材料力学Ⅰ 練習問題 5 章解答例

(1)

材料力学Ⅰ 練習問題 5 章解答例

【5.1】

≪解答例≫

(a)

上下対称の形状であるため，中立軸は上下方向の真中になる。中立軸に対する全体の断面形状の断面二次モーメント

I

_zは，正方形の断面二次モーメント

I

szから円形の断面二次モーメント

I

_czを引けばよい。

ここで，公式から，

4

12

sz

I  a (1.1)

4

64

cz

I _  d

(1.2)

したがって，

4 4

12 64

z sz cz

a d

I _ I _ I _ _ 

(1.3)

上下対称であるから，

1 2

2 e  e   a e (1.4)

断面係数は，

3 4

6 32 I

z

a d

Z e a

    (1.5)

(b)

断面

2

次モーメントが既知である基本形状の，三角形

4

つと長方形１つに分けて，それぞれの断面

2

次モーメントの和によって，総合の断面

2

次モーメントとする方法もあるが，ここでは，断面

2

次モーメントの定義式から積分によって求める方法を示す。

解図

1.1

より，

y

の位置における微小幅

dy

の幅

b

_y は次式で表される。

y  0

の場合

2 ( 2 )

3 / 2 2 2

3

y

b a a a y a a y

  

 

(1.6)

解図

1.1 正六角形の断面二次モーメント

0 y 

の場合

2 ( 2 )

3 / 2 2 2

3

y

b a a a y a a y

  

 

(1.7)

断面

2

次モーメントの定義より，

3 /2 2 0 2

0 3 /2

3 /2 2 0

0 2

3 /2

3 4 3 /2

0

3 4 0

3 /2

4 4

4

2 ( )

3 2 ( )

3 2[ 1 ]

3 4 3

2[ 1 ]

3 4 3

3 3 3

2( )

8 64

3 3 3

2( )

8 64

5 3 16

a

z y a y

a

I y b dy y b dy y a y dy

y a y dy

a y y

a a

a



 

 

 

 

 

 

 



 



(1.8)

断面係数

Z

は，

y

y dy

z b

y

a 2a 3

2 a

3 2 a

(2)

1 2

3 e  e  2 a  e (1.9)

であるので，

4 3

5 3 2 5

16 3 8

I

z

Z a a

e a

   (1.10)

(c)

解図

1.2

に示すように，直径を

z

₁座標とし

r  

座標系を考える。

図

1.2 半円の中立軸に平行な座標系 z

1

中立軸の位置を求めるために，断面一次モーメント

z1

J

を求める。

1 0 0

r r

z y

J   ydA   yb dy

ここで，

sin y  r 

cos cos

dy r dy r d

d   

 ^ ^ ^

2 cos b

y

 r 

したがって，

1

/2 3 2

0

3 3 /2 3

0

2 sin cos

1 2

2 [ cos ]

3 3

J

z

r d

r r



  





  

 (1.11)

一方，半年の面積

A

は，

2

2 A _  r

(1.12)

一方，半円の中立軸までの距離

e

は，

1

3 2

2 2 4

3 3

J

z

r r

e ^ A ^  r ^  ^(1.13)

中立軸

z

に関する断面二次モーメント

I

_zと中立軸に平行な

z

₁軸に関する端面二次モーメント

z1

I

^{の間には，}

次の平行軸の定理が成り立つ。

1

2

z z

I   I e A (1.14)

ここで，

1

2 2

0 0

/2 4 2 2

0

4 /2 2

0 4 /2

0

4 4

/2 0

2 sin cos sin 2 2

(1 cos 4 ) 4

[ 1 sin 4 ]

4 4 8

r r

z y

I y dA y b dy

r d

r r



  

 

  

 



 

  

 



(1.15)

したがって，

1

2 2

2 4

2

4

16 8 9 2

( 8 ) 8 9

z z

r r

I I e A r

r

 



   

 

(1.16)

また，

1

3 4

e r e  3 r



    (1.17.1)

2

4 e e 3 r

   (1.17.2)

したがって，

4 1

1

3

8 3

( )

8 9 (3 4)

3 8

( )

(3 4) 8 9 I

z

Z r

e r

r

 

  



 



(1.18.1) y

dy z

₁

 y

b

_y

2r

(3)

4 2

2

3

8 3

( )

8 9 4

3 8

( )

4 8 9 I

z

Z r

e r

r

 



 



  

 

(1.18.2)

