114 年 國立成功大學機械工程學系碩士班乙組《材料力學》

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第 Problem 1 題20 分

The steel beam is subjected to a load of 12 kN, as shown in Fig. 1. Determine the principle stress and axis at point A due to the loading.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 1 shows a simply supported beam with a downward point load of 12 kN at a distance of 1 m from the left support. The left support is at a distance of 2 m from the left end, and the right support is at a distance of 4 m from the point load. Point A is located at 75 mm from the left face of the beam, and the beam has a rectangular cross-section of 200 mm height and 300 mm width.)

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核心觀念

本題考查梁的：

  • 支承反力
  • 彎矩造成的正應力
  • 橫向剪力造成的剪應力
  • 平面應力狀態下的主應力與主軸方向

由原圖可讀出：左支承至 A 點為 2 m2\ \text{m}，A 點至集中力為 1 m1\ \text{m}，集中力至右支承為 4 m4\ \text{m}，因此支承跨距為 7 m7\ \text{m}。A 點位於截面底部以上 75 mm75\ \text{mm} 處。

1. 支承反力

設左、右支承反力分別為 RLR_L、RRR_R。

RL+RR=12 kNR_L+R_R=12\ \text{kN}

取左支承力矩：

RR(7)−12(3)=0R_R(7)-12(3)=0

因此

RR=367=5.143 kNR_R=\frac{36}{7}=5.143\ \text{kN} RL=12−367=487=6.857 kNR_L=12-\frac{36}{7} =\frac{48}{7} =6.857\ \text{kN}

A 點位於集中力左側，因此：

VA=RL=6.857 kNV_A=R_L=6.857\ \text{kN} MA=RL(2)=967=13.714 kN⋅mM_A=R_L(2) =\frac{96}{7} =13.714\ \text{kN}\cdot\text{m}

2. 截面性質

矩形截面寬度與高度為

b=200 mm,h=300 mmb=200\ \text{mm},\qquad h=300\ \text{mm}

中性軸通過截面中心，慣性矩為

I=bh312=(200)(300)312=450×106 mm4I=\frac{bh^3}{12} =\frac{(200)(300)^3}{12} =450\times10^6\ \text{mm}^4

A 點距離中性軸：

y=150−75=75 mmy=150-75=75\ \text{mm}

因 A 點位於中性軸下方，正彎矩下該點承受拉應力。

3. A 點的彎曲正應力

σx=MAyI\sigma_x=\frac{M_Ay}{I}

將彎矩換成 N⋅mm\text{N}\cdot\text{mm}：

σx=(13.714×106)(75)450×106=2.286 MPa\sigma_x = \frac{(13.714\times10^6)(75)} {450\times10^6} =2.286\ \text{MPa}

所以 A 點的彎曲應力為拉應力：

σx=+2.286 MPa\sigma_x=+2.286\ \text{MPa}

4. A 點的剪應力

取 A 點下方的矩形面積：

A′=200(75)=15000 mm2A'=200(75)=15000\ \text{mm}^2

此面積形心距中性軸：

yˉ=150−752=112.5 mm\bar y=150-\frac{75}{2}=112.5\ \text{mm}

因此

Q=A′yˉ=(15000)(112.5)=1.6875×106 mm3Q=A'\bar y =(15000)(112.5) =1.6875\times10^6\ \text{mm}^3

剪應力大小為

τxy=VAQIb\tau_{xy}=\frac{V_AQ}{Ib}
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第 Problem 2 題15 分

The shaft has a radius of 20 mm and is made of A314 steel (GA314: 80 GPa) in Fig. 2. Determine the strains in the x and y direction if a torque T = 4 kN·m is applied to the shaft.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 2 shows a cylindrical shaft subjected to torques T at both ends. A coordinate system (x, y, z) is shown, where z is the axial direction. A rotated coordinate system (x', y') is also shown, with the x' axis making an angle of 30° with the x axis.)

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核心觀念

圓軸承受扭矩時，截面上主要產生純剪應力與純剪應變：

τ=TrJ\tau=\frac{Tr}{J} γxy=τG=TrJG\gamma_{xy}=\frac{\tau}{G} =\frac{Tr}{JG}

其中實心圓軸的極慣性矩為

J=πr42J=\frac{\pi r^4}{2}

在原本的 xx、yy 方向上，純扭轉沒有正應變：

εx=εy=0\varepsilon_x=\varepsilon_y=0

題圖另定義與 xx 軸夾角 30∘30^\circ 的旋轉座標 x′x'、y′y'，因此需使用平面應變轉換公式求 εx′\varepsilon_{x'} 與 εy′\varepsilon_{y'}。

