民國112年 地方四等 土木工程 靜力學概要與材料力學概要考古題

民國112年 地方四等 土木工程 靜力學概要與材料力學概要收錄考選部官方試題，共 4 題可線上瀏覽，考選部未公告本科目答案。

官方資料

題目與答案

第1題

如圖之截面，求此截面對x軸、y 軸之面積慣性矩 xI 、 yI ，及面積慣性積 xy I 。（25 分）

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、解題架構：本題採「分割法」配合平行軸定理（parallel-axis theorem）。將斷面切成互不重疊的矩形，先算各矩形對自身形心軸的面積慣性矩（矩形 Īx=bh³/12、Īy=hb³/12、Īxy=0），再疊加：Ix=Σ(Īx+A·dy²)、Iy=Σ(Īy+A·dx²)、Ixy=Σ(Īxy+A·dx·dy)，其中 dx、dy 為各矩形形心至整體形心軸的距離，單位均為 mm⁴。
  • 二、幾何判讀與分割：依題示水平尺寸 90+90+90（總寬 270 mm）與垂直尺寸 40+80+40（總高 160 mm），斷面可視為十字形，形心即 x、y 軸交點。分割為中央垂直矩形 90×160（A=14,400 mm²，形心在原點），以及左右水平矩形各 90×80（A=7,200 mm²，形心分別位於 x=−90 與 x=+90，y=0）。
  • 三、對 x 軸之面積慣性矩：中央矩形 Ix=90×160³/12=3.072×10⁷ mm⁴；兩側矩形 Ix=90×80³/12=3.84×10⁶ mm⁴，因形心落在 x 軸上，dy=0，移軸項為零。故 Ix=3.072×10⁷+2×3.84×10⁶=3.84×10⁷ mm⁴。
  • 四、對 y 軸之面積慣性矩：中央矩形 Iy=160×90³/12=9.72×10⁶ mm⁴；兩側矩形 Īy=80×90³/12=4.86×10⁶ mm⁴，加移軸項 A·dx²=7,200×90²=5.832×10⁷ mm⁴，各得 6.318×10⁷ mm⁴。故 Iy=9.72×10⁶+2×6.318×10⁷=1.3608×10⁸ mm⁴。
  • 五、面積慣性積與檢核：斷面同時對 x、y 軸對稱，乘積項正負相消，故 Ixy=0。提醒：Ixy=0 僅在該兩軸均為對稱軸時成立；若坐標軸平移或旋轉，須以 Ixy=Īx̄ȳ+A·dx·dy 及旋轉公式重算。若現圖輪廓實為工字形（翼板 270×40、腹板 90×80），改以扣除法得 Ix=8.448×10⁷ mm⁴、Iy 同為 1.3608×10⁸ mm⁴、Ixy=0，作答前應先依圖確認輪廓。

第2題

重為W 之物體放在傾斜q 角之斜面上，如圖所示。物體與斜面間的最大 靜摩擦角為 sf ，且 sf q > ，則使物體產生臨界運動（impending motion） 之最小水平力 ? Q = （25 分）

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、力學模型與符號：物重 W 置於傾角 θ 的斜面，接觸面最大靜摩擦角 φs，摩擦係數 μs=tanφs。臨界（impending motion）時摩擦力達極限 f=μsN，方向與運動趨勢相反。取沿斜面（向上為正）與垂直斜面（離開斜面為正）兩方向分解，未知數為 N 與水平力 Q。
  • 二、運動趨勢判斷：因 φs>θ，即 μs>tanθ，W 沿斜面下滑分量 Wsinθ 小於極限摩擦 μsWcosθ，無外力時物體靜止（自鎖）。故欲造成臨界運動，須以水平力「背向斜面」拉引，使正向力 N 減小、最大靜摩擦隨之下降，物體才開始下滑。
  • 三、平衡方程式：垂直斜面方向 N=Wcosθ−Qsinθ；沿斜面（臨界下滑、摩擦向上）μsN−Wsinθ−Qcosθ=0。將 N 代入得 Q(cosθ+μs·sinθ)=W(μs·cosθ−sinθ)，同除以 cosθ 並以 μs=tanφs 整理，得 Q=W·tan(φs−θ)。
  • 四、結果與討論：最小水平力 Qmin=W·tan(φs−θ)，方向水平且背離斜面（使 N 減小）。因 φs>θ，Q 為正值；當 φs→θ 時 Q→0，即臨界自鎖。若水平力反向推入斜面，N 與摩擦均增大，需 Q=W·tan(θ+φs) 才能推上坡，數值較大，故非最小水平力。
  • 五、限制與提醒：上式假設力作用點不致造成翻倒、斜面剛性且摩擦係數均勻；若 Q 作用高度過大，須另檢查繞斜面下緣角點的傾覆條件（ΣM=0）。作答應畫自由體圖，標明 W、N、f、Q 與 θ、φs，並註明臨界條件 f=μsN。