【5.2】

≪問題訳≫

図

5.57

に示されるように，面積の中心を通り水平軸に対する断面二次モーメントを求めよ。

≪解答例≫

解図

2.1

に示すように，H型鋼は

3

つの長方形に分けることができる。それぞれの長方形の断面二次モーメント

I

₁，

I

₂は，

解図

2.1 3

つの長方形から成る

H

型鋼

3 3

1 1 4 1

5 20 3333 mm

12 12

I  b h    (2.1)

3 3

2 2 4 2

20 5 208.3 mm

12 12

I b h 

   (2.2)

したがって，全体の断面二次モーメント

I

は，

1 2

4 4

2 2 3333.3 208.3 6874.9 mm 6875 mm I  I  I   

  ^(2.3)

【5.3】

解図

3.1

に示すように，丸棒から最大の長方形断面の棒を切り出すとき，円形断面に接する。三平方の定理より，

2 2 2

b  h  d (3.1)

解図

3.1

長方形の幅，高さと直径の関係

(a)

最大曲げ応力は次式で与えられる。

max

M

  Z (3.2)

したがって，断面係数が最大になるように長方形断面を切り出せば，曲げ応力を最小にできる。長方形断面の断面係数は式(3.1)を考慮して，

2

(

2 2

)

6 6

bh b d b

Z    (3.3)

変数

b

で微分して，

2

3

2

6 0

dZ d b

db

   (3.4)

極を求めると，

3 b  d (3.5)

増減表を作ると，

b 0 d / 3 d

/

dZ db d

²

/ 6  0  _ _d

²

_{/ 3}

Z 0  d

³

/ 9 3  0

z h

₁

h

₂

b

₁

b

₂

b

₁

y

z b

h

d

(4)

したがって，最大の断面係数は，

3 b  d (3.6)

2 2

2 d  d  b  3 d (3.7)

(b)

たわみを最小にするためには，曲げ剛性を最大にすればよい。すなわち，形状に関しては，断面

2

次モーメントを最大にすればよい。長方形断面の断面

2

次モーメントは，

3 2 2 3

12 12

bh d h h

I    (3.8)

変数

h

で微分して，

2 5 7 2 2 5

2 6 8 2 6 8

(6 8 ) (3 4 )

24 12 0

dI d h h d h h

dh d h h d h h

 

  

  (3.9)

極を求めると，

3 h  2 d (3.10)

増減表を作ると，

h 0 3 / 2 d d

/

dZ dh 0  0  

Z 0  3 d

⁴

/ 64  0

したがって，最大の断面係数は，

3 h  2 d (3.11)

2 2

2 b  d  h  d (3.12)

【5.4】

≪問題訳≫

図

5.58

に示されるように，単純支持はり

AB

が長さ

l

= 4m

でスパン全体に

q = 10N/m

の等分布荷重がかか

っている。断面形状は長方形である。最大の曲げ応力



maxと最大の平均せん断応力



_maxを求めよ。

≪解答例≫

全体のフリーボディダイアグラムを描くと解図

4.1

となる。

解図

4.1 全体のフリーボディダイアグラム

左右対称であるから，

A B

2 R  R  ql (4.1)

任意の位置

x

での仮想断面を考え，仮想断面を含む

FBD

を描くと解図

4.2

となる。

解図

4.2 仮想断面を含む部分的 FBD

力のつり合いから，

A

0 F  qx  R 

A

( 2 )

2 F R qx q l x

     (4.2)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

A

0

2 M  qx x  R x 

2

( )

2 2

A

qx qx

M R x l x

     (4.3)

SFD

と

BMD

は解図

4.3

となる。

A

q

B

R

_A

R

_B

A

q

R

_A

x

M

F

(5)

解図

4.3 SFD

と

BMD

任意の仮想断面上の最大応力は次式で与えられる。

max 2

M 6 M Z bh

   (4.4)

したがって，はり全体での最大応力は最大モーメントの位置，すなわちはりの中心で生じる。

2 max

max 2 2

2

3 3 2

6 2

6 3

4 3 10 4

4 10 10 (5 10 ) 480 10 N/m 480 MPa

M ql

bh bh



 

 

 

  

 



(4.5)

最大平均せん断応力は，最大のせん断力が生じる位置で生じる。すなわち，A点，B点である。

max max

3 3

6 2

2 10 4

2 10 10 5 10

0.4 10 N/m 0.4 MPa

F ql

A bh



 

 

 

   

 



(4.6)

【5.5】

≪解答例≫

(a)

