

   $$2k(2\theta_B - 3R) + 2k(2\theta_B + \theta_C) - 19.2 = 0$$ $$2k(4\theta_B + \theta_C - 3R) = 19.2 \implies 4\theta_B + \theta_C - 3R = \frac{9.6}{k} \quad \text{--- (式 1)}$$

2. 節點 $C$ 力矩平衡：$\sum M_C = 0 \implies M_{CB} + M_{CD} = 0$

   $$2k(2\theta_C + \theta_B) + 4.8 + 6k(\theta_C - 2R) = 0$$ $$2k(\theta_B + 5\theta_C - 6R) = -4.8 \implies \theta_B + 5\theta_C - 6R = -\frac{2.4}{k} \quad \text{--- (式 2)}$$

3. 側移剪力平衡方程式（Sway Equation）：
   取兩柱分別取自由體求得柱腳水平剪力反力（假設向左為正）：

   • 對柱 $AB$ 頂端 $B$ 取力矩： $$\sum M_B = 0 \implies H_A \times 10 - M_{AB} - M_{BA} = 0 \implies H_A = \frac{M_{AB} + M_{BA}}{10}$$
   • 對柱 $CD$ 頂端 $C$ 取力矩（因 $M_{DC} = 0$）： $$\sum M_C = 0 \implies H_D \times 5 - M_{CD} = 0 \implies H_D = \frac{M_{CD}}{5}$$
   • 整體結構水平平衡（無水平外力）：$\sum F_x = 0 \implies H_A + H_D = 0$ $$\frac{M_{AB} + M_{BA}}{10} + \frac{M_{CD}}{5} = 0 \implies M_{AB} + M_{BA} + 2M_{CD} = 0$$ 將傾角變位式代入： $$2k(\theta_B - 3R) + 2k(2\theta_B - 3R) + 2 \times 6k(\theta_C - 2R) = 0$$ 同除以 $2k$： $$(3\theta_B - 6R) + 6(\theta_C - 2R) = 0$$ $$3\theta_B + 6\theta_C - 18R = 0 \implies \theta_B + 2\theta_C - 6R = 0 \quad \text{--- (式 3)}$$

聯立求解 (式 1)、(式 2)、(式 3)：

• 由 (式 2) 減去 (式 3)： $$3\theta_C = -\frac{2.4}{k} \implies \theta_C = -\frac{0.8}{k} = -\frac{4}{5k}$$
• 代入 (式 3)： $$\theta_B - 6R = -2\theta_C = \frac{1.6}{k} \implies \theta_B = 6R + \frac{1.6}{k}$$
• 代入 (式 1)： $$4\left(6R + \frac{1.6}{k}\right) + \left(-\frac{0.8}{k}\right) - 3R = \frac{9.6}{k}$$ $$21R + \frac{5.6}{k} = \frac{9.6}{k} \implies 21R = \frac{4.0}{k} \implies R = \frac{4}{21k}$$
• 求出 $\theta_B$： $$\theta_B = 6\left(\frac{4}{21k}\right) + \frac{1.6}{k} = \frac{8}{7k} + \frac{8}{5k} = \frac{96}{35k}$$

---

步驟四：回代求各節點端彎矩

將 $\theta_B = \frac{96}{35k}$、$\theta_C = -\frac{28}{35k}$、$R = \frac{4}{21k}$ 代入各端彎矩式：

1. $M_{AB}$： $$M_{AB} = 2k \left(\frac{96}{35k} - 3 \times \frac{4}{21k}\right) = 2 \left(\frac{96}{35} - \frac{20}{35}\right) = \frac{152}{35}\text{ kN}\cdot\text{m} \approx +4.343\text{ kN}\cdot\text{m}$$

