第 II 部
7.2 連続はり
MC= −a(
l2−a2)
2l2 W ⇒ dMB= −ξ( l2−ξ2)
2l2 wdξ
のように微小反力と微小固定モーメントを表現できる．等分布荷重の場合のRAとMBはξに関して分布荷重の 作用する範囲であるaからa+b (=l0)までの積分を行って，
RA=
∫ a+b
a
(2l+ξ) (l−ξ)2
2l3 wdξ= w 2l3
∫ a+b
a (2l+ξ) (l−ξ)2dξ
= w 2l3
∫ l0
a
(2l3−4l2ξ+ 2lξ2+l2ξ−2lξ2+ξ3)
dξ= w 2l3
[
2l3ξ−3l2ξ2 2 +ξ4
4 ]l0
a
= w 8l3
[8l3(l0−a)−6l2(
l02−a2)
+l40−a4]
MB =
∫ a+b
a
ξ( l2−ξ2)
2l2 wdξ=−w 2l3
∫ a+b
a
(l2ξ−ξ3) dξ
=−w 2l3
[ l2ξ2
2 −ξ4 4
]l0
a
=−w 8l3
[2l2(
l20−a2)
−(
l04−a4)]
のように求められる．
図60: (a)連続はり，および，(b)連続はりの横荷重が分離された２つの単純支持はりに作用したときの曲げモー メント，(c) 連続はりの支点モーメントのみによる曲げモーメント，(d)２つの単純支持はりに作用する荷重分 布図．
まず，Aを原点としてBの方向に向かってx軸を取り，スパンAB部分の曲げモーメントMABは MAB(x) =MAB′′ (x) +MAB′ (x)
= (
Mn−1+Mn−Mn−1
ln x )
+MAB′ (x) と表される．これをたわみの微分方程式に代入して，たわみ角iとたわみvが，
d2v dx2 =− 1
EI [{
Mn−1+ (Mn−Mn−1) x ln
} +MAB′
]
i= dv dx=− 1
EI
∫ x
0
[{
Mn−1+ (Mn−Mn−1) x ln
} +MAB′
] dx
=− 1 EI
[
Mn−1x+ (Mn−Mn−1) x2 2ln +
∫ x
0 MAB′ dx+C1 ]
v=− 1 EI
∫ x
0
[
Mn−1x+ (Mn−Mn−1) x2 2ln +
∫ x
0 MAB′ dx+C1
] dx
=− 1 EI
[
Mn−1x2
2 + (Mn−Mn−1) x3 6ln +
∫ x
0
∫ x
0 MAB′ dxdx+C1x+C2 ]
のように表される．x= 0のn−1支点であるAとx=lnにあるn支点のBの両方において，たわみv= 0と いう境界条件より，
0 =− 1
EI [0 + 0 + 0 + 0 +C2] C2= 0
0 =− 1 EI
[
Mn−1l2n
2 + (Mn−Mn−1) l3n 6ln +
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx+C1ln+ 0 ]
0 = 3lnMn−1+ln(Mn−Mn−1) + 6
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx+ 6lnC1 C1=−ln
6 (2Mn−1+Mn)− 1 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx が得られる．よって，支点Bのたわみ角は
iB= dv dx
¯¯¯¯
x=ln
=− 1 EI
[
Mn−1ln+ (Mn−Mn−1) ln2 2ln +
∫ ln
0 MAB′ dx−ln
6 (2Mn−1+Mn)− 1 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx ]
=− 1 EI
[ln
6 (3Mn−1+ 3Mn−2Mn−1−Mn) +
∫ ln
0 MAB′ dx− 1 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx ]
= 1 6EI
[
−ln(Mn−1+ 2Mn)−6
∫ ln
0 MAB′ dx+ 6 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx ]
が表される．
次に，Bを原点に取り直してCの方向に向かってx軸を取り直すと，スパンBC部分の曲げモーメントMBC は
MBC(x) =MBC′′ (x) +MBC′ (x) = (
Mn+Mn+1−Mn
ln+1 x )