全体のフリーボディダイアグラムは解図

5.1

となる。

解図

5.1 全体のフリーボディダイアグラム

左右対称であるから，

A B

2 R  R  bq (5.1)

3

つの区間に分けて，仮想断面に作用するせん断力

F

とモーメント

M

を求めると，

(i) AC

間

AC

間の仮想断面を含む

FBD

は解図

5.2

となる。

解図

5-2 AC

FBD

力のつり合いより，

A

0

A

2 F  R   F  R  bq (5.2)

仮想断面回りのモーメントのつり合いより，

A

0

A

2 M  R x   M  R x  bq x (5.3)

(ii) CD

間

CD

FBD

は解図

5.3

となる。

解図

5.3 CD

FBD SFD

BMD 2 ql

2  ql A

B

2

8 ql

B A

q

R

_A

R

_B

C D

A B

R

_A

A F M

x

q

R

_A

A C F M

x

(l-b)/2

(6)

A

( ) 0

2 l b F  R  q x   

A

( ) ( )

2 2

l b l

F R q x  q x

      (5.4)

2

A

( ) 0

2 2

q l b

M R x x 

   

2 A

2

2 2

( )

2 2

( )

2 2 2

{ ( ) }

2 2

q l b

M R x x

bq q l b

x x

q l b

x lx

   

    

    

(5.5)

(iii) DB

間

DB

FBD

は解図

5.4

となる。

解図

5.4 DB

FBD

B

0

B

2 F  R   F   R   bq (5.6)

B

( )

B

( ) ( )

2 M R l x M R l x bq l x

       

(5.7)

以上より，SFDと

BMD

を描くと図

5.5

となる。

解図

5.5 SFD

と

BMD (b)

各位置でのモーメント

M

に対する最大応力



_maxは断面係数を

Z

とすると，式(5.7)で与えられる。

max

M

  Z (5.7)

したがって，最大応力はモーメントに比例しており，はり全体での最大応力は，最大モーメントの位置で生じる。一方，【5.5(a)】の結果より，BMDが解図

5.5

のように得られている。その最大モーメントは，

x  l / 2

の位置で，その値は式(5.8)となる。

max

(2 ) 8 qb l b

M   (5.8)

正方形断面形状の断面係数

Z

は，

4

2

3

12 6

a a

Z  a  (5.9)

したがって，最大応力



_maxは，

max

max 3

3

(2 ) 6 8 3 (2 )

4 M qb l b

Z a

qb l b a

   ^

 

(5.10)

【5.6】

≪解答例≫

全体のフリーボディダイアグラムを描くと，解図

6.1

となる。

R

_B

B

M F

l-x

-qb/2 qb/2

C

D A

B

BMD (l-b)/2 b (l-b)/2

qb(l-b)/4 qb(2l-b)/8

C D

A B

SFD

(7)

解図

6.1 全体のフリーボディダイアグラム

支持点

B，C

での反力は，力のつり合いとモーメントのつり合いから求めることができるが，ここでは左右対称であることを利用して，

B C

(2 )

2 R  R  q a  l (6.1)

SFD

と

BMD

を描くために，3 区間に分けてせん断力

F

と曲げモーメント

M

を求める。

(i) AB

間

AB

FBD

は解図

6.2

となる。

解図

6.2 AB

FBD

0 F  qx   F   qx (6.2)

2

1

2

2 0 2

M  qx   M   qx (6.3)

(ii) BC

間

BC

FBD

は解図

6.3

となる。

解図

6.3 BC

FBD

B

0 F  qx  R 

B

( )

2 F qx R q l a x

       (6.4)

2

B

( ) 0

2 M  qx  R x  a 

2

1 1

( 2 )( )

2 2

1 { ( 2 )( )}

2 M qx q l a x a

q x l a x a

    



    

(6.5)

(iii) CD

間

CD

FBD

は解図

6.4

となる。

解図

6.4 CD

FBD

0 F  qx   F  qx (6.6)

( 2 )

2

0 2 q l a x

M  

  

1 ( 2 )

2

M 2 q x l a

     (6.7)

以上から，SFD，BMDは解図

6.5

となる。

q

R

_B

R

_C

A B C D

q

A F M

x

q

R

_B

A B

x-a x

F M

D q

M F

l+2a-x

(8)

解図

6.5 SFD

と

BMD

【5.7】

≪問題訳≫

図

5.61

に示されるように，合板はりが断面積

4cm × 6cm

になるように

3

枚の

2cm×4cm

の板が貼り付けられている。貼り付け接合の許容せん断応力は

5 MPa



a



である。もしはりが

10cm

の長さで，両端が単純支持される場合，スパンの真中にかけることができる安全な荷重

P

max はどれだけか。対応する最大曲げ応力はどれだけか。

≪解答例≫

解図

7.1

に示すように，断面を高さ

h，幅 b

の長方形断面で，中立軸を原点に下向きに

y

座標を考える。

解図

7.1 断面の座標系

長方形断面の場合，断面に生じるせん断応力は，教科書

p.78，式(5.40)から，

2 2

3 (1 4 ) 2

F y

bh h

   (7.1)