解題方法

已知

r=20 mm,T=4 kN⋅m=4.0×106 N⋅mmr=20\ \text{mm},\qquad T=4\ \text{kN}\cdot\text{m}=4.0\times10^6\ \text{N}\cdot\text{mm} G=80 GPa=80,000 N/mm2G=80\ \text{GPa}=80,000\ \text{N/mm}^2

首先計算極慣性矩：

J=π(20)42=251,327 mm4J=\frac{\pi(20)^4}{2} =251,327\ \text{mm}^4

軸表面處的剪應變為

γxy=TrJG=(4.0×106)(20)(251,327)(80,000)\gamma_{xy} =\frac{Tr}{JG} =\frac{(4.0\times10^6)(20)} {(251,327)(80,000)} γxy=3.979×10−3\gamma_{xy}=3.979\times10^{-3}

純剪應變狀態下，旋轉角度 θ\theta 方向的正應變為

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第 Problem 3 題15 分

Initially, gaps between the A-36 steel plate and the rigid constraint are shown in Fig. 3. Determine the normal stresses σx\sigma_x and σy\sigma_y in the plate if the temperature increases by ΔT=80∘F\Delta T = 80^\circ\text{F}. (αA−36:5.6(10−6)(1/∘F)\alpha_{A-36}: 5.6(10^{-6}) (1/^\circ\text{F}), EA−36:30(103)ksiE_{A-36}: 30(10^3)\text{ksi}, νA−36:0.3\nu_{A-36}: 0.3)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 3 shows a rectangular plate with initial gaps. The plate has dimensions 7 inches by 10 inches. There are gaps between the plate and rigid constraints on all four sides. The gaps are given as 0.0015 inches on the top and bottom edges, and 0.006 inches on the left and right edges.)

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本題考驗對熱應力及應力轉換的理解，特別是當物體受到溫度變化且有初始間隙時，如何計算其產生的應力。

【解題步驟】

  1. 分析初始狀態與溫度變化：

    • 材料：A-36 鋼。
    • 溫度變化：ΔT=80∘F\Delta T = 80^\circ\text{F}。
    • 熱膨脹係數：α=5.6×10−6/∘F\alpha = 5.6 \times 10^{-6} /^\circ\text{F}。
    • 彈性模數：E=30×103 ksi=30 MsiE = 30 \times 10^3 \text{ ksi} = 30 \text{ Msi}。
    • 蒲松比：ν=0.3\nu = 0.3。
    • 板件尺寸：寬度 w=7 inw = 7 \text{ in}，高度 h=10 inh = 10 \text{ in}。
    • 初始間隙：
      • 上下邊緣（y 方向）：gy=0.0015 ing_y = 0.0015 \text{ in}。
      • 左右邊緣（x 方向）：gx=0.006 ing_x = 0.006 \text{ in}。
    • 圖 3 顯示，間隙是存在於板件邊緣與剛性約束之間。

  2. 計算自由熱膨脹引起的尺寸變化：
    若無約束，板件在 x 方向的自由熱膨脹量為 Δw=αΔTw\Delta w = \alpha \Delta T w。
    Δw=(5.6×10−6/∘F)×(80∘F)×(7 in)=448×10−6×7 in=3136×10−6 in=0.003136 in\Delta w = (5.6 \times 10^{-6} /^\circ\text{F}) \times (80^\circ\text{F}) \times (7 \text{ in}) = 448 \times 10^{-6} \times 7 \text{ in} = 3136 \times 10^{-6} \text{ in} = 0.003136 \text{ in}。

    板件在 y 方向的自由熱膨脹量為 Δh=αΔTh\Delta h = \alpha \Delta T h。
    Δh=(5.6×10−6/∘F)×(80∘F)×(10 in)=448×10−6×10 in=4480×10−6 in=0.004480 in\Delta h = (5.6 \times 10^{-6} /^\circ\text{F}) \times (80^\circ\text{F}) \times (10 \text{ in}) = 448 \times 10^{-6} \times 10 \text{ in} = 4480 \times 10^{-6} \text{ in} = 0.004480 \text{ in}。

  3. 判斷是否接觸約束：

    • 在 x 方向，板件的自由膨脹量 Δw=0.003136 in\Delta w = 0.003136 \text{ in}。左、右邊緣的總間隙為 2×gx=2×0.006 in=0.012 in2 \times g_x = 2 \times 0.006 \text{ in} = 0.012 \text{ in}。因為 Δw<0.012 in\Delta w < 0.012 \text{ in}，所以板件在 x 方向膨脹後不會接觸到左右的剛性約束。因此，在 x 方向的應力 σx=0\sigma_x = 0。
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第 Problem 4 題10 分

The beam with the cross-section as shown in Fig. 4 is made of elastic perfectly plastic material. Determine the plastic moment that can be applied, a=50 mma = 50 \text{ mm}, E=200 GPaE = 200 \text{ GPa}, and σy=230 MPa\sigma_y = 230 \text{ MPa}.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 4 shows a T-shaped cross-section. The flange has width 2a2a and thickness a/2a/2. The web has width a/2a/2 and height 2a2a. The total height of the T-beam is 2a+a/2=2.5a2a + a/2 = 2.5a. The width of the flange is 2a2a. The width of the web is a/2a/2.)