+MBC′ と表される．これをたわみの微分方程式に代入して，たわみ角iとたわみvが，
d2v dx2 =− 1
EI [{
Mn+ (Mn+1−Mn) x ln+1
} +MBC′
]
i= dv dx =− 1
EI
∫ x
0
[{
Mn+ (Mn+1−Mn) x ln+1
} +MBC′
] dx
=− 1 EI
[
Mnx+ (Mn+1−Mn) x2 2ln+1 +
∫ x
0 MBC′ dx+C3
]
v=− 1 EI
∫ x
0
[
Mnx+ (Mn+1−Mn) x2 2ln+1 +
∫ x
0 MBC′ dx+C3 ]
dx
=− 1 EI
[ Mnx2
2 + (Mn+1−Mn) x3 6ln+1 +
∫ x
0
∫ x
0 MBC′ dxdx+C3x+C4
]
のように表される．x= 0のn支点であるBとx=ln+1にあるn+ 1支点のCの両方において，たわみv = 0 という境界条件より，
C4= 0
C3=−ln+1
6 (2Mn+Mn+1)− 1 ln+1
∫ ln+1
0
∫ x
0 MBC′ dxdx が得られる．よって，x= 0の支点Bにおけるたわみ角i′Bは
i′B = dv dx
¯¯¯¯
x=0=− 1
EI [0 + 0 + 0 +C3] = 1 6EI
[
ln+1(2Mn+Mn+1) + 6 ln+1
∫ ln+1
0
∫ x
0 MBC′ dxdx ]
が表される．
連続はりにおいて，二つの支点Bのたわみ角i′BとiBが等しくなければならないので，等号で結んで両辺に 6EI をかけると，
ln+1(2Mn+Mn+1) + 6 ln+1
∫ ln+1
0
∫ x
0 MBC′ dxdx=−ln(Mn−1+ 2Mn)−6
∫ ln
0 MAB′ dx+ 6 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx を得る．3モーメントの定理の一般式は上の式を整理して，
Mn−1ln+2Mn(ln+ln+1)+Mn+1ln+1+6
∫ ln
0 MAB′ dx− 6 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx+ 6 ln+1
∫ ln+1
0
∫ x
0 MBC′ dxdx= 0 のように表される．
今，分割された2つの単スパンはりの横荷重による曲げモーメントMAB′ とMBC′ の面積モーメントを考える．
部分積分の公式 ∫ a
dg(x) ∫ a
df(x)
において，
f(x) =
∫ x
0 M′dx, g(x) =x のようにおくと，
∫ a
0
(∫ x
0 M′dx )
dx= [(∫ x
0 M′dx )
x+C ]a
0
−
∫ a
0
( d dx
∫ x
0 M′dx )
xdx
=a
∫ a
0 M′dx−
∫ a
0 M′xdx
=
∫ a
0 M′(a−x) dx
が成り立つので，ABとBC間の2つの単スパンについて，それぞれ，a=ln，a=ln+1を代入して，
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx=
∫ ln
0 MAB′ (ln−x) dx
∫ ln+1
0
∫ x
0 MBC′ dxdx=
∫ ln+1
0 MBC′ (ln+1−x) dx
が得られる．ABとBC間の2つの単スパンの横荷重による曲げモーメント図の面積をそれぞれ
∫ ln
0 MAB′ dx=A1,
∫ ln+1
0 MBC′ dx=A2
のように表し，それらの図心をG1とG2と定義する．支点AからG1までの距離と支点BからG2までの距離 をそれぞれ，¯xG1，x¯G2として定義すると，
¯ xG1=
∫ln
0 MAB′ xdx
∫ln
0 MAB′ dx = 1 A1
∫ ln
0 MAB′ xdx
¯ xG2=
∫ln+1
0 MBC′ xdx
∫ln+1
0 MBC′ dx = 1 A2
∫ ln+1
0 MBC′ xdx のように表されので，これらを用いて，
6
∫ ln
0 MAB′ dx− 6 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx= 6A1− 6 ln
∫ ln
0
∫ x
0 MAB′ dxdx
= 6A1− 6 ln
( ln
∫ ln
0 MAB′ dx−
∫ ln
0 MAB′ xdx )
= 6A1− 6
ln (lnA1−x¯G1A1)
