108 年 國立中正大學機械工程學系碩士班甲組《材料力學》

這題主要考察材料力學中，材料在拉伸試驗下的應力-應變行為，以及延性與脆性材料的疲勞行為。

(a) 傳統應力-應變圖 (Conventional Stress-Strain Diagram)

傳統應力-應變圖是描述材料在單軸拉伸試驗下，應力 (Stress, $\sigma$) 與應變 (Strain, $\epsilon$) 之間關係的曲線。其主要區域及其行為如下：

1. 彈性區域 (Elastic Region)：

   • 行為：在此區域內，應力與應變成正比，遵守胡克定律 ($\sigma = E\epsilon$)。當外力移除後，材料會完全恢復其原始形狀，不會產生永久變形。
   • 特徵：曲線通常是直線。斜率 $E$ 代表楊氏模數 (Young's Modulus)，是材料抵抗彈性變形的剛度指標。

2. 比例極限 (Proportional Limit)：

   • 行為：是彈性區域的上限，超過此點後，應力與應變不再呈線性關係，但材料仍保有彈性。

3. 彈性極限 (Elastic Limit)：

   • 行為：是材料能保有彈性的最高應力值。通常非常接近比例極限。

4. 屈服點 (Yield Point)：

   • 行為：超過此點後，材料開始產生永久變形。對於某些材料（如低碳鋼），會出現明顯的屈服點，應力在屈服後會稍微下降或維持在一個較低水準，然後再次上升。對於大多數其他材料，屈服點不明顯，需要定義屈服強度 (Yield Strength)，通常是定義在 0.2% 的永久應變處。
   • 屈服強度 (Yield Strength)：是材料發生顯著永久變形（通常定義為 0.2% 應變）時所對應的應力。

5. 加 अभियांत्रिकी段 (Strain Hardening Region)：

   • 行為：材料產生塑性變形後，其強度會隨應變的增加而增加，這是由於材料內部晶格結構的滑移和交互作用增強。此區域的曲線斜率逐漸變小。

6. 極限強度 (Ultimate Tensile Strength, UTS)：

   • 行為：這是材料所能承受的最高傳統應力值。在此點之後，材料開始出現頸縮 (Necking) 現象，即材料在某一點截面積顯著減小，即使總拉力可能仍在增加，但應力（基於原始截面積計算）開始下降。

7. 斷裂點 (Fracture Point)：

   • 行為：材料最終在此點斷裂。此時的應力稱為斷裂強度 (Fracture Strength)。

圖示說明：
一個典型的延性材料（如低碳鋼）的應力-應變圖會包含上述所有區域。

• 起始為一條斜率為 $E$ 的直線（彈性區）。

核心觀念

兩根材料不同的桿件串聯於兩剛性牆之間。升溫後：

1. 每根桿件均有自由熱膨脹量。
2. 剛性牆間距固定，因此總變形為零。
3. 兩桿串聯，內力大小相同，皆承受壓縮力。

熱膨脹公式為

$$\delta_T=\alpha L\Delta T$$

軸向彈性變形為

$$\delta_M=\frac{PL}{EA}$$

其中壓縮力造成的機械變形方向與熱膨脹相反。

解題方法

溫度變化為

$$\Delta T=T_2-T_1=20-10=10^\circ\text{C}$$

鋼桿與黃銅桿的總自由熱膨脹量為

$$\delta_T = \alpha_{st}L_{st}\Delta T + \alpha_{br}L_{br}\Delta T$$

代入數值：

$$\delta_T = (12\times10^{-6})(300)(10) + (21\times10^{-6})(300)(10)$$ $$\delta_T=0.036+0.063=0.099\text{ mm}$$

由於兩端牆為剛性支承，兩桿不能產生總伸長，因此壓縮變形總量必須抵消自由熱膨脹量：

$$\frac{PL_{st}}{E_{st}A_{st}} + \frac{PL_{br}}{E_{br}A_{br}} = \delta_T$$

整理得

核心觀念

本題考查圓形實心懸臂桿的：

• 彎曲正應力：
  $\sigma=\frac{Mc}{I}$
• 扭轉剪應力：
  $\tau=\frac{Tc}{J}$
• 圓形截面的幾何性質：
  $I=\frac{\pi d^4}{64},\qquad J=\frac{\pi d^4}{32}=2I$
• 平面應力狀態下的主應力與最大剪應力： $$$$

\sigma_{1,2}=\frac{\sigma_x+\sigma_y}{2}
\pm\sqrt{\left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\tau_{xy}^2}$$

$$\sqrt{\left(\frac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\tau_{xy}^2}$$

依圖示，截面 $a$ 位於自由端左側 $0.3\ \text{m}$ 處，點 $A$ 在截面頂部，點 $B$ 在截面右側。圖示彎矩方向使點 $A$ 受壓。

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(a) 點 $A$、點 $B$ 的應力

1. 截面與內力

桿徑：

$$d=0.12\ \text{m},\qquad c=\frac d2=0.06\ \text{m}$$

外加彎矩與集中力造成的彎矩方向相同，因此截面 $a$ 的總彎矩為：

$$M=8.1+(2.0)(0.3)$$ $$M=8.7\ \text{kN}\cdot\text{m}$$

扭矩為：

$$T=18\ \text{kN}\cdot\text{m}$$

截面性質：

$$I=\frac{\pi(0.12)^4}{64} =1.018\times10^{-5}\ \text{m}^4$$ $$J=\frac{\pi(0.12)^4}{32} =2.036\times10^{-5}\ \text{m}^4$$