核心觀念

本題考查靜不定梁的**彎矩分配法（Moment Distribution Method, MDM）及彎矩圖（BMD）**之繪製。核心原理與公式如下：

1. 固端彎矩（Fixed-End Moment, FEM）（以順時針為正）：
   • 等佈載重 $w$ 作用之等跨度梁：

$$\text{FEM}_{AB} = -\frac{wL^2}{12}, \quad \text{FEM}_{BA} = +\frac{wL^2}{12}$$

• 中央集中載重 $P$ 作用之等跨度梁：

$$\text{FEM}_{BC} = -\frac{PL}{8}, \quad \text{FEM}_{CB} = +\frac{PL}{8}$$

2. 桿件旋轉勁度（Rotational Stiffness, $K$）：
   • 遠端固接（Far-end fixed）：$K = \frac{4EI}{L}$
   • 遠端為鉸支承或已知外伸端彎矩（Far-end pinned / roller with cantilever）：採用修正勁度 $K' = \frac{3EI}{L}$
3. 分配因子（Distribution Factor, DF）：

$$\text{DF}_{ij} = \frac{K_{ij}}{\sum K}$$

（固接端 $\text{DF} = 0$；外伸懸臂端無抗彎旋轉勁度，不參與分配）
4. 傳遞因子（Carry-Over Factor, COF）：

• 遠端固接端：$\text{COF} = \frac{1}{2}$
• 遠端為鉸支承／已釋放端：$\text{COF} = 0$

---

解題方法

步驟一：外伸懸臂段靜力平衡與端彎矩確立

• $CD$ 段為長度 $5\text{ m}$ 的外伸懸臂梁，自由端 $D$ 承受向下集中載重 $50\text{ kN}$。
• 對 $C$ 點取力矩平衡，外伸懸臂段對 $C$ 節點左側產生的抵抗端彎矩為逆時針方向：

$$M_{CD} = -50 \times 5 = -250\text{ kN}\cdot\text{m}$$

• 由節點 $C$ 之力矩平衡 $\sum M_C = 0$ 得：

$$M_{CB} + M_{CD} = 0 \implies M_{CB} = +250\text{ kN}\cdot\text{m}$$

• 由於支承 $C$ 處的端彎矩已由靜力平衡完全決定（$M_{CB} = +250\text{ kN}\cdot\text{m}$），故在分配時可先將節點 $C$ 釋放並平衡，後續桿件 $BC$ 即可採用修正勁度法，僅需對節點 $B$ 進行一次分配即可求得閉合精確解。

---

步驟二：計算固端彎矩（FEM）

規定桿端順時針彎矩為正（$+$），逆時針為負（$-$）：

1. $AB$ 跨（$L_{AB} = 10\text{ m}$，均佈載重 $w = 10\text{ kN/m}$）：

$$\text{FEM}_{AB} = -\frac{10 \times 10^2}{12} = -\frac{1000}{12} = -83.333\text{ kN}\cdot\text{m} \quad \left(-\frac{250}{3}\text{ kN}\cdot\text{m}\right)$$ $$\text{FEM}_{BA} = +\frac{10 \times 10^2}{12} = +\frac{1000}{12} = +83.333\text{ kN}\cdot\text{m} \quad \left(+\frac{250}{3}\text{ kN}\cdot\text{m}\right)$$

2. $BC$ 跨（$L_{BC} = 5\text{ m}$，跨中集中載重 $P = 50\text{ kN}$）：

$$\text{FEM}_{BC} = -\frac{50 \times 5}{8} = -31.25\text{ kN}\cdot\text{m} \quad \left(-\frac{125}{4}\text{ kN}\cdot\text{m}\right)$$ $$\text{FEM}_{CB} = +\frac{50 \times 5}{8} = +31.25\text{ kN}\cdot\text{m} \quad \left(+\frac{125}{4}\text{ kN}\cdot\text{m}\right)$$

