112 年 國立臺灣大學土木系碩士班大地甲組（在職生）《材料力學（A）》

核心觀念

本題考查：

• 分段分布載重的合力與作用位置。
• 靜力平衡求支承反力。
• 剪力與分布載重的關係：

$$\frac{dV}{dx}=q(x)$$

• 彎矩與剪力的關係：

$$\frac{dM}{dx}=V(x)$$

以下採用：

• $x$ 軸由 A 向右量測。
• 向上分布載重為正。
• 剪力 $V$ 採左側截面向上為正。
• 彎矩 $M$ 採下凹（正彎矩）為正。

依原圖，$4\sim6\ \text{m}$ 段的載重是由 $10$ 線性遞減至 $5\ \text{kN/m}$，並非均佈 $5\ \text{kN/m}$。

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1. 分布載重函數

令中間支承位置為 $C$，其中 $AC=4\ \text{m}$、$CB=2\ \text{m}$。

因此

$$q(x)= \begin{cases} 10, & 0\le x\le4,\\[4pt] 10-2.5(x-4), & 4\le x\le6. \end{cases}$$

第二段在 $x=4$ 時為 $10\ \text{kN/m}$，在 $x=6$ 時為 $5\ \text{kN/m}$。

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2. 求支承反力

第一段載重

第一段為均佈載重：

$$W_1=10(4)=40\ \text{kN}$$

作用於距 A 點 $2\ \text{m}$ 處。

第二段載重

第二段為梯形載重，其合力為

$$W_2=\frac{10+5}{2}(2)=15\ \text{kN}$$

其作用位置距 $x=4$ 的距離為

$$\bar{x}_2 = \frac{10(2)(1)+\frac12(5)(2)\left(\frac23\right)} {15} = \frac89\ \text{m}$$

故其距 A 點為

$$x_2=4+\frac89=\frac{44}{9}\ \text{m}$$

設 A、C 點反力向上為正，分別為 $R_A$、$R_C$。

垂直力平衡：

$$R_A+R_C+40+15=0$$

取 A 點力矩：

$$4R_C+40(2)+15\left(\frac{44}{9}\right)=0$$

解得

$$R_C=-\frac{115}{3} =-38.33\ \text{kN}$$ $$R_A=-\frac{50}{3} =-16.67\ \text{kN}$$

負號表示兩支承反力實際方向均向下：

$$\boxed{R_A=16.67\ \text{kN}\ \text{向下}}$$ $$\boxed{R_C=38.33\ \text{kN}\ \text{向下}}$$

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3. 剪力方程式

區段一：$0\le x\le4$

左側截面所受外力為 A 點反力及 $0\sim x$ 的分布載重，因此

$$V_1(x)=R_A+10x$$

代入 $R_A=-16.67\ \text{kN}$：

$$\boxed{V_1(x)=-16.67+10x\quad\text{kN}}$$

在 $x=4^-$：

$$V(4^-)= -16.67+10(4)=23.33\ \text{kN}$$

通過 C 點時，剪力跳躍量為 $R_C=-38.33\ \text{kN}$，因此

$$V(4^+)=23.33-38.33=-15.00\ \text{kN}$$

區段二：$4\le x\le6$

令

$$u=x-4$$

則第二段載重為

$$q=10-2.5u$$

故

$$V_2(x) = V(4^+)+\int_0^u(10-2.5s)\,ds$$ $$\boxed{ V_2(x) = -15+10(x-4)-1.25(x-4)^2 \quad\text{kN} }$$

在 B 點：

$$V(6)= -15+10(2)-1.25(2)^2=0$$

符合自由端邊界條件。

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4. 彎矩方程式

區段一：$0\le x\le4$

由

$$\frac{dM}{dx}=V$$

且 $M(0)=0$，可得

$$M_1(x)=\int_0^x(-16.67+10s)\,ds$$

因此

$$\boxed{M_1(x)=-16.67x+5x^2\quad\text{kN}\cdot\text{m}}$$

在 $x=4$：

$$M(4)= -16.67(4)+5(4)^2 =13.33\ \text{kN}\cdot\text{m}$$

區段二：$4\le x\le6$

本題考驗梁的撓度方程式推導，以及利用四階微分方程式求解。重點在於正確設定邊界條件，並解出積分常數。

梁的撓度 $v(x)$ 與彎矩 $M(x)$ 的關係為：
$EI \frac{d^2v}{dx^2} = M(x)$
或者，利用載重 $w(x)$，撓度與載重的關係為：
$EI \frac{d^4v}{dx^4} = w(x)$ (假設載重向上為正)

