114 年 國立臺灣大學土木系碩士班結構組（一般生）《材料力學（B）》

本題考驗均質桿件在軸向分佈載重下的應力、應變與位移計算，以及固定端條件的應用。

核心觀念： 桿件的軸向變形與外力、材料性質、截面積相關。分佈載重下的桿件，其內力、應力、應變和位移會隨位置變化。

(a) 軸向位移場 $u(x)$、應變場 $\epsilon(x)$、應力場 $\sigma(x)$ 及軸力場 $N(x)$ 的計算

首先，我們需要建立桿件的內力方程式。考慮桿件在 $x$ 位置切開，其左側受力為 $N(x)$。由力的平衡，此處的軸力 $N(x)$ 需要抵抗從 $x$ 到 $L$ 的分佈載重。
$N(x) = \int_{x}^{L} p(\xi) d\xi$
其中 $p(\xi) = \xi$ kN/m。
$N(x) = \int_{x}^{L} \xi d\xi = \left[ \frac{1}{2} \xi^2 \right]_{x}^{L} = \frac{1}{2} L^2 - \frac{1}{2} x^2$
題目給定 $L=1$ m，所以
$N(x) = \frac{1}{2} (1)^2 - \frac{1}{2} x^2 = \frac{1}{2} (1 - x^2) \text{ kN}$
將單位換算為 N：
$N(x) = \frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10^3 \text{ N}$

接著，計算軸力場 $N(x)$ 與應力場 $\sigma(x)$ 的關係：
$\sigma(x) = \frac{N(x)}{A}$
題目給定 $A = 1 \times 10^{-4}$ m$^2$。
$\sigma(x) = \frac{\frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10^3 \text{ N}}{1 \times 10^{-4} \text{ m}^2} = \frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10^7 \text{ N/m}^2 = \frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10^4 \text{ MPa}$
將單位換算為 GPa：
$\sigma(x) = \frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10 \text{ GPa} = 5 (1 - x^2) \text{ GPa}$

然後，計算應變場 $\epsilon(x)$ 與應力場 $\sigma(x)$ 的關係（虎克定律）：
$\epsilon(x) = \frac{\sigma(x)}{E}$
題目給定 $E = 1 \times 10^2$ GPa $= 100$ GPa。
$\epsilon(x) = \frac{5 (1 - x^2) \text{ GPa}}{100 \text{ GPa}} = \frac{1}{20} (1 - x^2)$

最後，計算軸向位移場 $u(x)$。我們知道軸向應變與位移的關係為：
$\epsilon(x) = \frac{du(x)}{dx}$
$u(x) = \int \epsilon(x) dx = \int \frac{1}{20} (1 - x^2) dx = \frac{1}{20} \left( x - \frac{x^3}{3} \right) + C_1$
我們需要利用邊界條件來求解積分常數 $C_1$。題目圖示為固定-自由桿，表示左端 (x=0) 是固定端，右端 (x=L=1) 是自由端。
固定端條件：$u(0) = 0$。
$u(0) = \frac{1}{20} \left( 0 - \frac{0^3}{3} \right) + C_1 = 0 \implies C_1 = 0$
所以，軸向位移場為：
$u(x) = \frac{1}{20} \left( x - \frac{x^3}{3} \right) \text{ m}$

總結：
軸力場 $N(x) = \frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10^3$ N
應力場 $\sigma(x) = 5 (1 - x^2)$ GPa
應變場 $\epsilon(x) = \frac{1}{20} (1 - x^2)$
位移場 $u(x) = \frac{1}{20} \left( x - \frac{x^3}{3} \right)$ m

【答案】
軸力場 $N(x) = \frac{1}{2} (1 - x^2) \times 10^3$ N
應力場 $\sigma(x) = 5 (1 - x^2)$ GPa
應變場 $\epsilon(x) = \frac{1}{20} (1 - x^2)$
位移場 $u(x) = \frac{1}{20} \left( x - \frac{x^3}{3} \right)$ m

(b) 最大剪應力 $\tau_{max}(x)$ 及斜面角度 $\alpha(x)$

對於僅受軸向載荷的桿件，如果截面是圓形或方形等對稱形狀，則不存在剪應力。然而，題目描述的是「prismatic bar」，通常指橫截面為常數。若題目意指在某個斜面上存在剪應力，則需要考慮莫爾圓。