= 6 lnx¯G1A1
6 ln+1
∫ ln+1
0
∫ x
0 MBC′ dxdx= 6 ln+1
( ln+1
∫ ln+1
0 MBC′ dx−
∫ ln+1
0 MBC′ xdx )
= 6
ln+1(ln+1A2−x¯G2A2)
= 6
ln+1(ln+1−x¯G2)A2
図 61: (a)分布荷重と支点反力が作用するAB，BCの２スパンからなる連続はりの自由物体図と(b) せん断力 を用いて表されたその自由物体図．
が得られる．よって，3モーメントの式は
Mn−1ln+ 2Mn(ln+ln+1) +Mn+1ln+1+6¯xG1A1
ln +6 (ln+1−x¯G2)A2
ln+1 = 0 (76)
のように表される．ここで，¯xG1は左端x= 0のから図心G1までの距離であり，一次モーメントを全面積で 除する図心の定義式に一致するが，ln+1−x¯G2は右端C点から図心G2までの距離であることに注意しなさい．
¯
xG1A1= ¯x1A1，および，(ln+1−¯xG2)A2= ¯x2A2と書けるように，x¯1，x¯2をそれぞれ，左端Aから図心G1ま での距離，右端Cから図心G2までの距離として置き直して，3モーメントの式を
Mn−1ln+ 2Mn(ln+ln+1) +Mn+1ln+1+6¯x1A1
ln +6¯x2A2
ln+1 = 0 (77)
のように記す教科書もある．公式の対称性を重んじた表記であるが，¯x2 =ln+1−x¯G2は図心G2の左端ではな く右端からの距離になることに注意しなければならない．いずれの表記においても，¯xG1A2，(ln+1−x¯G2)A2は それぞれ，左端Aを貫く軸の周りでの面積モーメント，右端Cを貫く軸周りでの面積モーメントであると見な せばよい．
せん断力と支点反力 スパンAB，BCそれぞれの荷重分布図w1，w2の面積をA′1，A′2とし，それらの荷重分 布の図心G′1，G′2と支点A，Cとの水平距離をx¯′1，¯x′2と定義すると，
A′1=
∫ ln
0 w1dx, A′2=
∫ ln+1
0 w2dx (78)
¯ x′1= 1
A′1
∫ ln
0 w1xdx, x¯′2=ln+1− 1 A′2
∫ ln+1
0 w2xdx (79)
であるから，
¯ x′1A′1=
∫ ln
0 w1xdx
¯
x′2A′2=ln+1A′2−
∫ ln+1
w2xdx=ln+1
∫ ln+1
w2dx−
∫ ln+1
w2xdx=
∫ ln+1
w2(ln+1−x) dx
のように表される．また，xの正方向から点Aに漸近するときのせん断力をF+Aのように書くとすると，B点 周りの力のモーメントのつりあいより，
−Mn−1−F+Aln+
∫ ln
0 w1dx·(ln−x) +Mn= 0
−Mn−1−F+Aln+ (ln−¯x′1)A′1+Mn= 0 ゆえに，せん断力F+Aは，
F+A= Mn−Mn−1
ln +(ln−x¯′1)A′1 ln
のように表される．スパンABの力のつりあいを考えると，
−F+A+
∫ ln
0 w1dx+F−B = 0 となるので，x軸の負方向から漸近したB点でのせん断力F−Bは
F−B =F+A−
∫ ln
0 w1dx=F+A−A′1= Mn−Mn−1
ln +(ln−x¯′1)A′1 ln −A′1
=Mn−Mn−1
ln +x¯′1A′1 ln
のように与えられる．さらに，C点周りの力のモーメントのつりあいを考えると，
−Mn−F+Bln+1+
∫ ln+1
0 w2dx·(ln+1−x) +Mn+1= 0
−Mn−F+Bln+1+ ¯x′2A′2+Mn+1= 0 が成立するので，
F+B=Mn+1−Mn
ln+1 +x¯′2A′2 ln+1
のように与えられる．鉛直上向きを正にとると，B点での支点反力RBはB点にxの正方向から漸近したときの せん断力F+Bと負方向から漸近したときのせん断力−F−Bとの差であるから，
RB=F+B−(−F−B) =Mn−Mn−1
ln +x¯′1A′1
ln +Mn+1−Mn
ln+1 +¯x′2A′2 ln+1
のように求められる．
ポイントを学ぶ材料力学・例題7.1 図上に示す連続ばりのせん断力図（SFD）と曲げモーメント図（BMD）が 図の下側のように描画できることを示せ．
