名古屋工業大学 工学研究科 電気・機械工学系（機械工学）2022年度 問題22（力学・材料力学）

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• 名古屋工业大学
• 刚体转动惯量
• 刚体转动与滚动
• 弯曲应力

Author

祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)

Description

I

長さ $L$、質量 $M$ の細長い剛体棒 $AB$ の重心を $G$ とする。棒は $GB$ の中点 $O$ でピン支持され、端点 $A$ につながるケーブル $AC$ によって静止している。$O$ を原点、右向きを $x$、上向きを $y$ とする。初期姿勢は $\overrightarrow{OA}$ が $+x$ 軸から $150^\circ$、ケーブルの $A$ から $C$ への向きが $+x$ 軸から $30^\circ$ である。重力は鉛直下向き、加速度の大きさを $g$、重心まわりの慣性モーメントを $I_G=ML^2/12$ とする。

1. $O$ まわりの慣性モーメント $I_O$ を求めよ。
2. 平衡状態のケーブル張力 $T$ を求めよ。
3. ケーブルを静かに切り離した直後の棒の回転角加速度 $\alpha$ を求めよ。
4. 切断後、棒が反時計回りに $90^\circ$ 回転したときの角速度 $\omega$ を求めよ。

II

長さ $L$ のはり $AB$ は左端 $A$ の回転支点と、$A$ から $4L/5$ の位置 $C$ の移動支点で支持され、全長にわたり鉛直下向きの等分布荷重 $w$ を受ける。$A$ 断面の図心を原点とし、右向きに $x$、下向きに $y$、両軸に直交する方向に $z$ 軸をとる。断面は頂点が上、底辺が下の二等辺三角形で、底辺 $b$、高さ $h$ とする。下側が引張となる曲げモーメントを正とし、変形は微小とする。

1. 支点反力 $R_A,R_C$ の大きさを求めよ。
2. $0\le x\le4L/5$ の曲げモーメント $M(x)$ を $w,L,x$ で表せ。
3. 区間 $AC$ で曲げモーメントの大きさが最大となる断面 $D$ の位置 $x_D$ とモーメント $M_D$ を求めよ。
4. 断面二次モーメントを $I=bh^3/36$、断面 $C,D$ のモーメントの大きさを $|M_C|,|M_D|$ とするとき、最大引張応力 $\sigma_C,\sigma_D$ を $|M_C|,|M_D|,b,h$ で表せ。

题目描述

I：细杆长 $L$、质量 $M$，在重心 $G$ 与端点 $B$ 的中点 $O$ 铰支。初始时 $OA$ 指向左上、与正 $x$ 轴成 $150^\circ$，端点 $A$ 的拉索指向右上 $30^\circ$。求绕支点惯性矩、静力平衡拉力、剪断拉索后的角加速度，以及逆时针转过 $90^\circ$ 时的角速度。II：全长均布载荷为 $w$ 的梁在左端及距左端 $4L/5$ 处支承，横截面为尖端朝上的等腰三角形。求支反力、支点之间弯矩函数、绝对弯矩最大位置与值，以及 $C,D$ 截面的最大拉应力。

Kai

I (1)

$OG=L/4$ であるから、平行軸の定理より

$$\boxed{I_O=I_G+M(L/4)^2=\frac7{48}ML^2}.$$

I (2)

$O$ まわりのモーメントを反時計回り正とする。重力の腕は $(L/4)\cos30^\circ$、張力の腕は $(3L/4)\sin60^\circ$ なので

$$\frac{\sqrt3}{8}MgL-\frac{3\sqrt3}{8}TL=0, \qquad \boxed{T=\frac{Mg}{3}}.$$

I (3)

切断直後は姿勢が変わらず、$O$ まわりの重力モーメントだけが残る。

$$I_O\alpha=\frac{\sqrt3}{8}MgL, \qquad \boxed{\alpha=\frac{6\sqrt3g}{7L}\quad\text{（反時計回り）}}.$$

I (4)

$\overrightarrow{OG}$ の角度は $150^\circ$ から $240^\circ$ へ変化するので、重心の下降量は

$$\Delta h=\frac L4(\sin150^\circ-\sin240^\circ)=\frac{(1+\sqrt3)L}{8}.$$

力学的エネルギー保存 $I_O\omega^2/2=Mg\Delta h$ より

$$\boxed{\omega=\sqrt{\frac{12(1+\sqrt3)g}{7L}}\quad\text{（反時計回り）}}.$$

II (1)

$R_A+R_C=wL$、$R_C(4L/5)=wL(L/2)$ から

$$\boxed{R_A=\frac38wL,\qquad R_C=\frac58wL}\quad\text{（ともに上向き）}.$$

II (2)

左側部分の釣合いより

$$\boxed{M(x)=R_Ax-\frac12wx^2=\frac38wLx-\frac12wx^2},\qquad0\le x\le\frac{4L}{5}.$$

II (3)

$M'(x)=3wL/8-wx=0$ より $x=3L/8$。その値は $9wL^2/128$ である。一方、端点は $M(0)=0,M_C=-wL^2/50$ で、$9/128>1/50$ だから

$$\boxed{x_D=\frac{3L}{8},\qquad M_D=\frac9{128}wL^2}.$$

II (4)

図心から上端まで $2h/3$、下端まで $h/3$ である。$C$ は負曲げで上側、$D$ は正曲げで下側が引張となる。したがって

$$\boxed{\sigma_C=\frac{|M_C|(2h/3)}{bh^3/36}=\frac{24|M_C|}{bh^2},\qquad \sigma_D=\frac{|M_D|(h/3)}{bh^3/36}=\frac{12|M_D|}{bh^2}}.$$

Reference

• 名古屋工業大学公式原題の公開アーカイブ：2022年度、PDF 4–5ページ