在此題目中，載重 $q_0$ 是向下的，所以 $w(x) = -q_0$ (常數)。
因此，四階微分方程式為：
$EI \frac{d^4v}{dx^4} = -q_0$

1. 懸臂梁 (Cantilever Beam) (a)
梁的長度為 $L$。假設梁的固定端在 $x=0$，自由端在 $x=L$。
載重為向下均勻分布載重 $q_0$。

邊界條件 (Boundary Conditions, BCs):
在固定端 ($x=0$):

• 撓度為零：$v(0) = 0$
• 斜率為零：$\frac{dv}{dx}(0) = 0$

在自由端 ($x=L$):

• 剪力為零：$V(L) = 0$
• 彎矩為零：$M(L) = 0$

我們從四階微分方程式開始積分：
$EI \frac{d^4v}{dx^4} = -q_0$

積分一次 (剪力 V):
$EI \frac{d^3v}{dx^3} = -q_0 x + C_1$
梁的剪力 $V(x)$ 與 $EI \frac{d^3v}{dx^3}$ 的關係為 $V(x) = \frac{d}{dx}(EI \frac{d^2v}{dx^2}) = EI \frac{d^3v}{dx^3}$ (如果載重向下為正)。
在這裡，我們設載重 $w(x) = -q_0$ (向下)。
所以 $V(x) = \int w(x) dx = \int (-q_0) dx = -q_0 x + C_1$。
在自由端 $x=L$，剪力為零：$V(L) = -q_0 L + C_1 = 0 \implies C_1 = q_0 L$。
因此，$EI \frac{d^3v}{dx^3} = -q_0 x + q_0 L$。

積分兩次 (彎矩 M):
$EI \frac{d^2v}{dx^2} = -\frac{1}{2} q_0 x^2 + q_0 L x + C_2$
梁的彎矩 $M(x) = EI \frac{d^2v}{dx^2}$。
在自由端 $x=L$，彎矩為零：$M(L) = -\frac{1}{2} q_0 L^2 + q_0 L (L) + C_2 = 0$
$-\frac{1}{2} q_0 L^2 + q_0 L^2 + C_2 = 0$
$\frac{1}{2} q_0 L^2 + C_2 = 0 \implies C_2 = -\frac{1}{2} q_0 L^2$。
因此，$EI \frac{d^2v}{dx^2} = -\frac{1}{2} q_0 x^2 + q_0 L x - \frac{1}{2} q_0 L^2$。

積分三次 (斜率 $\theta$):
$EI \frac{dv}{dx} = -\frac{1}{6} q_0 x^3 + \frac{1}{2} q_0 L x^2 - \frac{1}{2} q_0 L^2 x + C_3$
在固定端 $x=0$，斜率為零：$\frac{dv}{dx}(0) = 0$。
$EI (0) = -\frac{1}{6} q_0 (0)^3 + \frac{1}{2} q_0 L (0)^2 - \frac{1}{2} q_0 L^2 (0) + C_3 = 0 \implies C_3 = 0$。
因此，$EI \frac{dv}{dx} = -\frac{1}{6} q_0 x^3 + \frac{1}{2} q_0 L x^2 - \frac{1}{2} q_0 L^2 x$。

積分四次 (撓度 v):
$EI v(x) = -\frac{1}{24} q_0 x^4 + \frac{1}{6} q_0 L x^3 - \frac{1}{4} q_0 L^2 x^2 + C_4$
在固定端 $x=0$，撓度為零：$v(0) = 0$。
$EI (0) = -\frac{1}{24} q_0 (0)^4 + \frac{1}{6} q_0 L (0)^3 - \frac{1}{4} q_0 L^2 (0)^2 + C_4 = 0 \implies C_4 = 0$。
因此，懸臂梁的撓度方程式為：
$v(x) = \frac{q_0}{EI} \left( -\frac{1}{24} x^4 + \frac{1}{6} L x^3 - \frac{1}{4} L^2 x^2 \right)$
$v(x) = \frac{q_0}{24EI} (-x^4 + 4Lx^3 - 6L^2x^2)$