したがって。接着剤で貼り合わせている面の

y

座標を

代入すれば，その面に作用するせん断応力が求められる。最大のせん断応力が許容せん断応力以下になればよい。そのためには，式(7.1)から最大となるせん断力を求める必要がある。このはりは単純支持で中央に集中荷重が作用するから，軸方向の全体のフリーボディダイアグラムを描くと，解図

7.2

となる。

解図

7.2 全体のフリーボディダイアグラム

左右対称であることから，

A B

2 R  R  P (7.2)

最大のせん断力を求めるため，区間に分けて仮想断面に生じるせん断力とモーメントを求めていく。

(i)

区間

1 0   x l / 2

この区間の仮想断面を含む

FBD

は解図

7.3

となる。

解図

7.3 0   x l / 2

FBD

A

0

A

2 F  R   F  R  P (7.3)

A

0

A

2 M  R x   M  R x  P x (7.4)

(ii)

区間

2 l / 2   x l

FBD

は解図

7.4

となる。

ql/2

-ql/2 -qa

A B qa

C D

SFD

BMD

-qa

²

/2 -qa

²

/2

l a

a

q(l

²

-4a

²

)/8

A B C D

b

z

y h

P

A B

R

_A

R

_B

A

R

_A

x

F M

(9)

解図

7.4 l / 2   x l

FBD

B

0

B

2 F  R   F   R   P (7.5)

B

( ) 0

B

( ) ( )

2 M R l x M R l x P l x

        

(7.6)

以上から

SFD

と

BMD

は解図

7.5

となる。

解図

7.5 SFD

と

BMD

したがって，せん断力

F

の最大値は

P/2

である。接着面の

y

座標を

y

gとすると，式

(7.1)

より，

2 2

3 4

(1 )

4

^a

P y

bh  h

^g

  (7.7)

P

について解いて，

3

2 2

4 3( 4 )

bh

a

P h y

 



_g

したがって，

3

max 2 2

3 6

2 2

4 3( 4 )

4 0.04 0.06 5 10 3(0.06 4 0.01 ) 18000 N 18 kN

bh

a

P h y

 



   

  

 

g

(7.8)

一方，解図

7.5

の

BMD

より最大の曲げモーメントは，

max max

3

4 18 10 0.1 450 Nm 4

M  P l

 

 

(7.9)

したがって最大応力は，

max max

max 2

2 6

6 6 450 0.04 0.06

18.75 10 Pa 18.8 MPa

M M

Z bh

  

 



  

(7.10)

【5.8】

≪問題訳≫

図

5.62

に示されるはりに対して，SFDと

BMD

を描き，点

B

におけるたわみ



_Bとたわみ角



_Bを求めよ。曲げ剛性は

EI

とせよ。

≪解答例≫

全体のフリーボディダイアグラムを解図

8-1

に示す。

解図

8-1 全体のフリーボディダイアグラム

A C

0 R  R  (8.1)

A

点回りのモーメントのつり合いから，

B

R

_B

l-x

F M

P/2

-P/2 SFD

A B

Pl/4

A l/2 B

BMD

C A

B M

₀

R

_A

R

_C

(10)

0

0 C

0

C

M

M R l R

     l (8.2)

式

(8.2)

を式

(8.1)

に代入して，

0

A C

R R M

    l (8.3)

次に，

SFD

と

BMD

を描くために，

2

つの区間に分けて，せん断力

F

M

を求める。

(i) AB

間

AB

FBD

は解図

8.2

になる。

解図

8.2 AB

FBD

0

A

0

A

M

F R F R

      l (8.4)

0

A

0

A

M

M R x M R x x

      l (8.5)

(ii) BC

間

BC

FBD

は解図

8.3

になる。

解図

8.3 BC

FBD

0

C

0

C

M

F R F R

       l (8.6)

C

( ) 0

M R l x

   

0

C

( ) M ( )

M R l x l x

    l  (8.7)

以上から，

SFD

と

BMD

は解図

8.4

となる。

解図

8.4 SFD

と

BMD 2

区間に分けてたわみ曲線を求める。

(i) AB

間

たわみの基礎式に式(8.5)のモーメントを代入すると，

2

0 1

2

M

d y M

EI EIl x

dx    (8.8)

