材料力学Ⅰ 2017 定期試験 解答例 １．配点：各

2017年8月1日(火)，1時限，大講義室

材料力学Ⅰ

2017

定期試験 解答例

１．配点：各

5

点，計

25

点

(1) フリーボディダイアグラムは，解図1.1

となる。

解図

1.1 フリーボディダイアグラム

トルクのつり合いから，

0l TA 0 TA 0l

     (1.1)

(2) AB

間の仮想断面から左の部分の軸の荷重状 態は解図

1.2

となる。

解図

1.2 AB

間の仮想断面左側部分の荷重状態 トルクのつり合いから，

AB A 0 AB A 0

T T   T T  l (1.2)

BC

間の仮想断面から右の部分の軸の荷重状態は解 図

1.3

となる。

解図

1.3 BC

間の仮想断面右側部分の荷重状態 トルクのつり合いから，

BC 0(2 ) 0 BC 0(2 )

T  l x T  l x

      

(1.3)

(3) AB

間の断面

2

次極モーメント

Ip1

は，

4 4

1

(2 )

32 2

p

d d

I  

  (1.4)

極断面係数は，

1 3

1 2

p p

I d

Z d

  (1.5)

最大応力は，

0

1 AB 3

1

2

p

l T

Z d

 

  (1.6)

AB

間においては，どの外径表面でも式(1.6)の最大せ ん断応力が生じている。次に，BC 間の断面

2

次極モ ーメント

Ip2

は，

4 4 4

2

(2 ) 15

32 32 32

p

d d d

I   

   (1.7)

極断面係数は，

2 3 2

15 32

p p

I d

Z d

   (1.8)

最大応力は，

BC 0

2 3

2

32 (2 )

p 15

T l x

Z d

 



   (1.9)

したがって，

2 max 2 03

32 15

x l

l d

  



   (1.10)

最大の応力は，x =

l

の中空側で生じ，その値は式

(1.10)で与えられる。

(4) AB

間のねじれ角

_AB

は，

2 0 AB

AB 4

1

2

p

l T l

GI d G

 

  (1.11)

T_A ₀

T_AB T_A

x

T_BC ₀

2l -x

BC

間の微小長さ

dx

に対するねじれ角

d_BC

は，

BC 0

BC 4

2

32 (2 )

p 15

T dx l x dx

d GI d G

 



   (1.12)

BC

間で積分して，

2

BC BC

0 2 4

2

0 2 2 0

4 4

32 (2 )

15

32 1 16

[ (2 ) ]

15 2 15

l l

l l

l l

d

l x dx d G

l x l

d G d G

 





 

 



 

   





^(1.13)

したがって，C 点のねじれ角は，

2 2

0 0

C AB BC 4 4

2 0

4

2 16

15 46

15

l l

d G d G

l d G

 

  

 





   



(1.14)

(5) 最大応力が許容応力以下になれば良いから，

03 3 0

32 32

15 ^a 15 _a

l l

d d

  

 ^{  }  ^(1.15)

数値を代入して，

3

3 6

32 2 10 1

2 2

15 40 10 0.06476 m 64.8 mm

d 

  

  

 

(1.16)

この場合は切り上げて，64.8 mm 以上である。

２．

配点：各

5

点，計

20

点

(1) 横置きの場合，全体の中立軸と円形の穴の図心

は一致しているから，長方形の断面

2

次モーメントか ら

2

つの穴の断面

2

次モーメントを引けば良い。した がって，

3 4

1

4 4

4 4

8 (4 ) (2 )

12 2 64

128

3 2

(256 3 )

41.09 6

z

a a a

I

a a

a a







   

 

  

(2.1)

(2) 円形穴とz₂との距離dは2a，面積Aはa² であるから，平行軸の定理を用いて，

4

2 2 2

4 4

4 4

(2 ) (2 ) 64

4 17 13.35

4 4

c z

I I d A a a a

a a

a a

 

  

   

   

(2.2)

(3) 小設問(1)同様に，

長方形の断面

2

次モーメントか ら式(2.2)の

2

つの穴の断面

2

次モーメントを引けば良 い。

3 4

2

4 4

4

4

4 (8 ) 17

12 2 4

512 17 (1024 51 )

3 2 6

143.9

z

a a a

I

a a

a a



 

   

   



(2.3)

(4) 問題図 2.1，2.2 において，上下対象の形状で

あるため，中立軸から下端までの距離e₁，e₂は

1

2

4 2

2

8 4

2

e a a

e a a

 

 

(2.4)

式(2.1)，(2.3)の断面二次モーメントをこれらの値で 割って，

4

3 3

1

4

3 3

2

41.09

20.54 20.5 2

143.9

35.97 36.0 4

Z a a a

a

Z a a a

a

  

  