在單軸應力狀態下 ($\sigma_x, \sigma_y=0, \tau_{xy}=0$)，最大剪應力發生在與主應力面成 $45^\circ$ 的斜面上。
主應力為 $\sigma_1 = \sigma(x)$，$\sigma_2 = 0$。
最大剪應力為：
$\tau_{max}(x) = \frac{\sigma_1 - \sigma_2}{2} = \frac{\sigma(x) - 0}{2} = \frac{\sigma(x)}{2}$

核心觀念

本題考查變截面薄壁以外的圓管扭轉，使用下列關係：

• 圓環截面的極慣性矩
• 扭轉率與扭矩的關係
• 剪應變、剪應力分布
• 單位體積儲存應變能

圓管外半徑與內半徑為

$$R_{out}(x)=(2-x)^{1/4}\ \mathrm m$$ $$R_{in}(x)=0.8(2-x)^{1/4}\ \mathrm m$$

其中 $0\le x\le L=1\ \mathrm m$。

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解題方法

1. 極慣性矩

圓管截面的極慣性矩為

$$J(x)=\frac{\pi}{2}\left[R_{out}^4(x)-R_{in}^4(x)\right]$$

由於

$$R_{out}^4(x)=2-x$$

且

$$R_{in}^4(x)=0.8^4(2-x)=0.4096(2-x)$$

因此

$$J(x)=\frac{\pi}{2}(1-0.8^4)(2-x)$$

令

$$C=\frac{\pi}{2}(1-0.8^4) =\frac{\pi}{2}(0.5904) =0.927398$$

則

$$J(x)=C(2-x)$$

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2. 扭轉力矩場 $T(x)$

管壁上沒有分布扭矩，只有末端施加集中扭矩 $T_c=5\ \mathrm{kN\cdot m}$，因此任意截面的內力矩皆相同：

$$\boxed{T(x)=T_c=5\ \mathrm{kN\cdot m}}$$

取末端扭矩方向為正，若採相反正號約定，以下各扭轉量的符號會同時改變。

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3. 扭轉角場 $\phi(x)$

變截面圓管的扭轉率為

$$\frac{d\phi}{dx}=\frac{T(x)}{GJ(x)}$$

固定端位於 $x=0$，所以

$$\phi(0)=0$$

代入 $T(x)=T_c$ 與 $J(x)=C(2-x)$：

$$\frac{d\phi}{dx} = \frac{T_c}{GC(2-x)}$$

積分得

$$\phi(x) = \int_0^x\frac{T_c}{GC(2-s)}\,ds$$ $$\phi(x) = \frac{T_c}{GC} \ln\left(\frac{2}{2-x}\right)$$

因此

$$\boxed{ \phi(x) = \frac{T_c}{G\,\dfrac{\pi}{2}(1-0.8^4)} \ln\left(\frac{2}{2-x}\right) }$$

使用

$$T_c=5000\ \mathrm{N\cdot m}, \qquad G=5\times10^{11}\ \mathrm{Pa}$$

可得

$$\boxed{ \phi(x) = 1.0783\times10^{-8} \ln\left(\frac{2}{2-x}\right) \ \mathrm{rad} }$$

其中 $x$ 以公尺代入。

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4. 剪應變場 $\gamma(r,x)$

圓管扭轉時，距離中心軸為 $r$ 的位置，其剪應變為

$$\gamma(r,x)=r\frac{d\phi}{dx}$$

因此

$$\gamma(r,x) = \frac{T_c\,r}{GJ(x)}$$

代入 $J(x)=C(2-x)$：

$$\boxed{ \gamma(r,x) = \frac{T_c\,r} {G\,C(2-x)} }$$

數值形式為

核心觀念

本題使用：

1. 梁的整體平衡，求兩端支承反力。
2. 微分平衡關係
   $\frac{dV}{dx}=-q(x),\qquad \frac{dM}{dx}=V(x)$
3. Euler–Bernoulli 梁理論
   $\kappa(x)=\frac{M(x)}{EI}$
4. 幾何關係
   $\frac{d\theta}{dx}=-\kappa(x),\qquad \frac{dw}{dx}=\theta(x)$