順次積分して，

2 0 1

1

(

1

)

2 M

dy x

dx    EIl  C (8.9)

3

1 0

(

1 2

)

6 M x

y C x C

 EIl   (8.10)

(ii) BC

間

たわみの基礎式に式

(8.7)

のモーメントを代入すると，

2

0 2

2

M ( )

d y M

EI EIl x l

dx     (8.11)

0 2 2

2 3

{ ( 1 ) }

2 M

dy x l C

dx    EIl   (8.12)

A

R

_A

F M

x

C

R

_C

M F

l-x

A C

-M

₀

/l

bM

₀

/l

-aM

₀

/l

a b

SFD

BMD

(11)

0 3

2 3 4

{ ( 1 ) ( ) }

6 y M x l C x l C

 EIl     (8.13)

境界条件は，

x  0

で

y

₁

 0 (8.15)

x  l

で

y

₂

 0 (8.16)

連続の条件は，

x  a

で



₁

 

₂

(8.17)

x  a

で

y

₁

 y

₂

(8.18)

境界条件を用いる。式

(8.15)

を式

(8.10)

に，式

(8.16)

を式

(8.13)

に適用して，

2 4

0 C  C  (8.19)

連続の条件，式

(8.17)

と式

(8.18)

を適用すると，

2

1 3

1 ( )

2 2

a  C  a l   C

2 2

1 3

1 ( )

C C 2 b a

    (8.20)

3

1 3

1 ( ) ( )

6 6

a  C a  a l   C a l 

3 3

1 3

1 ( )

C a C b 6 a b

     (8.21)

式

(8.20)

と式

(8.21)

の連立方程式を解いて，

2 2

1

1 (2 2 )

C  6 b  ab  a (8.22)

2 2

3

1 ( 2 2 )

C  6   b ab  a (8.23)

したがって，

2

2 2

0

1 1

{ 1 (2 2 )}

2 6

M

dy x

b ab a

dx    EIl    (8.24)

3 2 2

0 1

{ 1 (2 2 ) }

6 6

M x

y b ab a x

 EIl    (8.25)

B

点では，x=aを代入して，

B 1

3

2 2

0

( )

{ 1 (2 2 ) }

6 6

( )

3 y a M a

b ab a a EIl

M ab b a

l EI

 

   

 

(8.26)

B 1

2

2 2

0

2 2

0

2 2

0

2

0

2

0

( )

{ 1 (2 2 )}

2 6

( )

3 ( 2 3 )

3 {( ) 3 }

3 3 3 a M a

b ab a EIl

M b ab a

l EI

b ab a ab M

l EI

M a b ab

l EI

l ab M l EI

  

   

 



  



 



 

(8.27)

【5.9】

≪解答例≫

非常に微小な構造であるが，単純な片持ちはりとしてモデル化できる。この場合の，フリーボディダイアグラムは解図

9.1

となる。

解図

9.1

フリーボディダイアグラム力のつり合いから，

A

0

A

P  R   R  P (9.1)

また，A点回りのモーメントのつり合いから，

A

0

A

Pl M M Pl

      (9.2)

位置

x

の仮想断面左側部の

FBD

は解図

9.2

となる。

解図

9.2 仮想断面に働くせん断力とモーメント

A

R

_A

P

B M

_A

A

R

_A

F M

x

M

_A

(12)

解図

9.2

において，力のつり合いから，

A

0

A

F  R   F  R  P (9.3)

A A

0 M  M  R x 

上式を解いて，

A A

( )

M  M  R x   P l  x (9.4)

式(9.4)をたわみの基礎式に代入して，

2

( )

z z

d y M P

l x

dx   EI  EI  (9.5)

2

(

1

)

z

2 dy P x

lx C

dx    EI    (9.6)

3 2

1 2

( )

6 2

z

P x l

y x C x C

 EI     (9.7)

境界条件は，左端(

x  0 )が固定端なので，

0 0

x

x y



 

で

^(9.8)

式(9.8)を式(9.6)，(9.7)に適用して，

1

0 C 

，

C

₂

 0 (9.9)

最終的に，たわみ角，たわみの式は以下の式となる。

( )

z

2 Pl x EI l

    (9.10)

2

( )

2

_z

3 Px x

y l

 EI   (9.11)

一方，断面形状は，幅

b  45 μm

，高さ

h  4.6 μm

の長方形である。その断面二次モーメント

I

_zは，

3 6 6 3

24 4

45 10 (4.6 10 )

12 12

365.0 10 m

z

I bh

 



  

 

 

(9.12)

