 T T 0 AB A B T T x 0 A AB

2016年8月2日(火)，1時限，21講義室

材料力学Ⅰ 2016 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，

B 0 A

0

A B 0

T   l T    T T    l (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 間の左側部分の仮想断面の荷重状態 トルクのつり合いから，

AB 0 A

0

AB A 0

T   x T    T   T  x (1.2) (3) 任意の点 x における直径 d

x

は，

2 ( 2 ) (2 )

x

x x

d d d d d

l l

     (1.3)

断面 2 次極モーメント I

px

は，

4 4

4 4

(2 )

B

(2 )

32

^x

32

px

d d x

p

x

I I

l l

 

     (1.4)

AB 間の微小長さ dx に対するねじれ角 d 

_AB

^は，

AB AB

A 0

B 4

4 A 0

B 4

(2 / )

( )

(2 )

px

p

p

d T dx GI

T x dx

GI x l

l T x dx GI l x









 



 



(1.5)

ここで，

4

B

32

p

d

I _  _(1.6)

AB 間で積分して，

AB 0 AB

4 4

0

A 0 4 0 4

B B

4 A

3 0 B

4 0

3 0 0 3

B

4

4 A 0

3 3 2 2 0

B B

4 0

A 2

B B

(2 1 ) (2 )

1 1

[ ]

3 (2 )

1 1 1 1

{[ ] }

3 (2 ) 3 (2 )

1 1 1 1 1

( ) { [ ] }

3 8 3 2 (2 )

7 { 1 1 1 (

24 3 2

l

l l

p p

l p

l l p

l

p p

p p

d

l T dx l x dx

GI l x GI l x

l T

GI l x

l x dx

GI l x l x

l l T

GI l l GI l l x

l lT

GI GI l

 











 

 

 

 

 

   



  



 



2 2

2 0 A

B B

A 0

4

4 1 )}

5 7

24 24

4 (7 5 )

3

p p

l l

l lT

GI GI

l T l

d G



 



 

 

(1.7) (4) 式 (1.7) のねじれ角 

_AB

^は， B 点が剛体壁に固定さ れているために 0 でなければいけない。したがって，

A 0 0

4

4 (7 5 ) 0 5

3 l T l T

^A

7 l

d G  

 ^{    (1.8)}

式 (1.1) に代入して，



₀

A

B T

_A

T

_B

T

_A

T

_AB

x



₀

B A 0

2

0

T T    l   7  l (1.9)

(5) トルク T が生じている任意の仮想断面での最大

せん断応力 

_max

^{は，極断面係数を} Z

p

とすれば，次式 で与えられる。

0

max AB

( 5 )

p p

7

T l x

Z Z 

    (1.10)

極断面 2 次モーメントは，

3 3

(2 )

3

16

^x

16

px

d d x

Z _  _  _ l _(1.11)

したがって，

0 3

max

16

3

( 5 )(2 )

7 l x x

d  l

 ^  ^{ }

^

^(1.12)

増減表を作成するために式 (1.12) を微分して 0 と置くと，

3 4

max 0

3

4 03

0 4 3

16 { (2 ) ( 5 ) (2 3 ) 16 { (2 ) ( 15 3 7 )}(2 ) 16 ( 1 2 7 )(2 7 ) 0

d x l x x

dx d l l l

x x x

d l l l

x x

d l l

 

 

 



 





     

     

   

したがって，

14 l

x  (1.13)

増減表を作成すると，

表 1.1 増減表

x ₀

14 l l

d

max

dx



₀

7  d

3

  0



208

₃⁰

7 d 







max

¹⁰ ₇  _d

⁰₃

^l



^

2187 ³¹³⁶

⁰

l

³

d

 

^

³² 7

⁰³

l d

 



増 減 表 か ら ， 絶 対 値 が 最 大 の せ ん 断 応 力 は x l



で 生じ，その大きさは，

max

32

03

7 l

d

 ^{ }   ^(1.14)

２． 配点：各 5 点，計 25 点

(1) 解図 2.1 に示すように，菱形は上下に対称な二つ の三角形に分けることができる。

解図 2.1 二つの三角形からなる菱形 三角形は標準的な断面形状として， 高さ h ， 底辺 b の三角形の中立軸に対する断面 2 次モーメントは 次のように与えられる。

3 z

bh 36

I  (2.1)