取 $q(x)$ 與 $w(x)$ 向下為正，彎矩正號取下凹的正彎矩。令左、右支承反力分別為 $R_A$、$R_B$。

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(a) 任意分布載重 $q(x)$

1. 支承反力

由整體力平衡：

$$R_A+R_B=\int_0^L q(s)\,ds$$

由左端取矩：

$$R_B L=\int_0^L s\,q(s)\,ds$$

因此

$$R_B=\frac{1}{L}\int_0^L s\,q(s)\,ds$$ $$R_A=\frac{1}{L}\int_0^L (L-s)q(s)\,ds$$

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2. 剪力與彎矩

在距左端 $x$ 處取左側自由體：

$$V(x)=R_A-\int_0^x q(s)\,ds$$

所以兩端剪力為

$$\boxed{V(0)=R_A =\frac{1}{L}\int_0^L (L-s)q(s)\,ds}$$ $$\boxed{V(L)=-R_B =-\frac{1}{L}\int_0^L s\,q(s)\,ds}$$

彎矩為

$$M(x)=R_Ax-\int_0^x (x-s)q(s)\,ds$$

由於兩端為簡支，端部不能承受彎矩，因此

$$\boxed{M(0)=0},\qquad \boxed{M(L)=0}$$

代入反力公式可得

$$M(L)=R_A L-\int_0^L (L-s)q(s)\,ds=0$$

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3. 曲率

由彎曲本構關係：

$$\kappa(x)=\frac{M(x)}{EI}$$

因此

$$\boxed{\kappa(0)=0},\qquad \boxed{\kappa(L)=0}$$

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4. 轉角與撓度

由

$$\frac{d\theta}{dx}=-\frac{M(x)}{EI}$$

積分得

$$\theta(x)=\theta(0)-\frac{1}{EI}\int_0^x M(s)\,ds$$

簡支梁兩端撓度為零：

$$w(0)=0,\qquad w(L)=0$$

又因為

$$w(L)-w(0)=\int_0^L\theta(x)\,dx=0$$

可得左端轉角

$$\boxed{ \theta(0)=\frac{1}{EI\,L}\int_0^L (L-s)M(s)\,ds }$$

右端轉角為

$$\theta(L)=\theta(0)-\frac{1}{EI}\int_0^L M(s)\,ds$$

因此

$$\boxed{ \theta(L)=-\frac{1}{EI\,L}\int_0^L sM(s)\,ds }$$

撓度的一般表示式為

$$\boxed{ w(x)=\theta(0)x-\frac{1}{EI}\int_0^x (x-s)M(s)\,ds }$$

故端點撓度為

$$\boxed{w(0)=0},\qquad \boxed{w(L)=0}$$

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(b) 均布載重 $q(x)=q_0$

1. 支承反力

$$R_A=R_B=\frac{q_0L}{2}$$

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2. 剪力

由

$$V(x)=R_A-\int_0^x q_0\,ds$$

得到

$$\boxed{ V(x)=q_0\left(\frac{L}{2}-x\right) }$$

因此

$$V(0)=\frac{q_0L}{2},\qquad V(L)=-\frac{q_0L}{2}$$

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3. 彎矩

$$M(x)=R_Ax-\int_0^x (x-s)q_0\,ds$$

由

$$\int_0^x (x-s)q_0\,ds=\frac{q_0x^2}{2}$$

可得

$$\boxed{ M(x)=\frac{q_0}{2}x(L-x) }$$

最大彎矩發生於 $V(x)=0$ 的位置，即 $x=L/2$：

$$M_{\max}=\frac{q_0L^2}{8}$$

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4. 曲率

$$\boxed{ \kappa(x)=\frac{M(x)}{EI} =\frac{q_0}{2EI}x(L-x) }$$

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5. 轉角

由

$$\frac{d\theta}{dx} =-\frac{q_0}{2EI}x(L-x)$$

積分得

$$\theta(x) =C-\frac{q_0}{EI} \left(\frac{Lx^2}{4}-\frac{x^3}{6}\right)$$

由兩端撓度相同，即

$$\int_0^L\theta(x)\,dx=0$$

求得

$$C=\frac{q_0L^3}{24EI}$$

因此

$$\boxed{ \theta(x)= \frac{q_0}{24EI} \left(L^3-6Lx^2+4x^3\right) }$$

兩端轉角為

$$\boxed{\theta(0)=\frac{q_0L^3}{24EI}}$$ $$\boxed{\theta(L)=-\frac{q_0L^3}{24EI}}$$