2. 固定-固定梁 (Fixed-Fixed Beam) (b)
梁的長度為 $L$。兩端固定，我們將固定端設在 $x=0$ 和 $x=L$。
載重為向下均勻分布載重 $q_0$。

邊界條件 (Boundary Conditions, BCs):
在固定端 $x=0$:

• 撓度為零：$v(0) = 0$
• 斜率為零：$\frac{dv}{dx}(0) = 0$

在固定端 $x=L$:

• 撓度為零：$v(L) = 0$
• 斜率為零：$\frac{dv}{dx}(L) = 0$

我們從四階微分方程式開始積分，得到前兩個積分常數 $C_1$ 和 $C_2$。
$EI \frac{d^4v}{dx^4} = -q_0$
$EI \frac{d^3v}{dx^3} = -q_0 x + C_1$
$EI \frac{d^2v}{dx^2} = -\frac{1}{2} q_0 x^2 + C_1 x + C_2$
$EI \frac{dv}{dx} = -\frac{1}{6} q_0 x^3 + \frac{1}{2} C_1 x^2 + C_2 x + C_3$
$EI v(x) = -\frac{1}{24} q_0 x^4 + \frac{1}{6} C_1 x^3 + \frac{1}{2} C_2 x^2 + C_3 x + C_4$

現在利用邊界條件來求解 $C_1, C_2, C_3, C_4$。
從 $x=0$ 的條件：
$v(0) = 0 \implies C_4 = 0$
$\frac{dv}{dx}(0) = 0 \implies C_3 = 0$

所以方程式簡化為：
$EI \frac{d^2v}{dx^2} = -\frac{1}{2} q_0 x^2 + C_1 x + C_2$
$EI \frac{dv}{dx} = -\frac{1}{6} q_0 x^3 + \frac{1}{2} C_1 x^2 + C_2 x$

核心觀念

本題屬於**靜不定軸向受力結構（Statically Indeterminate Axial Member）伴隨初始間隙（Initial Gap / Misfit）**的典型問題。涉及核心觀念如下：

1. 剛體位移與幾何相容條件（Compatibility Condition）：剛性平板（Rigid Plate）在受對稱集中載重作用下僅產生均勻向下垂直位移 $\delta$。
2. 軸向受力之虎克定律（Hooke's Law）：軸向變形量與軸力之關係式為： $$\delta = \frac{NL}{EA} \quad \Longleftrightarrow \quad N = \frac{EA}{L}\delta$$ 應力定義為 $\sigma = \frac{N}{A}$。
3. 靜力平衡方程式（Equilibrium Equation）：平板於垂直方向的力平衡 $\sum F_y = 0$。

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解題方法與推導步驟

設垂直向下之平板位移為 $\delta$，向下之外力為 $P$。由對稱性可知，兩側外柱受力相等，設兩側外柱軸力為 $N_1$（斷面積 $A$），中間內柱軸力為 $N_2$（斷面積 $4A$）。各柱均承受壓力（Compressive force）。

(i) 求剛性平板剛好接觸中間柱時之臨界外力 $P_c$

1. 接觸臨界條件：
   在平板剛好接觸中間柱的瞬間，平板的垂直位移恰好等於初始間隙 $\Delta$： $$\delta = \Delta$$
2. 此時各柱之變形與受力：
   • 中間柱尚未受力：$N_2 = 0$
   • 兩側外柱之壓縮量等於平板位移：$\delta_1 = \delta = \Delta$
   • 兩側外柱之軸力為： $$N_1 = \frac{EA}{L}\delta_1 = \frac{EA\Delta}{L}$$
3. 靜力平衡：
   對平板列垂直方向靜力平衡（向下外力等於向上支承力）： $$P_c = 2N_1 + N_2 = 2\left(\frac{EA\Delta}{L}\right) + 0 = \frac{2EA\Delta}{L}$$

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(ii) 當 $P > P_c$ 時，求三根柱的內力與應力