---

步驟三：釋放節點 $C$ 並求 $BC$ 跨修正固端彎矩 $\text{FEM}'_{BC}$

節點 $C$ 最終彎矩需平衡至 $M_{CB} = +250\text{ kN}\cdot\text{m}$：

• 節點 $C$ 處需加入的不平衡平衡彎矩：

$$\Delta M_C = 250 - \text{FEM}_{CB} = 250 - 31.25 = +218.75\text{ kN}\cdot\text{m}$$

• 釋放節點 $C$ 後，傳遞至 $B$ 端（傳遞率 $\frac{1}{2}$）：

$$\text{CO}_{C \to B} = \frac{1}{2} \times (+218.75) = +109.375\text{ kN}\cdot\text{m}$$

• 修正後之 $BC$ 端初始固端彎矩：

$$\text{FEM}'_{BC} = \text{FEM}_{BC} + \text{CO}_{C \to B} = -31.25 + 109.375 = +78.125\text{ kN}\cdot\text{m} \quad \left(+\frac{625}{8}\text{ kN}\cdot\text{m}\right)$$

---

步驟四：桿件勁度與分配因子（DF）

• $A$ 端為固接，桿件 $BA$ 採用標準勁度：

$$K_{BA} = \frac{4EI}{L_{AB}} = \frac{4EI}{10} = 0.4EI$$

• $C$ 端已釋放並固定，桿件 $BC$ 採用修正勁度：

$$K'_{BC} = \frac{3EI}{L_{BC}} = \frac{3EI}{5} = 0.6EI$$

• 節點 $B$ 的總勁度 $\sum K_B = 0.4EI + 0.6EI = 1.0EI$。
• 分配因子：

$$\text{DF}_{BA} = \frac{0.4EI}{1.0EI} = 0.4$$ $$\text{DF}_{BC} = \frac{0.6EI}{1.0EI} = 0.6$$

• 固接端 $A$：

$$\text{DF}_{AB} = 0$$

---

步驟五：彎矩分配計算

1. 節點 $B$ 初始不平衡彎矩：

$$\sum M_B = \text{FEM}_{BA} + \text{FEM}'_{BC} = \frac{250}{3} + \frac{625}{8} = \frac{2000 + 1875}{24} = +\frac{3875}{24}\text{ kN}\cdot\text{m} \approx +161.458\text{ kN}\cdot\text{m}$$

2. 分配彎矩（Distribution, Dist）：

$$M_{\text{dist}, BA} = -0.4 \times \left(\frac{3875}{24}\right) = -\frac{1550}{24} = -\frac{775}{12}\text{ kN}\cdot\text{m} \approx -64.583\text{ kN}\cdot\text{m}$$ $$M_{\text{dist}, BC} = -0.6 \times \left(\frac{3875}{24}\right) = -\frac{2325}{24} = -\frac{775}{8}\text{ kN}\cdot\text{m} = -96.875\text{ kN}\cdot\text{m}$$

3. 傳遞至固接端 $A$（Carry-Over, CO）：

$$\text{CO}_{B \to A} = \frac{1}{2} \times M_{\text{dist}, BA} = \frac{1}{2} \times \left(-\frac{775}{12}\right) = -\frac{775}{24}\text{ kN}\cdot\text{m} \approx -32.292\text{ kN}\cdot\text{m}$$

（因 $C$ 端已採修正勁度，不向 $C$ 端傳遞）

彎矩分配彙整表：

節點	$A$		$B$		$C$		$D$
桿端	$AB$	$BA$		$BC$	$CB$	$CD$	$DC$
DF	$0$	$0.4$		$0.6$	—	—	—
FEM	$-83.333$	$+83.333$		$-31.250$	$+31.250$	$-250.000$	$0$
平衡 $C$ 點	—	—		—	$+218.750$	—	—
傳遞至 $B$	—	—		$+109.375$	—	—	—
修正後初始值	$-83.333$	$+83.333$		$+78.125$	$+250.000$	$-250.000$	$0$
分配（Dist）	—	$-64.583$		$-96.875$	—	—	—
傳遞（CO）	$-32.292$	—		—	—	—	—