第3題

90 mm 90 mm 90 mm 40 mm 80 mm 40 mm x y q Q W 如圖示，垂直桿ABC 為非等截面。AB 段：長度 1L ，截面積 A ，楊氏模 數為E ；BC 段：長度 L ，截面積 A ，楊氏模數為E 。水平桿BDE 為剛 性桿。外力 1P及 2P 分別作用於C 點及E 點。求：B 點垂直方向位移 B ， C 點垂直方向位移 C ，E 點垂直方向位移 E 。（25 分）

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、系統分析與自由體：A 端固定，AB 段（長 L1、面積 A1、彈性模數 E）與 BC 段（長 L、面積 A、彈性模數 E）串聯；B 點接剛性水平桿 BDE，P1 作用於 C、P2 作用於 E。取剛性桿 BDE 為自由體，對其固定鉸點（圖中 D 點）取力矩：R_B·a=P2·b，得 B 點反力 R_B=P2·b/a（a=BD、b=DE），方向與 P2 相反。
  • 二、各段軸力：BC 段僅承受 C 點外力，N_BC=P1；AB 段承受 B 點以下全部豎向力，N_AB=P1+R_B=P1+P2·b/a。以拉力為正、壓力為負，代入 δ=NL/(AE) 計算各段伸長量。
  • 三、B 點與 C 點位移：δB=N_AB·L1/(A1·E)=(P1+P2·b/a)·L1/(A1E)；C 點位於 B 之下，兩段變形串聯相加，δC=δB+N_BC·L/(A·E)=δB+P1L/(AE)。若軸力為壓力，位移方向向下（縮短），須以符號區分。
  • 四、E 點位移：剛性桿繞固定點 D 旋轉，設 B 點下移 δB，由小角度相似三角形 δE/δB=DE/DB=b/a，得 δE=(b/a)·δB；B、E 位於 D 之兩側時方向相反（一升一降），同側時同向。
  • 五、假設與限制：本解假設剛性桿另有一固定鉸支承、不計自重與挫屈、接點為理想鉸接；若無該支承，BDE 僅受 P2 與 B 點反力而無法滿足力矩平衡（成為機構），須補充支承條件。因題附圖之支承位置與 a、b 標註未能完整取得，若與上述配置不同，請依「靜力平衡→軸力→變形→幾何相容」流程調整；此情況下題目資料缺漏，無法得出唯一數值。

第4題

如圖示之托架，力量 70 N F ， 30 N F 分別作用於B，D 兩點，求此 力系之合力向量 R F ，及對O 點之合力矩向量 RO M 。（25 分） 400 mm 300 mm 300 mm A B C D E x y z 1F F O A B C D E 1L L a b 1P 2P 1A A 剛體

參考解答（AI 生成，非官方）

  • 一、座標系建立：以 O 為原點，依圖示 x、y、z 三軸與 400 mm、300 mm、300 mm 尺寸，定出 A、B、C、D、E 各點位置向量 r=xi+yj+zk（建議換算為 m）。托架屬三維力系，須以向量法處理，不可僅用平面靜力學。
  • 二、力向量表示：將 70 N 與 30 N 依圖示方向（方向角或 3-4-5 比例）分解為卡氏分量 F=Fxi+Fyj+Fzk；若給的是兩點連線方向，取單位向量 u=AB/|AB| 再乘大小，即 F=F·u，並注意指向（正負號）。
  • 三、合力向量：R=F1+F2=(ΣFx)i+(ΣFy)j+(ΣFz)k；大小 |R|=√(Rx²+Ry²+Rz²)，方向餘弦 cosα=Rx/|R|、cosβ=Ry/|R|、cosγ=Rz/|R|，用以標示合力在空間中的方位。
  • 四、對 O 點之合力矩：M_RO=Σ(r×F)=r_B×F1+r_D×F2，以行列式展開 M=(yFz−zFy)i+(zFx−xFz)j+(xFy−yFx)k，逐項代入後相加，再求 |M| 與方向（右手定則）。若另需求合力作用線，可用 r×R=M_RO 求取點。
  • 五、資料限制與作答提醒：合力與力矩數值完全取決於各作用點座標與力之方向；題附圖之幾何標註未能完整取得，故僅能列出上述公式與計算流程，題目資料缺漏，無法得出唯一數值。考試作答應先畫座標與位置向量、統一單位，並檢查正負號與右手定則。