解答 長さlnとln+1の２つのスパンからなる連続はりの変形は，スパンを独立させた２つの単純支持はりがそ れぞれの横荷重によって曲がる変形と，横荷重のない連続はりが３つの支点モーメントに等しい曲げモーメント を受けて曲がる変形の合成として考える．このとき，連続はりにおいて左端からxの距離に位置する任意の断面 における合成モーメントM(x)は２つの独立な単純支持はりのそれぞれの横荷重に基づく曲げモーメントM′(x) と３つの支点モーメントMn−1, Mn, Mn+1に基づく曲げモーメントM′′(x)の重ね合わせとして，
M(x) =M′(x) +M′′(x) =M′(x) + (
Mn−1+Mn−Mn−1
l x
)
図 62: （上側）等分布荷重が作用する3スパンの連続はりと（下側）せん断力図（SFD）と曲げモーメント図
（BMD）．
のように表される．３モーメントの定理に基づき，Mn−1，Mn，Mn+1，ln，ln+1の間には関係式 Mn−1ln+ 2Mn(ln+ln+1) +Mn+1ln+1+6¯x1A1
ln +6¯x2A2 ln+1 = 0 が成り立ち，ここで，A1，A2は
A1=
∫ ln
0 M′(x)dx, A2=
∫ ln+1
0 M′(x)dx
と表され，２つのスパンに関する横荷重による曲げモーメントM′(x)とx軸で囲まれた面積に相当し，その符 号はM′の符号に基づいて決まる．
問題の連続はりはAB，BC，CDからなる3スパンで構成された単純支持はりである．まず，スパンAC（すな わち共に長さlのABとBC）について，３モーメントの式を適用する．連続はりを支点Bで切断し，ともに長さ lにわたって等分布荷重wが作用するABとBCの２つの単純支持はりを考えると，これらはともにx=l/2を軸 に左右対称であるから，支点AとBの反力と支点BとCの反力はともに等しいため，これらの反力をすべてR とおくことができ，また，曲げモーメントMAB′ ，MBC′ もともにx=l/2を軸に左右対称となるから，¯x1=l/2，
¯
x2=l/2であることは自明である．独立させた長さlのはりの力のつりあいは，
wl−2R= 0
であり，これより，支点Bで仮想的に分離したはりの支点A，BまたはB，Cでの反力はともに R=wl
2
で表されることがわかる．ただし，このRは切断された長さlの単純支持はりAB，BC，あるいはCDの両端の
図63: (a)連続はりのスパンACと同じ等分布荷重が作用する分離された２つの単純支持はり，および，(b，c) その自由物体図と(d, e)曲げモーメント図．
離xで長さlのはりABおよびBCを切断し，右端に未知のせん断力F =F(x)と曲げモーメントM′=M′(x) を追加すると，力のつりあいと切断面周りの力のモーメントのつりあいより，
F(x)−R+wx= 0 M′(x)−R·x+wx·x
2 = 0 が成立するため，
F(x) =R−wx M′(x) =MAB′ =R·x−wx·x
2 =wl 2 x−w
2x2=w
2(lx−x2) (=MBC′ =MCD′ ) であり，
A1=AAB=
∫ l
0MAB′ dx= w 2
∫ l
0(lx−x2)dx=w 2
[lx2 2 −x3
3 ]l
0=wl3 12
である．ここで，長さlのはり単純支持はりABの曲げモーメントM′と曲げモーメント図の面積それぞれ，MAB′ ， AABのように表記し，以降において単純支持はりBCについても同様に定めると，A2は
A2=ABC=
∫ l
0MBC′ dx=AAB= wl3
12 (=A1)
が成立する．３モーメントの式にMn−1 ≡ MA，Mn ≡MB，Mn+1 ≡MC，ln ≡lAB =l，ln+1 ≡ lBC =l，
¯
x1≡x¯AB=l/2，¯x2≡x¯BC=l/2，およびA1≡AAB =wl3/12，A2≡ABC=wl3/12を代入して，
MAl+ 2MB(l+l) +MCl+6· l 2·wl3
l 12 +6· l 2· wl3
l 12 = 0 MAl+ 4MBl+MCl+wl3
4 +wl3 4 = 0 ゆえに，
MA+ 4MB+MC+wl2 2 = 0 が得られる．
スパンBDについても，ACのときと同様に，Mn−1 ≡ MB，Mn ≡ MC，Mn+1 ≡ MD，ln ≡ lBC = l，
ln+1≡lCD=l，x¯1≡x¯BC1=l/2，x¯2≡x¯CD=l/2，およびA1≡ABC =wl3/12，A2 ≡ACD=wl3/12を代 入して，
MB+ 4MC+MD+wl2 2 = 0 を得る．ここで，AとDは単純支点であるので，