先端のたわみ



は，式

(9.11)

に

x  l

を代入して，

3

6 6 3

9 24

3

6

3 100 10 (180 10 ) 3 190 10 365.0 10

100 0.18 3 190 365.0

2.803 10 m 2.80 μm

z

Pl

 EI

 





  

    

 

 

  

(9.13)

【5.10】

(a)

パスタをはりと考え，

1

個質量

m

の

5

円玉

n

個の吊り下げは，スパン中央への集中荷重と考えると，全体のフリーボディダイアグラムは解図

10.1

となる。図中の

g

は重力加速度である。

解図

10.1

全体のフリーボディダイアグラムこれは，スパンの中心に集中荷重がかかる単純支持はりの問題であり，断面形状が異なるが，【5.7】と同様な問題である。したがって，重なる導出は省き【5.7】

の結果を用いることとする。

式(7.9)，(7.10)より，

max

max 3

8 4

M Pl nm l

Z Z d

     g

(10.1)

最大応力が引張強さ以下でなければいけないから，

3

8

B

nm l

d 

 g 

(10.2)

したがって，

3

6 3 3

3

8 25 10 3.141 (1.6 10 ) 8 4 10 9.801 0.1 10.25

B

d

n m l

 





   

    

 g

(10.3)

5

円玉は

1

個単位であるため，解答は整数で答える必要がある。したがって，解は

10

個となる。

P=nmg

A B

R

_A

R

_B

(13)

(b)

【5.7】の結果を流用したわみ曲線を求める。通常

2

区間に分けて境界条件と連続の式を適用して未定係数を求めるが，ここでは左右対称であることを利用し，

区間

1

のたわみ曲線だけを求めることとする。

(i)

区間

1 0   x l / 2

たわみの基礎式に，式(7.4)を代入すると，

2 1

2

2 d y M P

EI EI x

dx     (10.4)

2 1

1

(

1

)

2 2

dy P x

dx     EI  C (10.5)

3

1

(

1 2

)

2 6

P x

y C x C

  EI   (10.6)

境界条件は，

0 x 

で

y

₁

 0 (10.7)

左右対称の条件は，

2 x  l

で

 

₁

0 (10.8)

式(10.7)を式(10.6)に適用して，

2

0 C  (10.9)

式(10.8)を式(10.5)に適用して，

2

1

8 C   l (10.10)

したがって，たわみ曲線は，

2 2

1

2 2

4

( )

4 3 4

16 ( )

4 3

Px x l

y EI

nm x l x

 d E

  

 ^g 

(10.11)

最大たわみは，

max 1

2 2 3

4 4

3 3

3 4 9

( ) 2

8 4

( )

4 12 3

4 10 4 10 9.801 0.1 3 (1.6 10 ) 3 10 0.008463 m 8.46 mm y y l

nm l l l nm l

d E d E

 



^



  

    

    

 

g g

(10.12)

【5.11】

≪問題訳≫

図

5.65

に示されるように，直径

d = 5cm

の片持ちはりの端に集中荷重

P = 500N

が負荷されている。以下の値を求めよ。

(a) 最大の曲げ応力が生じる位置 (b) 最大の曲げモーメント

(c) はりの端での曲げ変形 

片持ちはりは木材でできており，ヤング率は

10 GPa

E 

である。

≪解答例≫

11.1

となる。

解図

11.1 全体のフリーボディダイアグラム

A B

0 R  R   P (11.1)

A

B

0

B

l

aR lP R P

    a (11.2)

式(11.2)を式(11.1)に代入して，

A B

l a

R P R P

a

     (11.3)

最大の曲げモーメントを求めるために

BMD

を描く。こ

P

A C

B

R

_A

R

_B

(14)

こでは必要とされていないが，SFD も描くことにする。2 つの区間に分けて考える。

(i)

第

1

区間

0   x a

FBD

は解図

11.2

となる。

解図

11.2 第 1

区間の仮想断面を含む

FBD

A

0

A

l a

F R F R P

a

       (11.4)

A

0 M  xR 

A

l a

M R x Px

a

     (11.5)

(ii)

第

2

区間

a   x l

FBD

は解図

11.3

となる。

解図

11.3 第 2

FBD

0 F   P  F  P (11.6)

( ) 0 ( )

M l x P M l x P

        (11.7)

以上の結果から，SFDと

BMD

は解図

11.4

となる。

解図

11.4 SFD

と

BMD

(a) ある仮想断面に生じている曲げモーメントを M

と

すると，その断面上の最大曲げ応力は，次式で与えられる。

max

M

  Z (11.8)