しかしながら， 今必要なのは， 解図 2.2 に示される ように， 三角形の中立軸 （ z 軸） に平行で距離 d だ け離れた z

₁

軸に対する断面 2 次モーメントである。

解図 2.2 三角形の中立軸と全体の中立軸 三角形の面積を A とすると，平行軸の定理から，

1_ triangle 2

3 2

3

36 ( ) 3 2

12

z z

I I d A

bh h bh bh

 

 



(2.2)

菱形は，上下に 2 つあるから，

3 3

1_ rhombus

2 12 6

z

bh bh

I    (2.3)

問題の図 2.1 の菱形を構成する三角形において，

12 , 3

b  a h  a (2.4)

したがって，

z

₁

d A I

_z

z

1

z

3 4 1_ rhombus1

12 (3 ) 6 54

z

a a

I    a (2.5)

(2) 長方形の断面二次モーメントから菱形の断面二 次モーメントを引けばよい。

3 4

1

4 4 4

(18 )(12 ) 54 2592 12 54 2538

z

a a

I a

a a a

 

  

(2.6)

(3) まず，問題の図 2.2 の菱形の断面 2 次モーメン トを求める。菱形を構成する三角形において，

6 , 6

b  a h  a (2.7)

したがって，式 (2.3) から，

3 4

2_ rhombus2

6 (6 ) 6 216

z

a a

I    a (2.8)

大きな長方形の断面二次モーメントから菱形の断面二 次モーメントを引くと，

3 4

2

4 4 4

(12 )(18 ) 216 5832 12 216 5616

z

a a

I a

a a a

 

  

(2.9)

(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 e

₁

， e

₂

は

1

2

12 6

18 2 9 2

e a a

e a a

 

  (2.10)

したがって， 式 (2.6) ， (2.9) の断面二次モーメントを これらの値で割って，

4 3

1

4 3

2

2538 423

5616 6 624 9

Z a a

a a

Z a

a

 

 

(2.11)

(5) 横置き，縦置きにおけるそれぞれの最大応力



1max

^， 

2max

^は，

1max 3

1

2max 3

2

423 624

M M

Z a

M M

Z a





 

  (2.12)

したがって，

2max 1max

423 0.6778 67.8%

624

  ^{   (2.7)}

同じ断面形状でも， 縦置きに用いると最大応 力は 小さくなり， 32.2% 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 A D

0

A D 0

q l R   R   R  R q l  (3.1) A 点回りのモーメントのつり合いから，

0

3

D

4 0

D

3

0

2 l 8

q l R l R q l

       (3.2)

式 (3.1) に代入して，

A 0 D

5

0

R  q l R   8 q l (3.3) (3) はりを (i) 0   x l と (ii) l x   2 l (iii) 2 l x   4 l 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。

q

₀

R

_A

R

_D

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，

A

0

A

5 8

0

F R    F R   q l (3.4)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

A

0

A

5 8

0

M R x    M R x   q lx (3.5)

(ii) 第 2 区間 ( l x   2 l )

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，

0

( )

A

0

F q x l R    

A 0

0 0 0

( )

5 ( ) ( 13 )

8 8

F R q x l

q l q x l q x l

  

       (3.6)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

2

0

( x l 2 )

A

0 M q    R x 

2

0 0

2 2

0

2 2

0

2 2 2 2

0

2 2

0

( ) 5

2 8

( 2 5 )

2 4

( 13 )

2 4

13 13

{( ) ( ) }

2 8 8

13 105

{( ) }

2 8 64

M q x l q lx q x lx l lx q x lx l

q x l l l

q x l l

   

    

    

    

   

(3.7)

(iii) 第 3 区間 ( 2 l x   4 l )

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，

D

0

D

3

0

F R    F     R 8 q l (3.8)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

D

(4 ) 0

M R l x

   

D

(4 ) 3

0

(4 )

M R l x 8 q l x

     (3.9)

以上の結果から， SFD と BMD を描くと解図 3.5 となる。

x

F M

R

_A

x

F M

R

_A

l q

₀

4l - x F

M

R

D

SFD ^3₈^{q l0}

5 0

8q l

13 8l

2l 4l

l 0

解図 3.5 SFD と BMD (4) 仮想断面に生じる曲げ応力は，

M I

max

y

  (3.10)

三角形断面の断面 2 次モーメントは，

3

bh 36

I  (3.11)

式 (3.10) に代入して，

3max

36M bh y

  (3.12)