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核心觀念

彈塑性材料達到全塑性狀態時，截面上方與下方皆承受屈服應力 σy\sigma_y，且拉、壓兩側的合力必須平衡。因此，塑性中性軸（PNA）將截面分成面積相等的兩部分。

塑性彎矩為

Mp=σy(Qt+Qc)M_p=\sigma_y\left(Q_t+Q_c\right)

其中 QtQ_t、QcQ_c 分別為拉、壓兩側面積對塑性中性軸的第一面積矩。

解題方法

截面由翼板與腹板組成：

  • 翼板：寬 2a2a、厚 a/2a/2
  • 腹板：寬 a/2a/2、高 2a2a

兩者面積分別為

Af=(2a)(a2)=a2A_f=(2a)\left(\frac a2\right)=a^2 Aw=(a2)(2a)=a2A_w=\left(\frac a2\right)(2a)=a^2

總面積為 2a22a^2，因此塑性中性軸剛好位於翼板與腹板的交界處。

以此交界面為基準：

  • 翼板形心距離為
yf=a/22=a4y_f=\frac{a/2}{2}=\frac a4
  • 腹板形心距離為
yw=2a2=ay_w=\frac{2a}{2}=a

所以塑性彎矩為

Mp=σy(Afyf+Awyw)M_p=\sigma_y\left(A_fy_f+A_wy_w\right)
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第 Problem 5 題20 分

The column with constant EI has the end constraints as shown in Fig. 5. (a) Determine the transverse deflection v(x). (b) By observing the solution of v(x), determine if buckling would occur and the smallest critical values of P and M when it happens.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 5 shows a column of length L, with a constant flexural rigidity EI. The column is subjected to an axial compressive force P and a moment M at the free end. The other end is fixed. The coordinate system has x=0 at the fixed end and x=L at the free end.)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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核心觀念

本題考查受軸向壓縮力的梁柱效應（beam-column effect）與 Euler 挫屈。軸力 PP 會使端部彎矩所造成的側向位移進一步放大，因此撓度不再是單純懸臂梁的

v(x)=Mx22EI.v(x)=\frac{Mx^2}{2EI}.

取壓縮力 P>0P>0，並令

λ=PEI.\lambda=\sqrt{\frac{P}{EI}}.

依題幹假設，柱底端 x=0x=0 固定，柱頂端 x=Lx=L 受軸向壓縮力 PP 與端彎矩 MM，且頂端無額外橫向力。

解題方法

對受壓梁柱，微分方程為

EId4vdx4+Pd2vdx2=0.EI\frac{d^4v}{dx^4}+P\frac{d^2v}{dx^2}=0.

其一般解為

v(x)=C1+C2x+C3cos⁡(λx)+C4sin⁡(λx).v(x)=C_1+C_2x+C_3\cos(\lambda x)+C_4\sin(\lambda x).

固定端條件為

v(0)=0,v′(0)=0.v(0)=0,\qquad v'(0)=0.

整理後可將解寫成

v(x)=A(cos⁡λx−1)+B(sin⁡λx−λx).v(x)=A\left(\cos\lambda x-1\right) +B\left(\sin\lambda x-\lambda x\right).

自由端的彎矩與剪力邊界條件為

EIv′′(L)=M,EI v''(L)=M, EIv′′′(L)+Pv′(L)=0.EI v'''(L)+P v'(L)=0.

其中第二式包含軸力造成的二階效應。由

v′′(x)=−λ2(Acos⁡λx+Bsin⁡λx),v''(x)=-\lambda^2\left(A\cos\lambda x+B\sin\lambda x\right),

以及

EIv′′′(x)+Pv′(x)=−EIλ3B,EI v'''(x)+P v'(x)=-EI\lambda^3B,

可得

B=0.B=0.

再由 EIv′′(L)=MEI v''(L)=M：

−EIλ2Acos⁡(λL)=M.-EI\lambda^2 A\cos(\lambda L)=M.