断面は一様なので断面係数

Z

は一定である。したがって，はり全体での最大曲げ応力を生じる位置は，最大曲げモーメントが生じる位置である。解図

11.4

の

BMD

より，最大の曲げ応力が生じる位置は，

0.5 m

x  (11.9)

(b) 最大の曲げモーメントは，解図 11.4

の

BMD

より，

max

750 Nm

M   (11.10)

モーメントの正負は回転方向を表している。

(c) たわみ曲線を求める。区間に分けて考えると，

(i)

第

1

区間

0   x a

たわみの基礎式に式(11.5)の

M

を代入して，

2 1 2

d y M P l a

dx EI EI a x

    (11.11)

2 1

1 1

( )

{ }

2 dy P l a x

dx    EI ^ a  C (11.12)

A

R

_A

F M

x

P

C F

M

l-x

-1500 N 500 N

-750 Nm

0.5 m 1.5 m

SFD

BMD

(15)

3

1 1 2

( )

{ }

6 P l a x

y C x C

EI a

    (11.13)

(ii)

第

2

区間

a   x l

たわみの基礎式に式(11.7)の

M

を代入して，

2 2

2

( )

{ ( ) ( )}

d y M P

l x

dx EI EI

P x a l a

EI

   

    

(11.14)

2 2

2

3

{ 1 ( ) ( )( ) }

2 dy

dx

P x a l a x a C

EI





      

(11.15)

3 2

2

3 4

1 ( )

{ ( ) ( )

6 2

( ) }

P l a

y x a x a

EI

C x a C

     

  

(11.16)

境界条件と連続の条件は，

0 x 

で，

y

₁

 0 (11.17) x  a

で，

y

₁

 y

₂

 0 (11.18) x  a

で，

 

₁



₂

(11.19)

式(11.17)，(11.18)を適用して，

2

0 C  (11.20)

1

( )

6 a l a

C    (11.21)

4

0 C  (11.22)

式(11.19)を適用して，

2 2

3

( ) ( )

( )

2 6 3

l a a a a l a

C a

 

   (11.23)

したがって，求めたい先端部を含むたわみ曲線の式は，

2

{ ( ) 3( )( )

6 2 ( )}( )

y P x a l a x a

EI

a l a x a

     

  

(11.24)

x = l

を代入して，

2

2 2

4 2

9 4

{ ( ) 3( ) 2 }( )

6 ( ) 64 ( )

3 3

64 500 2 (2 0.5) 3 10 10 0.05 0.2444 m

24.4 cm

P l a l a a l a

EI

Pl l a Pl l a

EI Ed





      

 

 

   

   



(11.25)

【5.12】

≪解答例≫

フリーボディダイアグラムを描くと，解図

12.1

となる。

解図

12.1 フリーボディダイアグラム

支持点の反力

R

_A，

R

_Bは，通常は力のつり合いとモーメントのつり合いから求める。しかしながら，本問題では左右対称であるため，

A B

2 R  R  P (12.1)

3

つの区間に分けて仮想断面上のせん断力

F

とモーメント

M

を求める。

(i)

第

1

区間

0   x l

FBD

は解図

12.2

となる。

解図

12.2 第 1

FBD

A

0

A

2 F  R   F  R  P (12.2)

A D

R

_A

P/2 P/2 R

_B

B C

A

R

_A

M

F

x

(16)

A

0

A

2 M  R x   M  R x  P x (12.3) (ii) 第 2

区間

l   x 2 l

FBD

は解図

12.3

となる。

解図

12.3 第 2

FBD

A

0

A

0 2 2

P P

F  R    F  R   (12.4)

A

( ) 0

2 M  R x  P x l  

A

( )

2 2

P P

M R x x l l

     (12.5)

(iii)

第

3

区間

2 l   x 3 l

FBD

は解図

12.4

となる。

解図

12.4 第 3

FBD

B

0

B

2 F  R   F   R   P (12.6)

B

(3 ) 0

M R l x

   

B

(3 ) (3 )

2 M R l x P l x

     (12.7)

したがって，SFD，BMDは解図

12.5

となる。

解図

12.5 SFD

と

BMD

次に，たわみ曲線を求める。通常

3

区間に分ける問題であるが，3区間に分けると積分定数が

6

つ出てきて

6

元連立方程式となり大変である。左右対称であることから，左側半分

2

区間だけを考える。その場合の境界条件と連続の条件は，

0

1

0 x 

で

y  (12.8.1)

1 2

x  l

で

y  y (12.8.2)

1 2

x  l

で

   (12.8.3)