最大 曲 げ応力は ， モー メン トが 最大で ，かつ ， y ^{の 絶} 対値が最大の位置で生じる。解図 3.4 の BMD より，最 大モーメントは x



13 / 8 l の位置で生じ，その大きさは，

max

105

0 2

M  128 q l (3.13)

式 (3.12) に代入し，

2 02

3 0 3

36 105 945

128 q l y 32 q l y

bh bh

   (3.14)

ま た ， 三 角 形 の 中 立 軸 に 対 し て ， y ^{座 標 は} [ 2 / 3,



h h / 3] の 範囲で ある から，曲 げ応力の最大 値 は y   2 / 3 h で 生 じ る 。 す な わ ち ， (13 / 8, l  2 / 3) h で 最大の 曲 げ応 力が 生 じ， その 大 きさは，

2 2

0 0

max

945

3

( 2 ) 315

2

32 q l 3 h 16 q l

bh bh

     (3.15)

マイナスなので，圧縮応力である。

(5) 最 大応力 の 絶 対 値が許 容 応 力以 下に なる ように 設計すればよいから， b



2 h を考慮して

02

315

3 a

16 2 q l

  h

したがって， h について解くと，

2 2

0 3

3

315 315 100 0.6

6

32 32 110 10

0.01476 m 14.8 mm

a

h q l

 ^{ }

 

 

 

この場合，四捨五入ではなくて切り上げて，

14.8 mm

h  (3.16)

４．配点：各 5 点，計 25 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，

A

0

A

P R    R  P (4.1)

A 点回りのモーメントのつり合いから，

A 0

0

A 0

M Pl M M M Pl Pl

       

(4.2) (3) はりを (i) 0   x l と (ii) l x   2 l の 2 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 4.2 となる。

解図 4.2 第 1 区間の仮想断面左側の荷重状態 力のつり合いから，

A

0

A

F R    F R   P (4.3)

R

A

M

_A

P

_M

0

x

M F

R

_A

M

A

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

A A

0

M M   R x 

A A

( )

M M R x P x l

     (4.4)

(ii) 第 2 区間 ( l x   2 l )

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 第 2 区間の仮想断面右側の荷重状態 力のつり合いから，

0

F  (4.5)

仮想断面回りのモーメントのつり合いから，

0

0

0

2

M M M M Pl

      (4.6)

以上の結果から SFD と BMD は解図 4.4 となる。

解図 3.4 SFD と BMD (4) 左端が剛体壁なので境界条件は，

0

x  で 

₁

 0 (4.7)

0

x  で y

₁

 0 (4.8)

連続の条件は，

x l  で  

₁



₂

(4.9)

x l  で y y

₁



₂

(4.10)

(5) 区間に分けて，たわみ曲線を求めると，

(i) AB 間：第 1 区間 (0   x l )

2 1 1

2

( )

d y M P x l

dx   EI   EI  (4.11)

順次積分して，

1 2

1

(

1

)

dy P x lx C 2

dx     EI   (4.12)

3 2

1

(

1 2

)

P x 6 2 l

y x C x C

  EI    (4.13)

(ii) BC 間：第 2 区間 ( l x   2 l )

2 2 2

2

2

d y M P l

dx   EI   EI (4.14)

順次積分して，

2 2

(2

3

)

dy P lx C

dx     EI  (4.15)

2

P (

2 3 4

)

y lx C x C

  EI   (4.16)

境界条件，式 (4.7) ， (4.8) を式 (4.12) ， (4.13) に適用して，

1

0,

2

0

C  C  (4.17)

したがって，

1

( )

P x l x 2

   EI  (4.18)

1

( )

2

6 2 P x l

y x

  EI  (4.19)

連続の条件 (4.9) ， (4.10) を適用して，

2 2

3 3

( 2 ) (2 ) 2

P l l l P l C C l

EI EI

       

(4.20)

2 3

3 4

( ) ( )

6 2

P l l l P l C l C

EI EI

     

3 3

4

l 3

3

l 6

C C l

     (4.21)

したがって，

2l-x M F

M₀

P

A SFDB C

2Pl

A

l

C

BMD B

l

Pl

2

2

EI P (2 lx l 2 ) EI Pl (2 x 2 l )

       (4.22)

₂ ^{2 2 3}

2 2

( )

2 6

( )

2 6

P l l

y lx x

EI Pl x l x l EI

   

   

(4.23)