112 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班乙組《材料力學》

本題主要考查材料力學中的挫屈 (Buckling) 理論，特別是歐拉公式 (Euler's Formula) 的推導與應用。

核心觀念：細長柱在受軸向壓力作用時，當壓力達到某個臨界值時，柱體會發生突然的側向彎曲變形，此臨界壓力稱為挫屈載荷。

(a) 歐拉公式的推導：
假設柱體發生微小彎曲變形，其彈性曲線 $y(x)$ 滿足微分方程式：
$EI \frac{d^2y}{dx^2} = -P y$
其中 $E$ 為材料的楊氏模數，$I$ 為截面的慣性矩，$P$ 為軸向載荷，$y$ 為側向變位。
此為二階常微分方程式，其通解為：
$y(x) = C_1 \sin(\sqrt{\frac{P}{EI}} x) + C_2 \cos(\sqrt{\frac{P}{EI}} x)$
考慮邊界條件：柱體兩端為鉸接 (pin-connected)，即 $y(0) = 0$ 且 $y(L) = 0$。
由 $y(0) = 0$，得 $C_2 = 0$。
則 $y(x) = C_1 \sin(\sqrt{\frac{P}{EI}} x)$。
由 $y(L) = 0$，得 $C_1 \sin(\sqrt{\frac{P}{EI}} L) = 0$。
若 $C_1 = 0$，則柱體無彎曲，此為穩定狀態。若要發生彎曲，則必須 $C_1 \neq 0$，故要求：
$\sin(\sqrt{\frac{P}{EI}} L) = 0$
$\sqrt{\frac{P}{EI}} L = n\pi, \quad n = 1, 2, 3, \dots$
取 $n=1$ (最低的挫屈載荷)，則：
$\frac{P}{EI} L^2 = \pi^2$
$P = \frac{\pi^2 EI}{L^2}$
此即為歐拉公式，稱為臨界載荷 $P_{cr}$。

(b) 彈性曲線方程式：
由 (a) 的推導過程，當柱體發生挫屈時，$y(x) = C_1 \sin(\sqrt{\frac{P_{cr}}{EI}} x)$。
由於 $\sqrt{\frac{P_{cr}}{EI}} L = \pi$，即 $\sqrt{\frac{P_{cr}}{EI}} = \frac{\pi}{L}$。
因此，彈性曲線方程式為：
$y(x) = C_1 \sin\left(\frac{\pi x}{L}\right)$
其中 $C_1$ 為一常數，代表柱體在挫屈時的最大側向變位（發生在 $x=L/2$ 處，$y_{max} = C_1$）。

(c) 方塊實心柱的臨界載荷：
對於圖 2 的方塊實心柱，其截面為邊長為 $a$ 的正方形。
若假設方塊柱的邊長為 $a = 25$ mm，則截面面積 $A = a^2$。
此時，截面的慣性矩 $I$ 取最小值，對於正方形，其對稱軸的慣性矩為 $I = \frac{a^4}{12}$。
柱的長度 $L = 1$ m。
故方塊實心柱的臨界載荷為：
$P_{cr, square} = \frac{\pi^2 EI}{L^2} = \frac{\pi^2 E (\frac{a^4}{12})}{L^2}$
代入 $a = 25$ mm $= 0.025$ m， $L = 1$ m：
$P_{cr, square} = \frac{\pi^2 E (\frac{(0.025)^4}{12})}{(1)^2} = \frac{\pi^2 E (1.5625 \times 10^{-7})}{12} \approx 1.286 \times 10^{-7} \pi^2 E$

核心觀念

本題考查：

• 矩形截面的剪應力分布：$\tau=\dfrac{VQ}{Ib}$
• 懸臂梁的彎曲應變能與剪切應變能
• 材料常數關係式：$E=2G(1+\nu)$
• 淺梁忽略剪切應變能時所造成的誤差

因原圖未包含 Figure 3，以下依材料力學中最典型的 Figure 3：長度為 $L$、矩形截面 $b\times h$、自由端承受集中力 $P$ 的懸臂梁 AB 作答。