當外力 $P > P_c$ 時，中間柱亦參與承載，整個系統處於三柱共同受壓狀態。

1. 相容幾何條件：
   設此時剛性平板之總向下垂直位移為 $\delta$（其中 $\delta > \Delta$）：

   • 兩側外柱壓縮量：$\delta_1 = \delta$
   • 中間柱實際壓縮量：$\delta_2 = \delta - \Delta$

2. 虎克定律表示內力（均取壓力值為正）：

   • 外柱內力： $$N_1 = \frac{EA}{L}\delta$$
   • 內柱內力： $$N_2 = \frac{E(4A)}{L}(\delta - \Delta) = \frac{4EA}{L}(\delta - \Delta)$$

3. 靜力平衡方程式：

   $$\sum F_y = 0 \implies P = 2N_1 + N_2$$

   將內力代入平衡式：

   $$P = 2\left(\frac{EA}{L}\delta\right) + \frac{4EA}{L}(\delta - \Delta) = \frac{6EA}{L}\delta - \frac{4EA\Delta}{L}$$

   整理可得位移與外力之關係式：

   $$\delta = \frac{PL + 4EA\Delta}{6EA}$$

4. 求三柱之內力（壓力）：

   • 兩側外柱內力 $N_1$： $$N_1 = \frac{EA}{L}\delta = \frac{EA}{L}\left(\frac{PL + 4EA\Delta}{6EA}\right) = \frac{P}{6} + \frac{2EA\Delta}{3L}$$
   • 中間內柱內力 $N_2$：

核心觀念

本題考查柱件挫屈的臨界荷載，以及柱本身的彎曲剛度 $EI$ 與端部旋轉彈簧剛度 $B_R$ 對挫屈荷載的影響。

依原圖判讀：

• $A$ 點為底端鉸支承，並設有旋轉彈簧；
• $B$ 點承受垂直壓力 $P$；
• 柱長 $L=10\ \text{m}$；
• 柱為 $1\ \text{m}\times 1\ \text{m}$ 方柱；
• $E=28\ \text{GPa}$；
• $B_R=340\ \text{MN}\cdot\text{m/rad}$。

方柱截面慣性矩為

$$I=\frac{bh^3}{12} =\frac{1(1)^3}{12} =\frac{1}{12}\ \text{m}^4$$

因此

$$EI=28\times 10^3\left(\frac{1}{12}\right) =2333.33\ \text{MN}\cdot\text{m}^2$$

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解題方法：有限彎曲剛度柱

令柱的側向挫屈位移為 $y(x)$，並令

$$\lambda^2=\frac{P}{EI},\qquad q=\lambda L$$

柱的挫屈微分方程為

$$EI\frac{d^4y}{dx^4}+P\frac{d^2y}{dx^2}=0$$

配合：

• $A$ 點側向位移為零；
• $B$ 點無外加彎矩；
• $A$ 點的彎矩由旋轉彈簧提供。

可得臨界荷載的特徵方程：

$$EI\lambda\tan(\lambda L)=B_R$$

寫成無因次形式：

$$q\tan q=\frac{B_RL}{EI}$$

且

$$P_{\text{cr}}=EI\lambda^2 =EI\left(\frac{q}{L}\right)^2 =\frac{EI}{L^2}q^2$$

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(i)(a) 柱為剛體，$B_R=340\ \text{MN}\cdot\text{m/rad}$

柱不發生彎曲，僅繞 $A$ 點旋轉。小轉角 $\theta$ 下：

• 壓力 $P$ 造成的傾覆力矩約為 $PL\theta$；
• 彈簧恢復力矩為 $B_R\theta$。

臨界狀態滿足

$$PL\theta=B_R\theta$$

因此

$$P_{\text{cr}}=\frac{B_R}{L} =\frac{340}{10} =34.0\ \text{MN}$$

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(i)(b) $E=28\ \text{GPa}$，$B_R=340\ \text{MN}\cdot\text{m/rad}$

先計算無因次彈簧剛度：

$$\frac{B_RL}{EI} = \frac{340(10)}{2333.33} =1.45714$$

故 $q$ 滿足

$$q\tan q=1.45714$$

取最低挫屈模態，解得

$$q\approx 0.979$$

所以