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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

長さ $L$ のまっすぐな中実の丸軸 $AB$ がある。この軸の断面は円形で、直径は端 $A$ で $d$ 、端 $B$ で $2 d$ であり、そのあいだでは $A$ からの軸方向の距離に比例して一様に変化する（円錐台形の軸）。軸の材料は一様で、横弾性係数は $G$ である。

軸の両端 $A$ , $B$ を、回転できないように剛体の壁に固定した。そのうえで、軸の中点 $M$ （ $A$ から距離 $L /2$ の断面）に、軸のまわりのねじりモーメント $T (> 0)$ を加えた。

直径の変化はゆるやかで、各断面で一様な丸軸のねじりの式（ねじりモーメントを $T_{x}$ 、断面二次極モーメントを $I_{p}$ として単位長さあたりのねじれ角が $T_{x} / (G I_{p})$ ）が成り立つものとし、軸の自重は無視する。変形は弾性範囲内とする。端 $A$ で軸が壁から受けるねじりモーメントの大きさを、 $T$ を用いて表せ。

A

B

M

T

（軸のまわり）直径

d

直径

2 d

L /2

L /2

軸を横から見た図（図は正確とは限りません）

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）
基本的な関数の不定積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（67 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不静定問題になる。つり合いの式 $T_{A} + T_{B} = T$ に加えて、「点 $M$ の回転角は $A$ 側から見ても $B$ 側から見ても等しい」という条件を使う。

ヒント 2

直径は $d (x) = d (1 + x / L)$ 、断面二次極モーメントは $I_{p} (x) = π d (x)^{4} /32$ 。各区間のねじれ角は $\int \frac{T _{x}}{G I _{p} ( x )} d x$ で求める。

ヒント 3

$\int_{0}^{L /2} (1 + \frac{x}{L})^{- 4} d x = \frac{19 L}{81}$ 、 $\int_{L /2}^{L} (1 + \frac{x}{L})^{- 4} d x = \frac{37 L}{648}$ となる。区間 $AM$ には $T_{A}$ 、区間 $MB$ には $T_{B}$ が伝わる。

答えと解説

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\frac{37}{189} T

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解説を読む

1. つり合い。 端 $A$ , $B$ で軸が壁から受けるねじりモーメントの大きさをそれぞれ $T_{A}$ , $T_{B}$ とする。軸全体のねじりモーメントのつり合いより
$T_{A} + T_{B} = T (1)$
である。未知数が 2 つでつり合いの式が 1 つしかないので、この問題は不静定であり、変形の条件を使う。

区間 $AM$ にはねじりモーメント $T_{A}$ 、区間 $MB$ には（逆向きに） $T_{B}$ が伝わる（ $AM$ の任意の断面で切って $A$ 側のつり合いを考えると $T_{A}$ 、 $MB$ の断面で $B$ 側を考えると $T_{B}$ ）。

2. 断面二次極モーメント。 $A$ から距離 $x$ の断面の直径は $d (x) = d (1 + \frac{x}{L})$ なので
$I_{p} (x) = \frac{π d ( x ) ^{4}}{32} = \frac{π d ^{4}}{32} (1 + \frac{x}{L})^{4} .$

3. 各区間のねじれ角。 各断面でねじりの式が成り立つとしたので、ねじれ角は $\int \frac{T _{x}}{G I _{p} ( x )} d x$ で求められる。
$\int (1 + \frac{x}{L})^{- 4} d x = - \frac{L}{3} (1 + \frac{x}{L})^{- 3}$
を用いると
$\int_{0}^{L /2} (1 + \frac{x}{L})^{- 4} d x = \frac{L}{3} {1 - (\frac{2}{3})^{3}} = \frac{L}{3} \cdot \frac{19}{27} = \frac{19 L}{81},$
$\int_{L /2}^{L} (1 + \frac{x}{L})^{- 4} d x = \frac{L}{3} {(\frac{2}{3})^{3} - (\frac{1}{2})^{3}} = \frac{L}{3} \cdot \frac{64 - 27}{216} = \frac{37 L}{648} .$
よって、区間 $AM$ , $MB$ のねじれ角の大きさは
$φ_{A M} = \frac{32 T _{A}}{π G d ^{4}} \cdot \frac{19 L}{81}, φ_{M B} = \frac{32 T _{B}}{π G d ^{4}} \cdot \frac{37 L}{648} .$

4. 変形の適合条件。 両端は固定されているので、断面 $M$ の回転角は $A$ 側から測っても $B$ 側から測っても同じでなければならない。すなわち $φ_{A M} = φ_{M B}$ で、
$\frac{19}{81} T_{A} = \frac{37}{648} T_{B} ⟺ 152 T_{A} = 37 T_{B} . (2)$

5. 解く。 $(2)$ より $T_{B} = \frac{152}{37} T_{A}$ 。これを $(1)$ に代入して
$T_{A} (1 + \frac{152}{37}) = T ⟹ T_{A} = \frac{37}{189} T .$

（参考： $T_{B} = \frac{152}{189} T$ 。太い側の区間のほうがねじれにくいので、より大きなねじりモーメントを受けもつ。）

よって、端 $A$ で壁から受けるねじりモーメントの大きさは $\frac{37}{189} T$ である。

別解

A からの距離を $x$ とすると直径は $D (x) = d (1 + x / L)$ 、断面二次極モーメントは $I_{p} (x) = π D^{4} /32 = \frac{π d ^{4}}{32} (1 + x / L)^{4}$ 。

A 端の反力ねじりモーメントを $T_{A}$ 、B 端を $T_{B}$ とする。釣り合いより $T_{A} + T_{B} = T$ 。

区間 AM のねじりモーメントは $T_{A}$ 、区間 MB では $T_{B}$ （向きは逆だが大きさで考える）。M は両側から同じ回転角をもつ（適合条件）。端が固定なので、A に対する M のねじれ角と B に対する M のねじれ角の大きさが等しい：
$\frac{T _{A}}{G} \int_{0}^{L /2} \frac{d x}{I _{p}} = \frac{T _{B}}{G} \int_{L /2}^{L} \frac{d x}{I _{p}} .$

$u = x / L$ とおくと $\int \frac{d x}{I _{p}} = \frac{32 L}{π d ^{4}} \int (1 + u)^{- 4} d u = \frac{32 L}{π d ^{4}} [- \frac{1}{3} (1 + u)^{- 3}]$ 。

AM: $\frac{1}{3} (1 - \frac{8}{27}) = \frac{19}{81} = \frac{152}{648}$
MB: $\frac{1}{3} (\frac{8}{27} - \frac{1}{8}) = \frac{37}{648}$

共通の係数を除くと $152 T_{A} = 37 T_{B}$ 。 $T_{A} + T_{B} = T$ と合わせて
$T_{A} = \frac{37}{37 + 152} T = \frac{37}{189} T, T_{B} = \frac{152}{189} T .$

検算： $T_{A} + T_{B} = 189/189 T = T$ 。 $152 \cdot 37 = 37 \cdot 152$ で適合条件を満たす。太い B 側が剛いので B 側が大きい分担を受けるのは妥当。

よって A 端が受けるねじりモーメントの大きさは $\frac{37}{189} T$ 。

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