3 / 2

2

0 x  l

で

  (12.8.4)

(i)

第

1

区間

0   x l

2 1

2

2 d y M P

dx   EI   EI x (12.9)

2 1

1

(

1

)

2 2

dy P x

dx     EI  C (12.10)

3

1

(

1 2

)

2 6

P x

y C x C

  EI   (12.11)

(ii) 第 2

区間

l   x 3 / 2 l

2 2

2

2 d y M P

dx   EI   EI l (12.12)

2

{ ( )

3

}

2 dy P

l l x C

dx     EI    (12.13)

2

{ ( )

3

( )

4

}

2 2

P l

y l x C l x C

  EI     (12.14)

A

R

_A

P/2

F x M

B

D

R

_B

M

F

3l-x

SFD

BMD P/2

A B -P/2

Pl/2

l l l

A B

(17)

式(12.8.1)を式(12.11)に，式(12.8.4)を式(12.13)に適用すると，

2

0 C  (12.15)

2

3 3

( 3 ) 0

2 2

l l l C C l

       (12.16)

式(12.8.2)と式(12.8.3)を適用すると，

2 2

2

1 3 1 3

2 2

l l

C C C C l

       (12.17)

3 3 3

3

1 4 4

5 6 6 6

l l l

C l C C l

       (12.18)

したがって，

2 2

1

( )

2 2

P x EI l

    (12.19)

3 2

2 2

1

( ) ( )

2 6 2 6

P x Px x

y l x l

EI EI

      (12.20)

2

( 3 )

2 2

Pl l x

  EI  (12.21)

3

2 2

2

2 2

{ ( ) ( ) 5 }

2 2 6

1 5

{ ( ) ( ) }

2 2 6

P l l

y l x l l x

EI

Pl l

l x l l x EI

     

(12.22)

剛体の取っ手は変形しないから，荷重点の変位は

B

点のたわみと等しくなる。したがって，

2 3

2

5 ( )

2 6 12

Pl l Pl

EI l EI

     (12.23)

【5.13】

≪問題訳≫

図

5.67

に示されるように，等分布荷重

q

が片持ちはりに負荷されている。SFDと

BMD

を描け。

≪解答例≫

13.1

となる。

解図

13.1 全体のフリーボディダイアグラム

A

0

A

qa  R   R  qa (13.1)

A

( ) 0

A

( )

2 2

a a

M qa l M qa l

       

(13.2) 2

区間に分けて，仮想断面に生じるせん断力

F

M

を求める。

(i)

第

1

区間

0    x l a

FBD

は解図

13.2

となる。

解図

13.2 第 1

FBD

A

0

A

F  R   F  R  qa (13.3)

A A

0 M  M  R x 

A A

{( ) }

2 M M R x

qa l a x

 

     (13.4)

(ii)

第

2

区間

l    a x l

FBD

は解図

13.3

となる。

M

_A

q

R

_A

C

A B

x M

_A

M

R

_A

A F

(18)

解図

13.3 第 2

FBD

( ) 0 ( )

F  q l  x   F  q l  x (13.3)

2 2

( ) ( )

2 0 2

l x l x

M  q    M  q  (13.4)

以上の結果から，SFDと

BMD

は解図

13.4

となる。

解図

13.4 SFD

と

BMD

【5.14】

≪解答例≫

L

字型の取っ手

BC

に関するフリーボディダイアグラムを描くと解図

14.1

となる。また，取っ手

BC

の

B

点に作用する支点反力とモーメントが，片持ちはりの

B

点に大きさ同じで向きが逆に作用すると考えると，片持ちはりのフリーボディダイアグラムは解図

14.2

となる。

解図

14.1 取っ手の FBD

解図

14.2 片持ちはり AB

の

FBD

解図

14-1

において，力のつり合いから

B

0

B

P  R   R  P (14.1)

また，B点回りのモーメントのつり合いから，

B

0

B

2 2

l Pl

P  M   M  (14.2)

次に，解図

14.2

において，力のつり合いから

A B

0

A B

R  R   R  R  P (14.3)

また，A点回りのモーメントのつり合いから，

A B B

0 M R l M

   

上式を解いて，

A B B

2 2

M R l M

Pl Pl Pl

  

     ^(14.4)

任意の位置

x

の仮想断面を含む

FBD

は解図

14.3

となる。

F C

l-x M

q

qa

l-a a

-qa(l-a/2)

-qa²/2 SFD

BMD

M

_B

R

_B

P

B

A

R

_A

R

_B

M

_B

B

M

_A

材料力学Ⅰ 練習問題 5 章解答例