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6. 撓度

由

$$w(x)=\int_0^x\theta(s)\,ds$$

並使用 $w(0)=0$，得到

$$\boxed{ w(x)=\frac{q_0}{24EI} \left(L^3x-2Lx^3+x^4\right) }$$

也可寫成

$$\boxed{ w(x)=\frac{q_0x}{24EI} \left(L^3-2Lx^2+x^3\right) }$$

代入 $x=L$：

核心觀念

本題考查鉸支柱的 Euler 挫屈理論，核心包括：

• 軸壓力造成側向位移後的二階效應。
• 剪力 $V(x)$ 與彎矩 $M(x)$ 的微分平衡關係。
• 線彈性彎矩—曲率關係。
• 鉸支端的邊界條件。
• 由特徵值條件求臨界挫屈載重 $P_{cr}$。

圓形截面的慣性矩為

$$I=\frac{\pi R^4}{4}$$

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解題方法

取柱軸方向為 $x$，側向位移為 $w(x)$。採小變形理論，壓力 $P$ 造成的彎矩效應以一階斜率 $w'(x)$ 表示。

符號正負會隨剪力與彎矩定義改變；以下採用一組一致的正號約定。

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(a) 剪力與彎矩關係

取柱中任意微小元素 $dx$，其受力平衡可寫成

$$\frac{dV}{dx}=0$$

表示柱上沒有分布側向載重，因此剪力為常數。

考慮軸壓力 $P$ 因柱身斜率改變所產生的附加彎矩，微小元素的力矩平衡為

$$\frac{dM}{dx}-V+P\frac{dw}{dx}=0$$

因此

$$\frac{dM}{dx}=V-Pw'$$

再對 $x$ 微分，並利用 $dV/dx=0$，得到

$$\frac{d^2M}{dx^2}+P\frac{d^2w}{dx^2}=0$$

也就是

$$M''(x)+P w''(x)=0$$

鉸支柱兩端沒有彎矩，且兩端位移為零：

$$w(0)=w(L)=0$$ $$M(0)=M(L)=0$$

由於 $V$ 為常數，將整根柱的邊界條件代入力矩平衡後，可得本題純挫屈狀態下

$$V(x)=0$$

且

$$M(x)+P w(x)=0$$

因此

$$M(x)=-P w(x)$$

負號代表彎矩方向與位移所造成的恢復彎矩相反。

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(b) $E$ 為 $x$ 的函數時之挫屈方程

線彈性材料的彎矩—曲率關係為

$$M(x)=E(x)I w''(x)$$

若採用相反的曲率正號，式子兩側會同時改變符號，最後的挫屈條件不變。

將此式代入

$$M''(x)+P w''(x)=0$$

得到變係數挫屈微分方程：

$$\boxed{\frac{d^2}{dx^2}\left[E(x)I w''(x)\right]+P w''(x)=0}$$

因為圓形截面的 $I$ 為常數，也可以寫成

$$\boxed{\left[E(x)I w''(x)\right]''+P w''(x)=0}$$

鉸支端的邊界條件為

$$w(0)=0,\qquad w(L)=0$$

以及

$$M(0)=0,\qquad M(L)=0$$

即

$$E(0)I w''(0)=0,\qquad E(L)I w''(L)=0$$

在 $E(x)$ 為正且不為零時，可簡化為

$$w''(0)=0,\qquad w''(L)=0$$

$E$ 為常數時

當 $E(x)=E$ 時，挫屈方程化為

$$EIw''''+P w''=0$$

除以 $EI$：

$$w''''+\frac{P}{EI}w''=0$$

令

$$k^2=\frac{P}{EI}$$

則

$$w''''+k^2w''=0$$

其特徵方程為

$$r^4+k^2r^2=0$$

因此

$$r^2(r^2+k^2)=0$$

根為

$$r=0,\quad r=0,\quad r=\pm ik$$

所以一般解為

$$\boxed{w(x)=C_1+C_2x+C_3\cos(kx)+C_4\sin(kx)}$$

其中

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

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(c) 臨界挫屈載重與模態

鉸支端條件為

$$w(0)=0,\qquad w(L)=0$$