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2. 彎曲正應力

彎曲正應力為：

$$\sigma_x=\frac{Mc}{I} =\frac{(8.7\times10^3)(0.06)} {1.018\times10^{-5}}$$ $$\sigma_x=51.3\ \text{MPa}$$

依圖示，點 $A$ 在上側且受壓，因此：

$$\boxed{\sigma_A=-51.3\ \text{MPa}}$$

點 $B$ 位於中性軸上，距彎曲中性軸為零，所以：

$$\boxed{\sigma_B=0}$$

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3. 扭轉剪應力

圓形實心截面外緣的扭轉剪應力為：

$$\tau=\frac{Tc}{J} =\frac{(18\times10^3)(0.06)} {2.036\times10^{-5}}$$ $$\boxed{\tau=53.1\ \text{MPa}}$$

因此：

• 點 $A$：扭轉剪應力為 $53.1\ \text{MPa}$，方向沿截面圓周切線。
• 點 $B$：扭轉剪應力亦為 $53.1\ \text{MPa}$，方向沿圓周切線。

集中力造成的橫向剪應力在圓形截面外緣為零，因此在 $A$、$B$ 兩點不需另外加入橫向剪應力。

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4. 應力元素

點 $A$

點 $A$ 的應力狀態為：

$$\boxed{\sigma_x=-51.3\ \text{MPa},\qquad \tau=53.1\ \text{MPa}}$$

應力元素應表示：

• 桿軸方向有 $51.3\ \text{MPa}$ 的壓應力。
• 截面上有大小 $53.1\ \text{MPa}$ 的扭轉剪應力。
• 互補剪應力必須同時畫出，以滿足力矩平衡。

點 $B$

點 $B$ 的應力狀態為純扭轉剪應力：

$$\boxed{\sigma_x=0,\qquad \tau=53.1\ \text{MPa}}$$

應力元素上僅有一組大小為 $53.1\ \text{MPa}$ 的互補剪應力，沒有彎曲正應力。

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(b) 點 $A$ 的主應力與最大剪應力

在點 $A$ 取：

核心觀念

依原卷圖中第 4 題，梁為兩端簡支、跨距 $L$，承受均佈載重 $w$ 與軸向壓力 $P$，彎曲剛度為 $EI$。本題考查：

• 軸向壓力造成的二階效應；
• 梁的撓曲微分方程；
• 簡支端邊界條件；
• Euler 挫屈載重。

令

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

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(a) 控制方程式推導

取梁上一段微小梁段作受力分析。考慮剪力、彎矩及軸向壓力 $P$ 對撓度曲線產生的影響，可得

$$\frac{dV}{dx}=-w$$

以及

$$V=\frac{dM}{dx}+P\frac{dv}{dx}.$$

又由梁的彎矩－曲率關係，

$$M=-EI\frac{d^2v}{dx^2}.$$

代入並整理：

$$\frac{d}{dx}\left(-EI\frac{d^2v}{dx^2}\right) +P\frac{dv}{dx}=V.$$

再對 $x$ 微分，並利用 $\dfrac{dV}{dx}=-w$，得到

$$EI\frac{d^4v}{dx^4} +P\frac{d^2v}{dx^2} =-w.$$

題目給定其通解為

$$v=C_1\cos(kx)+C_2\sin(kx)+C_3x+C_4+\frac{w}{2P}x^2.$$

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(b) 利用邊界條件求 $C_1,C_2,C_3,C_4$

兩端為簡支，因此兩端撓度與彎矩皆為零：

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

由 $M=-EI v''$，可使用

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

先求導：

$$v''=-k^2C_1\cos(kx)-k^2C_2\sin(kx)+\frac{w}{P}.$$

由 $v(0)=0$

$$C_1+C_4=0,$$

因此

$$C_4=-C_1.$$

由 $v''(0)=0$

$$-k^2C_1+\frac{w}{P}=0,$$

所以

$$C_1=\frac{w}{Pk^2} =\frac{wEI}{P^2}.$$

由 $v''(L)=0$

令

$$\alpha=kL=L\sqrt{\frac{P}{EI}},$$

則

$$-k^2C_1\cos\alpha-k^2C_2\sin\alpha+\frac{w}{P}=0.$$

因此

$$C_2= \frac{\dfrac{w}{P}-C_1\cos\alpha}{\sin\alpha}.$$

代入 $C_1=\dfrac{wEI}{P^2}$：

$$C_2= \frac{\dfrac{w}{P} -\dfrac{wEI}{P^2}\cos\alpha} {\sin\alpha}.$$

由 $v(L)=0$

$$C_1\cos\alpha+C_2\sin\alpha+C_3L+C_4 +\frac{wL^2}{2P}=0.$$

利用 $C_4=-C_1$ 及

$$C_1\cos\alpha+C_2\sin\alpha=\frac{w}{P},$$