九州大学 工学府 機械系専攻 2019年8月実施 材料力学 問1 Author 祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)
Description 次の問いに答えよ。各弾性棒の伸びは、その長さに比べて十分に小さいものとする。（50点）
(1) 図1のように、弾性棒 AB と CD がそれぞれ点 A と点 D で剛体壁にピン結合され、点 B と点 C で剛体棒 BC にピン結合されている。荷重 P P P δ C H \delta_{CH} δ C H
(2) 図2のように、弾性棒 AB と CD がそれぞれ点 A と点 D で剛体壁にピン結合され、点 B と点 C で剛体棒 BC にピン結合されている。点 C に荷重 P P P δ C V \delta_{CV} δ C V λ A B \lambda_{AB} λ A B λ C D \lambda_{CD} λ C D δ C V , λ A B , λ C D \delta_{CV},\lambda_{AB},\lambda_{CD} δ C V , λ A B , λ C D
(3) (2) における δ C V \delta_{CV} δ C V
図中、E E E A A A a a a
题目描述
回答下列问题。各弹性杆的伸长与其自身长度相比充分小。（50分）
(1) 如图1，弹性杆 AB、CD 分别在 A、D 两点与刚性墙壁铰接，并在 B、C 两点与刚杆 BC 铰接。求载荷 P P P δ C H \delta_{CH} δ C H
(2) 如图2，弹性杆 AB、CD 分别在 A、D 两点与刚性墙壁铰接，并在 B、C 两点与刚杆 BC 铰接。设在 C 点施加载荷 P P P δ C V \delta_{CV} δ C V λ A B , λ C D \lambda_{AB},\lambda_{CD} λ A B , λ C D δ C V , λ A B , λ C D \delta_{CV},\lambda_{AB},\lambda_{CD} δ C V , λ A B , λ C D
(3) 求 (2) 中的 δ C V \delta_{CV} δ C V
图中 E E E A A A a a a
Kai (1)
AB と BC は無載荷の節点 B を共有する二力部材であり、軸力は等しい。引張を正に取ると C のつり合いは
− 3 2 N A B + 1 2 N C D + P = 0 , 1 2 N A B + 1 2 N C D = 0. \begin{gathered}
-\frac{\sqrt3}{2}N_{AB}+\frac1{\sqrt2}N_{CD}+P=0,\\
\frac12N_{AB}+\frac1{\sqrt2}N_{CD}=0.
\end{gathered} − 2 3 N A B + 2 1 N C D + P = 0 , 2 1 N A B + 2 1 N C D = 0. したがって N A B = ( 3 − 1 ) P N_{AB}=(\sqrt3-1)P N A B = ( 3 − 1 ) P N C D = − ( 3 − 1 ) P / 2 N_{CD}=-(\sqrt3-1)P/\sqrt2 N C D = − ( 3 − 1 ) P / 2 ℓ A B = 2 a / 3 \ell_{AB}=2a/\sqrt3 ℓ A B = 2 a / 3 ℓ C D = 2 a \ell_{CD}=\sqrt2a ℓ C D = 2 a
U = N A B 2 ℓ A B + N C D 2 ℓ C D 2 E A . U=\frac{N_{AB}^2\ell_{AB}+N_{CD}^2\ell_{CD}}{2EA}. U = 2 E A N A B 2 ℓ A B + N C D 2 ℓ C D . Castigliano の定理から
δ C H = ∂ U ∂ P = 8 3 + 6 2 − 3 6 − 12 3 P a E A . \boxed{\begin{gathered}
\delta_{CH}=\frac{\partial U}{\partial P}\\
=\frac{8\sqrt3+6\sqrt2-3\sqrt6-12}{3}\frac{Pa}{EA}
\end{gathered}}. δ C H = ∂ P ∂ U = 3 8 3 + 6 2 − 3 6 − 12 E A P a . (2)
δ = δ C V \delta=\delta_{CV} δ = δ C V u u u 2 a + λ A B 2a+\lambda_{AB} 2 a + λ A B a + λ C D a+\lambda_{CD} a + λ C D
2 a + λ A B = ( 2 a + u ) 2 + δ 2 , a + λ C D = ( a − u ) 2 + δ 2 . \begin{gathered}
2a+\lambda_{AB}=\sqrt{(2a+u)^2+\delta^2},\\
a+\lambda_{CD}=\sqrt{(a-u)^2+\delta^2}.
\end{gathered} 2 a + λ A B = ( 2 a + u ) 2 + δ 2 , a + λ C D = ( a − u ) 2 + δ 2 . u = O ( δ 2 / a ) u=O(\delta^2/a) u = O ( δ 2 / a )
λ A B = u + δ 2 4 a , λ C D = − u + δ 2 2 a . \lambda_{AB}=u+\frac{\delta^2}{4a},\qquad
\lambda_{CD}=-u+\frac{\delta^2}{2a}. λ A B = u + 4 a δ 2 , λ C D = − u + 2 a δ 2 . よって
λ A B + λ C D ≃ 3 δ C V 2 4 a . \boxed{\lambda_{AB}+\lambda_{CD}\simeq\frac{3\delta_{CV}^2}{4a}}. λ A B + λ C D ≃ 4 a 3 δ C V 2 . (3)
水平方向のつり合いから、先頭次数では両弾性棒の軸力は等しく N N N E A EA E A
λ A B ≃ λ C D ≃ 3 δ 2 8 a , N ≃ E A a 3 δ 2 8 a . \lambda_{AB}\simeq\lambda_{CD}\simeq\frac{3\delta^2}{8a},\qquad
N\simeq\frac{EA}{a}\frac{3\delta^2}{8a}. λ A B ≃ λ C D ≃ 8 a 3 δ 2 , N ≃ a E A 8 a 3 δ 2 . C から見た左側の傾きは δ / ( 2 a ) \delta/(2a) δ / ( 2 a ) δ / a \delta/a δ / a
P ≃ N ( δ 2 a + δ a ) = 9 E A 16 a 3 δ 3 . P\simeq N\left(\frac{\delta}{2a}+\frac\delta a\right)
=\frac{9EA}{16a^3}\delta^3. P ≃ N ( 2 a δ + a δ ) = 16 a 3 9 E A δ 3 . したがって、小変形の支配項として
δ C V ≃ a ( 16 P 9 E A ) 1 / 3 . \boxed{\delta_{CV}\simeq a\left(\frac{16P}{9EA}\right)^{1/3}}. δ C V ≃ a ( 9 E A 16 P ) 1/3 . 一次の変形だけでは鉛直剛性がゼロになるため、幾何学的な二次の伸びを残す必要がある。
Reference 