因為 EIλ2=PEI\lambda^2=P，故

A=−MPcos⁡(λL).A=-\frac{M}{P\cos(\lambda L)}.

因此橫向撓度為

v(x)=MP1−cos⁡(PEIx)cos⁡(PEIL)\boxed{ v(x)=\frac{M}{P} \frac{1-\cos\left(\sqrt{\frac{P}{EI}}x\right)} {\cos\left(\sqrt{\frac{P}{EI}}L\right)} }

撓度正負號會隨所定義的彎矩方向改變；上式的大小與挫屈條件不受影響。

當 P→0P\to 0 時，利用 cos⁡z≈1−z2/2\cos z\approx 1-z^2/2：

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第 Problem 6 題20 分

A semicircular metal wire as shown in Fig. 6 is built-in to the wall at point A, simply-supported on the bottom at point B, and subjected to load P at mid-span-point C. The wire has a circular cross-section of radius r, r≪Rr \ll R. Young's modulus and Poisson's ratio of the wire are E and v, respectively. The cross-sectional area moment of inertia about the bending neutral axis is πr4/4\pi r^4/4. Determine the deflection δ\delta at point C and the support reaction at point B by using Castigliano's theorem (alternative solution approach is not allowed).

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 6 shows a semicircular wire in the xy-plane. Point A is at the top, fixed to a wall. Point B is at the bottom, simply supported. The wire forms a semicircle of radius R. A load P is applied vertically downwards at point C, which is at the mid-span of the semicircle, meaning it's at the bottom of the semicircle arc.)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
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圖形與題目資訊說明

所附掃描圖實際上是控制系統考題，並非本題材料力學的 Fig. 6。以下依題目文字採用合理幾何假設：半圓弧為右半圓，AA、BB為上下端點，CC為半圓弧最右側中點；PP於 CC 點鉛直向下，BB 點反力設為向上 RBR_B。若將 CC 直接視為與 BB 同一底點，則題目幾何會退化，無法形成一般的半圓弧三點配置。

核心觀念

本題利用 Castigliano 定理及力法求解 BB 點的超靜定反力。

半圓線材細長，且 r≪Rr\ll R，因此採用 Euler–Bernoulli 彎曲模型，忽略剪切變形與軸向變形。彎曲應變能為

U=∫M22EI dsU=\int\frac{M^2}{2EI}\,ds

Castigliano 定理：

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

其中 δC\delta_C 為 CC 點沿 PP 方向的位移。

由於 BB 為簡支點，鉛直位移為零，因此

∂U∂RB=0\frac{\partial U}{\partial R_B}=0

這個條件可用來求出支承反力 RBR_B。

解題方法

令半圓半徑為 RR，以圓心為原點，取右半圓參數式

x=Rcos⁡θ,y=Rsin⁡θx=R\cos\theta,\qquad y=R\sin\theta

其中

−π2≤θ≤π2,ds=R dθ-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, \qquad ds=R\,d\theta

CC 點位於 θ=0\theta=0，BB 點位於 θ=−π/2\theta=-\pi/2。

取 RBR_B 向上為正。截面彎矩如下：

  • 在 AA 到 CC 的上半段，截面右側包含 PP 與 RBR_B；
  • 在 CC 到 BB 的下半段，截面右側只包含 RBR_B。

因此可寫成

M(θ)={−R[RBcos⁡θ+P(1−cos⁡θ)],0≤θ≤π2,−RRBcos⁡θ,−π2≤θ≤0.M(\theta)= \begin{cases} -R\left[R_B\cos\theta+P(1-\cos\theta)\right], &0\leq\theta\leq\dfrac{\pi}{2},\\[6pt] -RR_B\cos\theta, &-\dfrac{\pi}{2}\leq\theta\leq0. \end{cases}

求支承反力 RBR_B

由 Castigliano 定理，BB 點鉛直位移為零：

∂U∂RB=∫MEI∂M∂RB ds=0\frac{\partial U}{\partial R_B} = \int\frac{M}{EI}\frac{\partial M}{\partial R_B}\,ds=0

整理得

R3EI[RB∫−π/2π/2cos⁡2θ dθ+P∫0π/2cos⁡θ(1−cos⁡θ) dθ]=0\frac{R^3}{EI} \left[ R_B\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta + P\int_0^{\pi/2}\cos\theta(1-\cos\theta)\,d\theta \right]=0

所需積分為

∫−π/2π/2cos⁡2θ dθ=π2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta =\frac{\pi}{2}

以及

∫0π/2cos⁡θ(1−cos⁡θ) dθ=1−π4\int_0^{\pi/2}\cos\theta(1-\cos\theta)\,d\theta =1-\frac{\pi}{4}