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(a) 矩形截面的剪應力分布

取中性軸為 $y=0$，矩形截面的範圍為

$$-\frac{h}{2}\le y\le \frac{h}{2}.$$

截面面積與慣性矩分別為

$$A=bh,\qquad I=\frac{bh^3}{12}.$$

距離中性軸 $y$ 處，上方部分面積的一次矩為

$$Q(y)=b\int_y^{h/2}z\,dz =\frac{b}{2}\left(\frac{h^2}{4}-y^2\right).$$

依剪應力公式，

$$\tau(y)=\frac{VQ(y)}{Ib}.$$

代入 $I$ 與 $Q$：

$$\tau(y) =\frac{V}{bh^3/12} \cdot\frac{1}{2} \left(\frac{h^2}{4}-y^2\right),$$

因此

$$\boxed{ \tau(y)=\frac{3V}{2bh} \left(1-\frac{4y^2}{h^2}\right) }$$

或寫成

$$\boxed{ \tau(y)=\frac{3V}{2A} \left(1-\frac{4y^2}{h^2}\right) }.$$

此式為 $y$ 的二次函數，因此剪應力分布為拋物線。

在上下表面 $y=\pm h/2$：

$$\tau=0.$$

在中性軸 $y=0$：

$$\boxed{ \tau_{\max}=\frac{3V}{2A} }.$$

所以矩形截面的剪應力由上下表面的零值，逐漸增加至中性軸的最大值，呈對稱拋物線分布。

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(b) 同時考慮正應力與剪應力的應變能

1. 彎曲應變能

對自由端受集中力 $P$ 的懸臂梁，距離固定端 $x$ 處的彎矩為

$$M(x)=P(L-x).$$

彎曲應變能為

$$U_b=\int_0^L\frac{M^2(x)}{2EI}\,dx.$$

代入 $M(x)$：

$$U_b =\frac{P^2}{2EI}\int_0^L(L-x)^2\,dx.$$

而

$$\int_0^L(L-x)^2\,dx=\frac{L^3}{3},$$

故

$$\boxed{ U_b=\frac{P^2L^3}{6EI} }.$$

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2. 剪切應變能

剪切應變能為

$$U_s=\int_0^L\int_A\frac{\tau^2}{2G}\,dA\,dx.$$

本題剪力大小為常數 $V=P$。由

$$\tau(y)=\frac{3P}{2bh} \left(1-\frac{4y^2}{h^2}\right),$$

可得

$$\int_A\tau^2\,dA =b\int_{-h/2}^{h/2}\tau^2(y)\,dy.$$

計算後：

$$\int_A\tau^2\,dA =\frac{6P^2}{5A}.$$

因此

$$U_s =\int_0^L\frac{1}{2G}\frac{6P^2}{5A}\,dx =\boxed{\frac{3P^2L}{5GA}}.$$

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3. 總應變能

總應變能為彎曲應變能與剪切應變能之和：

$$U=U_b+U_s.$$

因此

$$\boxed{ U= \frac{P^2L^3}{6EI} + \frac{3P^2L}{5GA} }.$$

對矩形截面，

$$I=\frac{bh^3}{12},\qquad A=bh,$$

所以也可以寫成

核心觀念

本題考查：

1. 力對軸線的扭矩
   $T=F r$
2. 中空圓軸的最大扭轉剪應力
   $\tau_{\max}=\frac{Tc}{J}$
3. 中空圓截面的極慣性矩
   $J=\frac{\pi}{32}\left(d_o^4-d_i^4\right)$

其中 $d_o$ 為外徑，$d_i$ 為內徑。題目給定：

$d_i=\frac{1}{2}d_o$

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解題方法

由圖可知，$Q$ 作用於半徑 $60\ \text{mm}$ 處，$4\ \text{kN}$ 作用於半徑 $90\ \text{mm}$ 處。兩力對 $y$ 軸產生同方向扭矩。

1. 各力所產生的扭矩

$Q$ 所產生的扭矩為

$$T_Q=Q(60)$$

$4\ \text{kN}$ 所產生的扭矩為

$$T_4=(4\ \text{kN})(90\ \text{mm}) =360\ \text{kN}\cdot\text{mm}$$

在 $C$ 點以下的軸段，兩個扭矩同時作用，因此扭矩最大：

$$T_{\max}=60Q+360000$$

此式中 $Q$ 必須以 $\text{N}$ 為單位，扭矩單位為 $\text{N}\cdot\text{mm}$。

若以 $Q$ 的單位為 $\text{kN}$，則

$$T_{\max}=60000Q+360000 =60000(Q+6)\ \text{N}\cdot\text{mm}$$

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2. 中空圓軸的扭轉剪應力

外半徑為

$$c=\frac{d_o}{2}$$

且

$$d_i=\frac{d_o}{2}$$

所以

$$J=\frac{\pi}{32} \left[d_o^4-\left(\frac{d_o}{2}\right)^4\right]$$

核心觀念

本題考查簡支梁受兩端集中力矩作用時的撓曲變形，使用：

• 靜力平衡求梁內彎矩函數 $M(x)$。
• Euler–Bernoulli 梁撓曲方程式：

$$EI\frac{d^2v}{dx^2}=M(x)$$

• 最大撓度位置必須滿足：

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

圖中兩端力矩方向相反，因此梁內彎矩由 $M_0$ 線性變化至 $M_0/2$。

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解題方法

令 $x$ 軸由支承點 $A$ 向右量測，$0\le x\le L$。由靜力平衡，梁內彎矩為

$$M(x)=M_0-\frac{M_0}{2L}x =M_0\left(1-\frac{x}{2L}\right)$$

代入撓曲方程式：

$$EI\frac{d^2v}{dx^2} =M_0\left(1-\frac{x}{2L}\right)$$

積分一次得斜率：

$$EI\frac{dv}{dx} =M_0\left(x-\frac{x^2}{4L}\right)+C_1$$

再積分一次：

$$EI\,v =M_0\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{12L}\right)+C_1x+C_2$$

由簡支梁邊界條件

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

可得

$$C_2=0$$

且

$$0=M_0\left(\frac{L^2}{2}-\frac{L^2}{12}\right)+C_1L$$

因此

$$C_1=-\frac{5M_0L}{12}$$

故撓度曲線為

$$v(x)=\frac{M_0}{EI} \left( \frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{12L}-\frac{5Lx}{12} \right)$$

最大撓度位置

令斜率為零：

$$\frac{dv}{dx} =\frac{M_0}{EI} \left( x-\frac{x^2}{4L}-\frac{5L}{12} \right)=0$$

令 $\xi=x/L$，則

$$\xi-\frac{\xi^2}{4}-\frac{5}{12}=0$$

整理得

$$3\xi^2-12\xi+5=0$$

其在梁長範圍內的解為