0337-2020 名情复 机械 P32

材料力学 はりの曲げ 弾性力学 厚肉円筒

[1] 図1に示すような線形に分布する荷重 $w(x)$ を受けるはりがある。このはりの長さは $\ell$, ヤング率（縦弾性係数）は $E$（一定）, 断面二次モーメントは $I$（一定）とする。以下の問に答えよ。

1. 座標 $x$ における分布荷重の値 $w(x)$ を $x,\ell$ および $w_0(=w(\ell ))$ で表せ。
2. 座標 $x$ における曲げモーメントを求めよ。
3. たわみ曲線 $y=f(x)$ およびたわみが最大となる $x$ 座標値を求めよ。
   

[2] 図2に，内圧を受ける十分長い厚肉円筒の断面とその材料内部の微小要素 $\mathrm{A}$ が示されている。厚肉円筒の材料のヤング率とポアソン比をそれぞれ $E$（一定）と $\nu$（一定）とする。微小要素 $\mathrm{A}$ に作用する半径方向応力と円周方向応力をそれぞれ ${\sigma }_r$ と ${\sigma }_{\theta }$ とする。以下の問に答えよ。

1. 微小要素 $\mathrm{A}$ に作用する力の釣り合いを考えて，円筒座標系の半径方向における力の釣り合い方程式を求めよ。
2. 内圧を受けて，半径 $r$ において半径方向変位 $u$ が生じる。$u$ と半径方向ひずみ ${\epsilon }_r$ の関係式が ${\epsilon }_r=du/dr$ となることを示せ。また，$u$ と円周方向ひずみ ${\epsilon }_{\theta }$ の関係式が ${\epsilon }_{\theta }=u/r$ となることを示せ。
3. 円筒座標系におけるフックの法則から ${\sigma }_r,{\sigma }_{\theta },{\epsilon }_r$, および ${\epsilon }_{\theta }$ の間の関係は，以下に示す式(1)と(2)となる。

$${\sigma }_r=\frac{E\{(1-\nu ){\epsilon }_r+\nu {\epsilon }_{\theta }\}}{(1+\nu )(1-2\nu )}\cdots (1)$$ $${\sigma }_{\theta }=\frac{E\{\nu {\epsilon }_r+(1-\nu ){\epsilon }_{\theta }\}}{(1+\nu )(1-2\nu )}\cdots (2)$$

これらの式，および問[2]1)と問[2]2)の結果を用いて，

$$\text{関係式 }\frac{d^{2}u}{d{r}^2}+\frac{1}{r}\frac{du}{dr}-\frac{u}{r^2}=0\text{ を導け。}$$

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解答：
[1]
1)

$$\boxed{w(x)=\frac{w_0}{\ell }x}$$

支点 $x=0$ における反力を $R_A$ とする。点 $x=\ell$ 周りのモーメントの釣り合いより、

$$R_A\ell -{\int }_0^{\ell }w(x)(\ell -x)dx=0$$ $$R_A\ell ={\int }_0^{\ell }\frac{w_0}{\ell }(\ell x-x^2)dx=\frac{w_0}{\ell }{\left[\frac{\ell }{2}{x}^2-\frac{1}{3}{x}^3\right]}_0^{\ell }=\frac{w_0{\ell }^2}{6}⟹R_A=\frac{w_0\ell }{6}$$

座標 $x$ における曲げモーメント $M(x)$ は、

$$\begin{array}{rl}M(x)& =R_{A}x-{\int }_0^{x}w(\xi )(x-\xi )d\xi \\ & =\frac{w_0\ell }{6}x-{\int }_0^x\frac{w_0}{\ell }\xi (x-\xi )d\xi \\ & =\frac{w_0\ell }{6}x-\frac{w_0}{\ell }{\left[\frac{x}{2}{\xi }^2-\frac{1}{3}{\xi }^3\right]}_0^x\\ & =\frac{w_0\ell }{6}x-\frac{w_0}{6\ell }{x}^3\end{array}$$ $$\boxed{M(x)=\frac{w_0}{6\ell }({\ell }^{2}x-x^3)}$$

たわみ曲線の微分方程式は $EI\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-M(x)$ であるから、

$$EI\frac{d^{2}y}{d{x}^2}=-\frac{w_0\ell }{6}x+\frac{w_0}{6\ell }{x}^3$$

積分して、

$$EI\frac{dy}{dx}=-\frac{w_0\ell }{12}{x}^2+\frac{w_0}{24\ell }{x}^4+C_1$$ $$EIy=-\frac{w_0\ell }{36}{x}^3+\frac{w_0}{120\ell }{x}^5+C_{1}x+C_2$$

境界条件 $y(0)=0$ より $C_2=0$。$y(\ell )=0$ より、

$$-\frac{w_0{\ell }^4}{36}+\frac{w_0{\ell }^4}{120}+C_1\ell =0⟹C_1=\frac{7w_0{\ell }^3}{360}$$

