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材料力学の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理材料力学

同じ材料（横弾性係数 $G$ ）でできた、中実円形断面の 2 本のまっすぐな丸軸を同軸に並べ、点 $B$ で端どうしをしっかりと接合して段付き軸 $ABC$ をつくった。部分 $AB$ は直径 $2 d$ 、長さ $3 L$ 、部分 $BC$ は直径 $d$ 、長さ $L$ である。軸の両端 $A$ , $C$ は剛体の壁に固定されていて、まったく回転できない。

接合部 $B$ に、軸のまわりのねじりモーメント $T$ （ $T > 0$ ）を加えた。軸は弾性範囲内にあり、各部分では断面は平面のまま回転し、せん断応力は断面の中心からの距離に比例するものとする。段の部分での応力集中は無視する。このとき、軸全体に生じる最大のせん断応力の大きさを、 $T$ , $d$ を用いて表せ。

A

B

C

T

3 L

L

2 d

d

軸を横から見た図（

T

は B に加えるねじりモーメント）

この問題で使うもの

ねじりの不静定問題（説明と入口の問題）
丸軸のねじり応力とねじれ角（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（48 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

両端が固定されているので、壁からのねじりモーメント $T_{A}$ , $T_{C}$ はつり合いの式だけでは決まらない。接合部 B の回転角が、AB 側から見ても BC 側から見ても同じになる条件を使う。

ヒント 2

ねじれ角は $ϕ = \frac{T l}{G I _{p}}$ 、中実丸軸の $I_{p} = \frac{π D ^{4}}{32}$ 。直径 $2 d$ の部分の $I_{p}$ は直径 $d$ の部分の 16 倍になる。

ヒント 3

$T_{A} + T_{C} = T$ と $\frac{3 T _{A}}{16} = T_{C}$ から $T_{A}$ , $T_{C}$ を求め、各部分の表面のせん断応力 $\frac{16 T _{i}}{π D ^{3}}$ を比べる。

答えと解説

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\frac{48 T}{19 π d ^{3}}

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解説を読む

不静定であること

壁が $A$ , $C$ から軸に加えるねじりモーメントの大きさを $T_{A}$ , $T_{C}$ とする。軸全体のモーメントのつり合いからは
$T_{A} + T_{C} = T (1)$
の 1 式しか得られず、 $T_{A}$ , $T_{C}$ は決まらない（1 次の不静定）。そこで変形の条件を使う。

ねじり剛性

直径 $D$ の中実丸軸の断面二次極モーメントは $I_{p} = \frac{π D ^{4}}{32}$ である。
$I_{p, A B} = \frac{π ( 2 d ) ^{4}}{32} = \frac{π d ^{4}}{2}, I_{p, B C} = \frac{π d ^{4}}{32}$
で、 $I_{p, A B} = 16 I_{p, B C}$ である。部分 $AB$ が受けるねじりモーメントは $T_{A}$ 、部分 $BC$ が受けるねじりモーメントは $T_{C}$ （向きは逆）である。

変形の適合条件

$A$ , $C$ は回転しないので、 $B$ の回転角 $ϕ_{B}$ は、 $AB$ のねじれ角とも $BC$ のねじれ角とも等しい。ねじれ角の式 $ϕ = \frac{T l}{G I _{p}}$ より
$ϕ_{B} = \frac{T _{A} ( 3 L )}{G I _{p, A B}} = \frac{T _{C} L}{G I _{p, B C}} .$
$I_{p, A B} = 16 I_{p, B C}$ を代入すると
$\frac{3 T _{A}}{16} = T_{C} . (2)$

ねじりモーメントの分担

$(1)$ , $(2)$ より $T_{A} + \frac{3}{16} T_{A} = T$ なので
$T_{A} = \frac{16}{19} T, T_{C} = \frac{3}{19} T .$

各部分の最大せん断応力

中実丸軸の最大せん断応力は表面に生じ、 $τ_{m a x} = \frac{T _{i} ( D /2 )}{I _{p}} = \frac{16 T _{i}}{π D ^{3}}$ である。

部分 $AB$ （ $D = 2 d$ ）:
$τ_{A B} = \frac{16 T _{A}}{π ( 2 d ) ^{3}} = \frac{2 T _{A}}{π d ^{3}} = \frac{2}{π d ^{3}} \cdot \frac{16 T}{19} = \frac{32 T}{19 π d ^{3}} .$

部分 $BC$ （ $D = d$ ）:
$τ_{B C} = \frac{16 T _{C}}{π d ^{3}} = \frac{16}{π d ^{3}} \cdot \frac{3 T}{19} = \frac{48 T}{19 π d ^{3}} .$

$τ_{B C} > τ_{A B}$ なので、軸全体の最大せん断応力は部分 $BC$ の表面に生じ、その大きさは
$\frac{48 T}{19 π d ^{3}} .$

部分 $BC$ が分担するねじりモーメントは全体の $3/19$ にすぎないが、直径が半分なので断面係数が $1/8$ になり、こちらの応力のほうが大きくなる。

別解

AB が負担するトルクを $T_{1}$ 、BC が負担するトルクを $T_{2}$ とする。B でのつり合いから $T_{1} + T_{2} = T$ …(1)（両端固定の不静定問題）。

極断面二次モーメント: $J_{A B} = \frac{π ( 2 d ) ^{4}}{32} = \frac{π d ^{4}}{2}$ 、 $J_{B C} = \frac{π d ^{4}}{32}$ 。

適合条件: 両端が固定で B は共通なので、AB のねじれ角と BC のねじれ角は大きさが等しい。
$\frac{T _{1} \cdot 3 L}{G J _{A B}} = \frac{T _{2} L}{G J _{B C}}$ …(2)

(2) より $T_{1} \cdot \frac{3}{π d ^{4} /2} = T_{2} \cdot \frac{1}{π d ^{4} /32}$ 、すなわち $6 T_{1} = 32 T_{2}$ 、 $T_{1} = \frac{16}{3} T_{2}$ 。
(1) に代入して $T_{2} = \frac{3}{19} T$ 、 $T_{1} = \frac{16}{19} T$ 。

最大せん断応力 $τ = \frac{T _{i} r _{i}}{J _{i}}$ （外周）:
$τ_{A B} = \frac{( 16 T /19 ) \cdot d}{π d ^{4} /2} = \frac{32 T}{19 π d ^{3}}$
$τ_{B C} = \frac{( 3 T /19 ) \cdot ( d /2 )}{π d ^{4} /32} = \frac{48 T}{19 π d ^{3}}$

$τ_{B C}$ のほうが大きいので、最大せん断応力は $\frac{48 T}{19 π d ^{3}}$ 。

検算: ねじれ角 $ϕ_{A B} = \frac{( 16 T /19 ) ( 3 L )}{G π d ^{4} /2} = \frac{96 T L}{19 G π d ^{4}}$ 、 $ϕ_{B C} = \frac{( 3 T /19 ) L}{G π d ^{4} /32} = \frac{96 T L}{19 G π d ^{4}}$ で一致。

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