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材料力学の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理材料力学

長さ $L$ のまっすぐな中空の丸軸 $AB$ がある。断面は全長にわたって一様な円環で、外径は $d$ 、内径は $\frac{d}{2}$ である。軸の材料の横弾性係数（せん断弾性係数）は $G$ である。軸の両端 $A$ , $B$ は、ともに剛体の壁に固定されていて回転できない。

端 $A$ を原点とし、軸にそって $B$ の向きに座標 $x$ （ $0 \leq x \leq L$ ）をとる。この軸に、軸線のまわりのねじりモーメントを分布させて加える。位置 $x$ での単位長さあたりのねじりモーメントの大きさは $t (x) = t_{0} \frac{x}{L}$ （ $t_{0} > 0$ は定数）で、向きは全長にわたって同じである。

材料は線形弾性体で、変形は微小とし、断面は平面を保ったまま剛体的に回転するものとする（初等的なねじり理論に従う）。このとき、軸の各断面の回転角（ねじれ角）の大きさの最大値を、 $t_{0}$ , $L$ , $G$ , $d$ を用いて求めよ。回転角の単位はラジアンとする。

A

B

t_{0}

t (x) = t_{0} \frac{x}{L}

L

x

斜線の三角形は分布ねじりモーメントの大きさの分布を表す

この問題で使うもの

丸軸のねじり応力とねじれ角（説明と入口の問題）
ねじりの不静定問題（説明と入口の問題）
定積分の計算（説明と入口の問題）
区間での最大・最小（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（55 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

両端が固定された不静定問題である。端 A での内力のねじりモーメントを未知数 $T_{0}$ として、位置 $x$ での内力のねじりモーメント $T (x)$ を表し、両端で回転角が $0$ という条件から $T_{0}$ を決める。

ヒント 2

$\frac{d ϕ}{d x} = \frac{T ( x )}{G J}$ と $ϕ (0) = ϕ (L) = 0$ から $\int_{0}^{L} T (x) d x = 0$ となる。中空断面では $J = \frac{π}{32} {d^{4} - (\frac{d}{2})^{4}}$ である。

ヒント 3

$T (x) = \frac{t _{0} L}{6} - \frac{t _{0} x ^{2}}{2 L}$ で、 $ϕ (x) = \frac{t _{0} x ( L ^{2} - x ^{2} )}{6 G J L}$ となる。回転角が最大になるのは $T (x) = 0$ となる位置である。

答えと解説

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\frac{512 3 t _{0} L ^{2}}{405 π G d ^{4}}

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解説を読む

断面二次極モーメント

外径 $d$ 、内径 $\frac{d}{2}$ の円環断面の断面二次極モーメントは
$J = \frac{π}{32} {d^{4} - (\frac{d}{2})^{4}} = \frac{π}{32} \cdot \frac{15 d ^{4}}{16} = \frac{15 π d ^{4}}{512}$
である。

内力のねじりモーメント

分布ねじりモーメントの向きを正の向きとする。位置 $x$ の断面で、右側の部分が左側の部分におよぼすねじりモーメントを $T (x)$ とし、 $x = 0$ での値を $T_{0}$ とする。区間 $[0, x]$ の部分のモーメントのつり合いから
$T (x) = T_{0} - \int_{0}^{x} t_{0} \frac{x ^{'}}{L} d x^{'} = T_{0} - \frac{t _{0} x ^{2}}{2 L} (1)$
となる。両端が固定されているので、つり合いの式だけでは $T_{0}$ が決まらない（不静定問題）。

変形の適合条件

初等的なねじり理論では、断面の回転角 $ϕ (x)$ について
$\frac{d ϕ}{d x} = \frac{T ( x )}{G J} (2)$
が成り立つ。両端は回転できないので $ϕ (0) = ϕ (L) = 0$ であり、 $(2)$ を $0$ から $L$ まで積分すると
$\int_{0}^{L} T (x) d x = T_{0} L - \frac{t _{0} L ^{2}}{6} = 0 ⟹ T_{0} = \frac{t _{0} L}{6}$
を得る。

回転角の分布

$(1)$ , $(2)$ と $ϕ (0) = 0$ から
$ϕ (x) = \frac{1}{G J} \int_{0}^{x} (\frac{t _{0} L}{6} - \frac{t _{0} x ^{'2}}{2 L}) d x^{'} = \frac{t _{0}}{6 G J} (Lx - \frac{x ^{3}}{L}) = \frac{t _{0} x ( L ^{2} - x ^{2} )}{6 G J L}$
である。 $0 \leq x \leq L$ で $ϕ (x) \geq 0$ なので、回転角の大きさの最大は $ϕ (x)$ の最大値である。

最大値

$\frac{d ϕ}{d x} = 0$ 、すなわち $T (x) = 0$ となるのは
$\frac{t _{0} L}{6} - \frac{t _{0} x ^{2}}{2 L} = 0 ⟹ x = \frac{L}{3}$
のときである。 $x < \frac{L}{3}$ で $T > 0$ 、 $x > \frac{L}{3}$ で $T < 0$ なので、ここで $ϕ$ は最大になる。
$ϕ_{m a x} = \frac{t _{0}}{6 G J L} \cdot \frac{L}{3} (L^{2} - \frac{L ^{2}}{3}) = \frac{t _{0}}{6 G J L} \cdot \frac{2 L ^{3}}{3 3} = \frac{t _{0} L ^{2}}{9 3 G J}$

$J = \frac{15 π d ^{4}}{512}$ を代入すると
$ϕ_{m a x} = \frac{t _{0} L ^{2}}{9 3 G} \cdot \frac{512}{15 π d ^{4}} = \frac{512 t _{0} L ^{2}}{135 3 π G d ^{4}} = \frac{512 3 t _{0} L ^{2}}{405 π G d ^{4}}$
となる。

別解

断面二次極モーメントは $J = \frac{π}{32} (d^{4} - (\frac{d}{2})^{4}) = \frac{15 π d ^{4}}{512}$ 。

ねじれ角 $θ (x)$ について、ねじりモーメントのつり合いより $G J θ^{''} (x) = - t (x) = - t_{0} x / L$ （符号は向きの取り方による）。境界条件は $θ (0) = θ (L) = 0$ 。

$k = \frac{t _{0}}{G J}$ とおくと $θ^{''} = - k x / L$ 。2 回積分して $θ = - \frac{k x ^{3}}{6 L} + C_{1} x + C_{2}$ 。

$θ (0) = 0$ より $C_{2} = 0$ 。 $θ (L) = 0$ より $C_{1} = k L /6$ 。

よって $θ (x) = \frac{k}{6 L} (L^{2} x - x^{3})$ 。

$θ^{'} = 0$ より $x = L / 3$ で最大。

$θ_{ma x} = \frac{k}{6 L} (\frac{L ^{3}}{3} - \frac{L ^{3}}{3 3}) = \frac{k L ^{2}}{9 3}$ 。

$k = \frac{512 t _{0}}{15 π G d ^{4}}$ を代入して $θ_{ma x} = \frac{512 t _{0} L ^{2}}{135 3 π G d ^{4}} = \frac{512 3 t _{0} L ^{2}}{405 π G d ^{4}}$ 。

検算： $θ (L / 3)$ を直接代入すると $\frac{k}{6 L} \cdot \frac{2 L ^{3}}{3 3} = \frac{k L ^{2}}{9 3}$ で一致。次元も $t_{0} L^{2} / (G J)$ で無次元となり整合する。

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