よって、たわみ曲線は、

$$\boxed{f(x)=\frac{w_0}{360EI\ell }(3x^5-10{\ell }^2{x}^3+7{\ell }^{4}x)}$$

たわみが最大となる条件は $dy/dx=0$ より、

$$15x^4-30{\ell }^2{x}^2+7{\ell }^4=0$$

$0\le x\le \ell$ の範囲でこれを解くと、

$$\boxed{x=\ell \sqrt{1-\frac{2\sqrt{30}}{15}}}$$

[2]
1)
微小要素における半径方向の力の釣り合いは、要素の厚さを $1$ とすると、

$$\left({\sigma }_r+\frac{d{\sigma }_r}{dr}dr\right)(r+dr)d\theta -{\sigma }_{r}rd\theta -2{\sigma }_{\theta }dr\sin \left(\frac{d\theta }{2}\right)=0$$

$\sin (d\theta /2)\approx d\theta /2$ とし、高次の微小項を無視すると、

$$({\sigma }_{r}r+{\sigma }_{r}dr+rd{\sigma }_r)d\theta -{\sigma }_{r}rd\theta -{\sigma }_{\theta }drd\theta =0$$ $${\sigma }_{r}dr+rd{\sigma }_r-{\sigma }_{\theta }dr=0$$

両辺を $dr$ で割って、

$$\boxed{\frac{d{\sigma }_r}{dr}+\frac{{\sigma }_r-{\sigma }_{\theta }}{r}=0}$$

半径方向の初期長さ $dr$ の微小線分は、変形後に長さが $(r+u+dr+du)-(r+u)=dr+du$ となる。したがって、半径方向ひずみは、

$${\epsilon }_r=\frac{(dr+du)-dr}{dr}=\frac{du}{dr}$$

半径 $r$ の円周は初期長さが $2\pi r$ であり、変形後の半径が $r+u$ となるため、長さは $2\pi (r+u)$ となる。したがって、円周方向ひずみは、

$${\epsilon }_{\theta }=\frac{2\pi (r+u)-2\pi r}{2\pi r}=\frac{u}{r}$$

(証明終)

1)と2)の結果および式(1), (2)より、

$${\sigma }_r=\frac{E}{(1+\nu )(1-2\nu )}\left\{(1-\nu )\frac{du}{dr}+\nu \frac{u}{r}\right\}$$ $${\sigma }_{\theta }=\frac{E}{(1+\nu )(1-2\nu )}\left\{\nu \frac{du}{dr}+(1-\nu )\frac{u}{r}\right\}$$

これらを力の釣り合い方程式 $\frac{d{\sigma }_r}{dr}+\frac{{\sigma }_r-{\sigma }_{\theta }}{r}=0$ に代入する。

$$\frac{d{\sigma }_r}{dr}=\frac{E}{(1+\nu )(1-2\nu )}\left\{(1-\nu )\frac{d^{2}u}{d{r}^2}+\nu \left(\frac{1}{r}\frac{du}{dr}-\frac{u}{r^2}\right)\right\}$$ $$\frac{{\sigma }_r-{\sigma }_{\theta }}{r}=\frac{E}{(1+\nu )(1-2\nu )}\cdot \frac{1}{r}\left\{(1-2\nu )\frac{du}{dr}-(1-2\nu )\frac{u}{r}\right\}$$

両者を足し合わせ、係数 $\frac{E}{(1+\nu )(1-2\nu )}$ を払うと、

$$(1-\nu )\frac{d^{2}u}{d{r}^2}+\frac{\nu }{r}\frac{du}{dr}-\frac{\nu u}{r^2}+\frac{1-2\nu }{r}\frac{du}{dr}-\frac{1-2\nu }{r^2}u=0$$

整理すると、

$$(1-\nu )\frac{d^{2}u}{d{r}^2}+\frac{1-\nu }{r}\frac{du}{dr}-\frac{1-\nu }{r^2}u=0$$

両辺を $(1-\nu )$ で割ることにより、

$$\frac{d^{2}u}{d{r}^2}+\frac{1}{r}\frac{du}{dr}-\frac{u}{r^2}=0$$

が得られる。(証明終)

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这道题目分为两个部分，分别考察了材料力学中的梁的弯曲问题和厚壁圆筒的弹性力学问题。第一部分中，首先需要根据三角形分布荷载写出其关于坐标的表达式，然后通过整体力矩平衡求出支座反力，进而利用截面法求出任意截面的弯曲力矩方程。接着，利用挠曲线的近似微分方程进行两次积分，代入两端挠度为零的边界条件求解出积分常数，得到挠曲线方程。最后令挠度的一阶导数为零，求出最大挠度所在的位置。第二部分考察厚壁圆筒，首先通过取出极坐标系下的微小扇形单元体，列出径向的力平衡方程，忽略高阶无穷小量后得到径向应力与周向应力的微分关系。然后根据应变的几何定义，通过比较变形前后的线段长度推导出径向应变和周向应变与径向位移的关系。最后将上述几何方程代入广义胡克定律，再将得到的应力表达式代入平衡方程中，化简即可得到只包含径向位移的二阶常微分方程。