MA=MD= 0 である．これを上２式に代入し，
MB=MC=−wl2 10 を得る．
第n，n+ 1番目のスパンの横荷重分布面積をそれぞれA′1，A′2とすると，スパンACにおいて，これらはス パンABとBCの荷重分布面積であるA′AB，A′BCに相当する．これらはSI単位系表示で[N]に相当し，分布荷
図64: (a)連続はりのスパンBDと同じ等分布荷重が作用する分離された２つの単純支持はり，および，(b，c) その自由物体図と(d, e)曲げモーメント図．
とし，第n+ 1番目スパンの右端から面積A′2の荷重分布の図心までの距離をx¯′2 とすると，スパンAB，ACに 関して，これらを x¯′AB，x¯′BCと書くことにする．まず，スパンABの力のモーメントと力のつりあいを考える．
B側から漸近したときの点Aのせん断力を鉛直上向きを正としてF+Aと表すと，点Bを中心とし反時計回りを 正する力のモーメントのつりあい条件は
Mn−Mn−1−F+Aln+A′1(ln−x¯′1) = 0 すなわち，
MB−MA−F+AlAB+A′AB(lAB−x¯′AB) = 0
であるから，MA= 0，MB =−wl2/10，lAB=l，x¯′AB=l/2，およびA′AB=wlを代入して，
−wl2
10 −0−F+Al+wl (
l− l 2
)
= 0 が成り立つので，F+Aが
F+A= 1 l
(
−wl2 10 +wll
2 )
= 4 10wl
(
= 2 5wl
)
のように表される．スパンABの力のつりあいに関しては，
A′1−F+A+F−B= 0 すなわち，
wl− 4
10wl+F−B= 0 が成立するから，F−Bが
F−B=−wl+ 4
10wl=−6 10wl
(
=−3 5wl
)
のように表される．次に，スパンBCに関して，A側から漸近したときのB点のせん断力を鉛直下向きを正とし てF−B，C側から漸近したときのせん断力を鉛直上向きを正としてF+Bとすると，AとBを両端とするはりの 力のつりあいとスパンBCのはりのCを中心とする力のモーメントのつりあいから，
MC−MB−F+BlBC+A′BCx¯′BC= 0
が成立する．MB=−wl2/10，MC=−wl2/10，lBC=l，¯x′BC=l/2，およびA′BC=wlを代入すると，
−wl2 10 −
(
−wl2 10
)
−F+Bl+wll 2 = 0 が成立するので，F+Bが
F+B=1 l
( wll
2 )
= 5 10wl
(
=wl 2
)
のように表される．今，せん断力は鉛直上向きを正とするF+Bと鉛直下向きを正とするせん断力F−Bの合力が 鉛直上向きを正とする点Bでの支点反力RBに相当するから，
RB=F+B+ (−F−B) が成立する．よって，
5 (
6 ) 11
が得られる．また，スパンBCの力のつりあいを考えると，
A′BC−F+B+F−C= 0 すなわち，
wl−wl
2 +F−C= 0 が成り立つので，F−Cが
F−C=−5 10wl
(
=−wl 2
)
のように表される．スパンCDについても，同様な手法を適用してF+C，RCを求めることができるが，ここで は，分布荷重の作用する連続はりはスパンBCの中点を含む面に関して，幾何学的に対称であることに着目する．
対称性より，C点の反力RCはRBに等しくなければならないので，
RC=RB =11 10wl が得られる．反力RCはRBと同様に
RC=F+C−F−C
のように表されるから，F+Cが
F+C=F−C+RC=−5
10wl+11 10wl= 6
10wl (
=3 5wl
)
のように求められる．スパンACの力のつりあいより，
A′CD−F+C+F−D= 0 すなわち，
wl− 6
10wl+F−D= 0 が成立するので，F−Dが
F−D= 6
10wl−wl=−4 10wl
(
=−2 5wl
)
のように表される．よって，連続はりの両端が支点A，Dであるため，せん断力F−A，F+Dが存在しないが，こ れらが存在してゼロであると解釈すれば，RAとRDはそれぞれ，
RA=F+A−F−A= 4
10wl−0 = 4 10wl
(
=2 5wl
)
RD=F+D−F−D= 0− (
−4 10wl
)
= 4 10wl
(
=2 5wl
)
のように表される．上2式の結果が正しいことは，幾何学的対称性より得られる RA=RD
，を連続はり全体の力のつりあい式
w×3l−RA−RB−RC−RD= 0