(2.5)

横置き，縦置きにおけるそれぞれの最大応力_1max，

2 max

 は，

1max 3

1

2max 3

2

20.54 35.97

M M

Z a

M M

Z a





 

 

(2.6)

したがって，

2 max 1max

20.54

0.5710 57.1%

35.97



 ^{   (2.7)}

同じ断面形状でも，縦置きに用いると最大応力は 横置きの場合の42.9%減少となる。

３．

配点：各

5

点，計

25

点

(1)

フリーボディダイアグラムは解図

1.1

となる。

解図

1.1 フリーボディダイアグラム

(2) 力のつり合いから，

0 B C 0

Pq lR R 

B C 0 2

R R P q l P

     (3.1)

B

点回りのモーメントのつり合いから，

0 C

5 2 0

2

Plq l lR  l

C 0

5 1 3

4 2 4

R q l P P

    (3.2)

式(3.1)に代入して，

B C

2 5

R  PR 4P (3.3)

(3) はりを(i) 0 x l

，(ii)

l x 3l

，(iii) 3

l x 4l

の

3

区間に分け，任意の位置

x

での仮想断面に生じるせ ん断力

F

とモーメント

M

を求める。

(i)

第

1

区間( 0

 x l)

この区間での仮想断面の左側の部分の荷重状態は解 図

3.2

となる。

解図

3.2 第1

区間の仮想断面左側の荷重状態

力のつり合いから，

0

F P  F P (3.4)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

0

M Px  M  Px (3.5)

(ii)

第

2

区間(

l x 3l)

この区間での仮想断面左側の部分の荷重状態は解 図

3.3

となる。

解図

3.3 第2

区間の仮想断面左側の荷重状態

力のつり合いから，

B B

0 1

F P R   FR  P 4P (3.6)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

B( ) 0

M PxR x l

B( )

5 1

( ) ( 5 )

4 4

M R x l Px

P x l Px P x l

  

      (3.7)

(iii)

第

3

区間( 3

l x 4l)

この区間での仮想断面右側の部分の荷重状態は解 図

3.4

となる。

解図

3.4 第3

区間の仮想断面右側の荷重状態

力のつり合いから，

0(4 ) 0

F q l x

   

0(4 ) (4 x)

F q l x P

    l (3.8)

q₀

R_B R_C

P

x

F M

P

x

F M

P

l R_B

4l -x F

M

q₀

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

2 0

(4 )

2 0 l x

M q 

  

2

2 0

(4 )

(4 )

2 2

l x Pl x

M q

l

      (3.9)

以上の結果から，SFD と

BMD

を描くと解図

3.5

となる。

解図

3.5 SFD

と

BMD

(4) 一辺がa

の正三角形の高さは，

3

h 2 a (3.10)

三角形断面の断面係数は，本問題の場合中立軸から 下面側に

Z₁

，上面側に

Z₂

とすると，

2 3

2 1

3

24 24 4 32

ah a a

Z   a  (3.11)

2 3

2 2

3

12 12 4 16

ah a a

Z   a  (3.12)

最大曲げ応力は，モーメントが最大で，かつ，断面係 数が上下面で小さい面で生じる。解図

3.4

の

BMD

よ り，最大モーメントは

x=l

の位置で生じ，その大きさは，

Mmax  Pl (3.13)

断面係数が小さいのは下面であるので，最大の応力 は下面で生じる。式(3.11)を用い，

max 32Pl3

   a (3.14)

マイナスなので，圧縮応力である。

(5) 面積が等しいことから円形断面の直径を求めると，

2 2 3 43

2 4 2

ah d a

d a a



 

    (3.15)

断面係数

Z₃

を求めると，

4

3 3 4

3 3

3 3

3 27

32 32 32

Z d  a a

 

   (3.16)

したがって，円形断面での最大応力は，

max 3 3 4

max max

32 ( )

27

0.7775 0.778

Pl a

 

 

 

 

(3.17)

断面形状を円形に変えることで，最大応力は

0.778

倍 に減少した。

４．配点：各

5

点，計

30

点

(1) フリーボディダイアグラムは解図4.1

となる。

解図

4.1 フリーボディダイアグラム

(2) 力のつり合いから，

0 A B A B 0

3q lR R 0  R R 3q l (4.1) A

点回りのモーメントのつり合いから，

2

A 0 B

9 2 0

M 2q l R l

   

2

A B 0

2 9

M R l 2q l

    (4.2)

(3) A

点が剛体壁，B 点が移動支持であるから，境界 条件と連続の条件は以下となる。

R_A M_A

R_B q₀

《境界条件》

0

x

で

₁0 (4.3)

0

x

で

y₁0 (4.4)

2

x l

で

y₁ y₂ 0 (4.5)