故

RBπ2+P(1−π4)=0R_B\frac{\pi}{2} + P\left(1-\frac{\pi}{4}\right)=0

因此

RB=−2Pπ(1−π4)R_B = -\frac{2P}{\pi}\left(1-\frac{\pi}{4}\right)

即

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第 Problem 6 題20 分

A semicircular metal wire as shown in Fig. 6 is built-in to the wall at point A, simply-supported on the bottom at point B, and subjected to load P at mid-span-point C. The wire has a circular cross-section of radius r, r≪Rr \ll R. Young's modulus and Poisson's ratio of the wire are E and v, respectively. The cross-sectional area moment of inertia about the bending neutral axis is πr4/4\pi r^4/4. Determine the deflection δ\delta at point C and the support reaction at point B by using Castigliano's theorem (alternative solution approach is not allowed).

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
(Fig. 6 shows a semicircular wire in the xy-plane. Point A is at the top, fixed to a wall. Point B is at the bottom, simply supported. The wire forms a semicircle of radius R. A load P is applied vertically downwards at point C, which is at the mid-span of the semicircle, meaning it's at the bottom of the semicircle arc.)

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圖形與題目資訊說明

所附掃描圖實際上是控制系統考題，並非本題材料力學的 Fig. 6。以下依題目文字採用合理幾何假設：半圓弧為右半圓，AA、BB為上下端點，CC為半圓弧最右側中點；PP於 CC 點鉛直向下，BB 點反力設為向上 RBR_B。若將 CC 直接視為與 BB 同一底點，則題目幾何會退化，無法形成一般的半圓弧三點配置。

核心觀念

本題利用 Castigliano 定理及力法求解 BB 點的超靜定反力。

半圓線材細長，且 r≪Rr\ll R，因此採用 Euler–Bernoulli 彎曲模型，忽略剪切變形與軸向變形。彎曲應變能為

U=∫M22EI dsU=\int\frac{M^2}{2EI}\,ds

Castigliano 定理：

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

其中 δC\delta_C 為 CC 點沿 PP 方向的位移。

由於 BB 為簡支點，鉛直位移為零，因此

∂U∂RB=0\frac{\partial U}{\partial R_B}=0

這個條件可用來求出支承反力 RBR_B。

解題方法

令半圓半徑為 RR，以圓心為原點，取右半圓參數式

x=Rcos⁡θ,y=Rsin⁡θx=R\cos\theta,\qquad y=R\sin\theta

其中

−π2≤θ≤π2,ds=R dθ-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, \qquad ds=R\,d\theta

CC 點位於 θ=0\theta=0，BB 點位於 θ=−π/2\theta=-\pi/2。

取 RBR_B 向上為正。截面彎矩如下：

  • 在 AA 到 CC 的上半段，截面右側包含 PP 與 RBR_B；
  • 在 CC 到 BB 的下半段，截面右側只包含 RBR_B。

因此可寫成

M(θ)={−R[RBcos⁡θ+P(1−cos⁡θ)],0≤θ≤π2,−RRBcos⁡θ,−π2≤θ≤0.M(\theta)= \begin{cases} -R\left[R_B\cos\theta+P(1-\cos\theta)\right], &0\leq\theta\leq\dfrac{\pi}{2},\\[6pt] -RR_B\cos\theta, &-\dfrac{\pi}{2}\leq\theta\leq0. \end{cases}

求支承反力 RBR_B

由 Castigliano 定理，BB 點鉛直位移為零：

∂U∂RB=∫MEI∂M∂RB ds=0\frac{\partial U}{\partial R_B} = \int\frac{M}{EI}\frac{\partial M}{\partial R_B}\,ds=0

整理得

R3EI[RB∫−π/2π/2cos⁡2θ dθ+P∫0π/2cos⁡θ(1−cos⁡θ) dθ]=0\frac{R^3}{EI} \left[ R_B\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta + P\int_0^{\pi/2}\cos\theta(1-\cos\theta)\,d\theta \right]=0

所需積分為

∫−π/2π/2cos⁡2θ dθ=π2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta =\frac{\pi}{2}

以及

∫0π/2cos⁡θ(1−cos⁡θ) dθ=1−π4\int_0^{\pi/2}\cos\theta(1-\cos\theta)\,d\theta =1-\frac{\pi}{4}

故

RBπ2+P(1−π4)=0R_B\frac{\pi}{2} + P\left(1-\frac{\pi}{4}\right)=0

因此

RB=−2Pπ(1−π4)R_B = -\frac{2P}{\pi}\left(1-\frac{\pi}{4}\right)

即

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