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京都大学 工学研究科 機械工学群 2023年8月実施 専門科目 3-3

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Author​

祭音Myyura (Based on SN's answer refined with GPT 6 Astra)

Description​

原問題（2024年度、PDF 12・15ページ）

  1. 縦弾性係数 EE、横弾性係数 GG の均質な線形・等方弾性体からなる部材に関して以下の問いに答えよ。ただし、部材の変形は微小とし、自重の影響は無視せよ。

3-3​

図3-3に示すように、半径 RR の半円形リング AB が一端 B で水平に固定されている。リングの横断面（リングの軸線に垂直な断面）は直径 dd の中実円形断面であり、直径 dd はリングの半径 RR に比べて十分に小さく、リングに沿って一定とする。また、図3-3に示すようにリングの横断面の位置を表す角度を θ\theta とし、先端 A で θ=0\theta=0、固定端 B で θ=π\theta=\pi とする。

(1) 図3-3(a)に示すように、このリングが先端 A において大きさ TAT_A のねじりモーメントを受けてつり合い状態にあるとする。ただし、このねじりモーメントの向きは図3-3(a)に示す矢印の向きのとおりである。このときリングの横断面で生じる曲げモーメント M1M_1 およびねじりモーメント T1T_1 を、横断面の位置を表す角度 θ\theta の関数として求めよ。ただしこれらのモーメントが正となる向きは任意に定めてよい。

(2) 図3-3(b)に示すように、このリングが先端 A において鉛直下向きに大きさ PAP_A の集中荷重を受けてつり合い状態にあるとする。このときリングの横断面で生じる曲げモーメント M2M_2 およびねじりモーメント T2T_2 を、横断面の位置を表す角度 θ\theta の関数として求めよ。ただしこれらのモーメントが正となる向きは問い3-3 (1) の解答で定めた正の向きに合わせよ。

(3) このリングが問い3-3 (1) のねじりモーメント TAT_A を受けてつり合い状態にあるとき、リングの先端 A の鉛直下向きの変位 δA\delta_A を求めよ。

原題の図3-3

题目描述​

  1. 对由均质、线性、各向同性弹性体构成的构件回答以下问题。其杨氏模量为 EE，剪切模量为 GG。假设变形微小，忽略自重影响。

3-3

如图3-3，半径为 RR 的半圆形环 AB 在 B 端水平固定。环的横截面（垂直于环轴线的截面）为直径 dd 的实心圆，dd 远小于环半径 RR，并沿环保持不变。用图3-3所示角度 θ\theta 表示截面位置，A 端为 θ=0\theta=0，固定端 B 为 θ=π\theta=\pi。

(1) 如图3-3(a)，环在 A 端承受大小为 TAT_A 的扭矩并处于平衡，扭矩方向与图中箭头一致。求各横截面弯矩 M1M_1 和扭矩 T1T_1 关于截面位置角度 θ\theta 的函数。各力矩的正方向可自行规定。

(2) 如图3-3(b)，环在 A 端承受大小为 PAP_A 的竖直向下集中力并处于平衡。求各横截面弯矩 M2M_2 和扭矩 T2T_2 关于截面位置角度 θ\theta 的函数。力矩正方向须与3-3 (1) 中规定的正方向一致。

(3) 环在3-3 (1) 的扭矩 TAT_A 作用下处于平衡时，求 A 端竖直向下的位移 δA\delta_A。

Kai​

(1), (2)​

切断面より A 側の部分に働く内力モーメントについて、曲げは円の中心向き、ねじりは A から B に向かう接線方向を正とする。両荷重を同時に作用させ、各方向のモーメントのつり合いをとると

M+TAsin⁡θ+PARsin⁡θ=0,T−TAcos⁡θ+PAR(1−cos⁡θ)=0.\begin{gathered} M+T_A\sin\theta+P_AR\sin\theta=0,\\ T-T_A\cos\theta+P_AR(1-\cos\theta)=0. \end{gathered}

したがって

M1=−TAsin⁡θ,T1=TAcos⁡θ,M2=−PARsin⁡θ,T2=−PAR(1−cos⁡θ).\begin{gathered} \boxed{M_1=-T_A\sin\theta,\quad T_1=T_A\cos\theta},\\ \boxed{M_2=-P_AR\sin\theta,\quad T_2=-P_AR(1-\cos\theta)}. \end{gathered}

(3)​

PAP_A を鉛直下向きの仮想荷重として用いる。断面二次モーメントと極断面二次モーメントは

I=πd464,J=πd432.I=\frac{\pi d^4}{64},\qquad J=\frac{\pi d^4}{32}.

ひずみエネルギーに Castigliano の定理を適用する。

U=∫0π(M22EI+T22GJ)R dθ,U=\int_0^\pi\left(\frac{M^2}{2EI}+\frac{T^2}{2GJ}\right)R\,d\theta,
δA=∂U∂PA∣PA=0=TAR2EI∫0πsin⁡2θ dθ−TAR2GJ∫0πcos⁡θ(1−cos⁡θ) dθ=πTAR22(1EI+1GJ)=16TAR2d4(2E+1G).\begin{aligned} \delta_A &=\left.\frac{\partial U}{\partial P_A}\right|_{P_A=0}\\ &=\frac{T_AR^2}{EI}\int_0^\pi\sin^2\theta\,d\theta -\frac{T_AR^2}{GJ}\int_0^\pi\cos\theta(1-\cos\theta)\,d\theta\\ &=\frac{\pi T_AR^2}{2}\left(\frac1{EI}+\frac1{GJ}\right) =\boxed{\frac{16T_AR^2}{d^4}\left(\frac2E+\frac1G\right)}. \end{aligned}
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