《連続の条件》

2

x l

で

₁₂ (4.6)

2

x l

で

y₁ y₂ 0 (4.7)

(4) はりをAB

間の(i)第

1

区間間( 0

 x 2l)とBC

間 の，(ii)第

2

区間 ( 2

l x 3l)の2

区間に分け，任意 の位置

x

の仮想断面に生じるモーメント

M

を求める。

(i)

第

1

区間( 0

 x 2l)

この区間での仮想断面の左側の部分の荷重状態は解 図

4.2

となる。

解図

4.2 AB

間の仮想断面左側の荷重状態 仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

2 0

1 A A 0

2 M M R xq x 

2 0

1 2 A A

M q x R x M

     (4.8)

(ii)

第

2

区間(

l x 2l)

この区間での仮想断面右側の荷重状態は解図

4.3

と なる。

解図

4.3 BC

間の仮想断面右側の荷重状態 仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

0 2

2 (3 ) 0

2

M q l x

   

0 2

2 (3 )

2

M q l x

    (4.9)

(5) たわみを求める場合，区間に分けてたわみ曲線を

求めるが，未知反力を求めるだけで良い場合，本問題 では

AB

間のたわみ曲線を求めていく過程で解ける。

(i) AB

間( 0

 x 2l)

2 2

0

1 1

A A

2

1 ( )

2 q x

d y M

R x M

dx  EI  EI   (4.10)

順次積分して，

3 0 2

1 A

1 A 1

1 ( )

6 2

q x

dy R

x M x C

dx   EI    (4.11)

4

3 2

0 A A

1 1 2

1 ( )

24 6 2

q x R M

y x x C x C

 EI    

(4.12)

境界条件，式(4.3)，(4.4)を式(4.11)，(4.12)に適用して，

1 0, 2 0

C  C  (4.13)

したがって，

2

0 A

1 A

1 ( )

6 2

q x R

x M x

 EI   (4.14)

2

0 A A 2

1

1 ( )

24 6 2

q x R M

y x x

 EI   (4.15)

境界条件，式(4.5)を式(4.15)に適用して，

2

0(2 ) A2 A

24 6 2 0

q l R lM 

2 0

A A

2

3 3

M R l q l

   (4.16)

式(4.1)から，

A 3 0 B

R  q lR (4.17)

式(4.17)に代入して，

2 0

A 0 B

2(3 )

3 3

M  q lR lq l R_A

M_A

F₁ M₁

x q₀

3l - x M₂

F₂ q₀

2

A B 0

2 5

3 3

M R l q l

    (4.18)

式(4.18)-式(4.2)

2

B 0 B 0

4 17 17

3R l 6 q l  R  8 q l (4.19)

式(4.18)，式(4.19)に代入して，

A 0 0 0

17 7

3 8 8

R  q l q l q l (4.20)

2 2 2

A 0 0 0

5 2 17 1

3 3 8 4

M   q l  q l   q l (4.21)

(6) (5)の未知反力や固定モーメントを反映させて，第

1

区間のたわみ角とたわみは，

2 2

0

1 0 0

2 2

0

1 7 1

( )

6 16 4

(8 21 12 ) 48

q x q lx q l x EI

q x x lx l

EI

   

  

(4.22)

2

2 2 0

1 0 0

2

2 2

0

1 7 1

( )

24 48 8

(2 7 6 )

48

y q x q lx q l x

EI

q x x lx l

EI

  

  

(4.23)

次に

BC

間の第

2

区間( 2

l x 3l)のたわみ曲線を求

める。基礎式に第

2

区間のモーメントを代入して，

2

0 2

2 2

2 (3 )

2 q

d y M

l x

dx   EI  EI  (4.24)

順次積分して，

0 3 2

2 3

{ 1(3 ) }

2 3

q

dy l x C

dx   EI    (4.25)

0 4

2 3 4

{1 (3 ) }

2 12

y q l x C x C

 EI    (4.26)

連続の条件(4.6)，(4.7)を適用して，

2 3

0 0

3

2 1

(32 42 12) ( )

48 2 3

q l q

l l C

EI    EI  

3

3 2

C l

  (4.27)

4 4 4

4 4

1 13

12l  l C 0  C  12l (4.28)

したがって，

3 3 0

2

3 3

0

{ 1(3 ) }

2 3 2

{ 2(3 ) 3 } 12

q l

l x EI

q l x l

EI

    

   

(4.29)

3

4 4

2 0

4 3 4

0

1 13

{ (3 ) }

2 12 2 12

{(3 ) 6 13 }

24

q l

y l x x l

EI

q l x l x l

EI

   

   

(4.30)

自由端のたわみは，

4

4 4

0 0

C 2 3

(18 13 ) 5

24 24

x l

q q l

y y l l

EI EI

     (4.31)