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東京大学 工学系研究科 機械工学専攻 2023年8月実施 第II部 問題1

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Author​

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

Description​

下記のI、IIの両方について解答せよ。なお、Iの解答に答案用紙1枚を、IIの解答に答案用紙1枚を、それぞれ用いること。

I​

図1-1のような、二つの三角形板が溶接されて作られた 30 mm×303 mm30\,\mathrm{mm}\times30\sqrt3\,\mathrm{mm} の長方形板が、xx 方向に 20 MPa20\,\mathrm{MPa} の引張応力、yy 方向に 10 MPa10\,\mathrm{MPa} の圧縮応力を受けている。溶接線の幅は十分に薄く、ヤング率およびポアソン比は二つの三角形板と同一であり、長方形板の応力場は一様とみなせる。長方形板のヤング率を 192 GPa192\,\mathrm{GPa}、ポアソン比を 0.20.2、板厚を 1 mm1\,\mathrm{mm} とする。

(1) 溶接線に作用している内力ベクトルを求めよ。

(2) 溶接線に垂直な方向の垂直応力を求めよ。

図1-1

次に、図1-2のように、同じ長方形板が垂直応力 σx,σy\sigma_x,\sigma_y、せん断応力 σxy\sigma_{xy} を受けているケースを考える。

(3) 図1-2のように、ひずみゲージa、b、cを、それぞれ xx 方向、yy 方向、溶接線に平行に配置した。それぞれのひずみゲージで得られたひずみは、εa=1100×10−6\varepsilon_a=1100\times10^{-6}、εb=200×10−6\varepsilon_b=200\times10^{-6}、εc=200×10−6\varepsilon_c=200\times10^{-6} であった。応力 σx,σy,σxy\sigma_x,\sigma_y,\sigma_{xy} の値を求めよ。

図1-2

II​

長さ LL で一様な円柱状の棒に関する以下の設問に答えよ。棒の横断面は直径 dd の円で、直径 dd は長さ LL に比して十分に小さい（d≪Ld\ll L）。棒の質量密度を ρ\rho とし、重力加速度の大きさを gg とする。応力の正負に関しては引張応力を正値とせよ。

(1) 図1-3に示すように、棒を水平な床に鉛直に置いた。棒の上端Aから距離 xx にある横断面に働く垂直応力を求めよ。

(2) 図1-4に示すように、原点Oが棒の横断面円の中心と一致するように直交座標系 (y,z)(y,z) を設定する。yy 軸に関する断面二次モーメントが πd4/64\pi d^4/64 となることを導出せよ。

(3) 図1-5に示すように、棒の下端Bで水平な床にピン結合し、上端Aを滑らかな鉛直壁で支えた。水平な床と棒のなす角度は θ\theta（θ>0\theta>0）である。上端Aに鉛直壁から働く支持反力は水平方向となる。その支持反力の大きさを求めよ。

(4) 図1-5に示す棒の上端Aから距離 x=x0x=x_0 における横断面に働く曲げモーメントを求めよ。

(5) 図1-5に示す棒の上端Aから距離 x=x0x=x_0 における横断面内で最大の垂直応力を求めよ。

図1-3、図1-4、図1-5

题目描述​

回答以下 I、II 两部分。I 和 II 各使用一张答题纸。

I. 如图1-1，将两个三角形板焊接成 30 mm×303 mm30\,\mathrm{mm}\times30\sqrt3\,\mathrm{mm} 的矩形板，该板受到 xx 方向 20 MPa20\,\mathrm{MPa} 的拉应力和 yy 方向 10 MPa10\,\mathrm{MPa} 的压应力。焊缝宽度很小，其杨氏模量与泊松比和两个三角形板相同，矩形板中的应力场可视为均匀。矩形板的杨氏模量为 192 GPa192\,\mathrm{GPa}，泊松比为 0.20.2，板厚为 1 mm1\,\mathrm{mm}。

(1) 求作用于焊缝的内力向量。

(2) 求垂直于焊缝方向的正应力。

图1-1

接着考虑图1-2中同一矩形板受到正应力 σx,σy\sigma_x,\sigma_y 和剪应力 σxy\sigma_{xy} 的情形。

(3) 如图1-2，将应变片a、b、c分别沿 xx 方向、yy 方向及平行于焊缝的方向布置。各应变片测得的应变为 εa=1100×10−6\varepsilon_a=1100\times10^{-6}、εb=200×10−6\varepsilon_b=200\times10^{-6}、εc=200×10−6\varepsilon_c=200\times10^{-6}。求应力 σx,σy,σxy\sigma_x,\sigma_y,\sigma_{xy}。

图1-2

II. 回答关于长度 LL 的均匀圆柱杆的问题。杆的横截面为直径 dd 的圆，且 dd 相对于 LL 足够小（d≪Ld\ll L）。杆的质量密度为 ρ\rho，重力加速度大小为 gg。规定拉应力为正。

(1) 如图1-3，将杆竖直放在水平地面上。求距杆上端A为 xx 的横截面上的正应力。

(2) 如图1-4，建立直角坐标系 (y,z)(y,z)，使原点O与圆形横截面的中心重合。推导关于 yy 轴的截面二次矩为 πd4/64\pi d^4/64。

(3) 如图1-5，将杆的下端B铰接于水平地面，上端A靠在光滑竖直墙面。杆与水平面的夹角为 θ\theta（θ>0\theta>0）。墙面对上端A的支承反力沿水平方向，求其大小。

(4) 求图1-5中距杆上端A为 x=x0x=x_0 的横截面上的弯矩。

(5) 求图1-5中距杆上端A为 x=x0x=x_0 的横截面内最大的正应力。

图1-3、图1-4、图1-5

Kai​

I (1)​

溶接線より上側の三角形板を取り出す。左辺には −600 N-600\,\mathrm N、上辺には −3003 N-300\sqrt3\,\mathrm N の外力が働くので、溶接線から受ける内力は

F=600ex+3003ey[N].\boxed{\boldsymbol F=600\boldsymbol e_x+300\sqrt3\boldsymbol e_y\quad[\mathrm N]}.

下側の三角形板が受ける内力は −F-\boldsymbol F である。

I (2)​

上側三角形板の溶接面の外向き単位法線と面積は

n=(12,−32),\boldsymbol n=\left(\frac12,-\frac{\sqrt3}{2}\right),
An=302+(303)2×1=60 mm2. A_n=\sqrt{30^2+(30\sqrt3)^2}\times1=60\,\mathrm{mm^2}.

したがって

σn=F⋅nAn=300−45060=−2.50 MPa.\boxed{\sigma_n=\frac{\boldsymbol F\cdot\boldsymbol n}{A_n} =\frac{300-450}{60}=-2.50\,\mathrm{MPa}}.

I (3)​

平面応力のフックの法則より

σx=E1−ν2(εa+νεb),\sigma_x=\frac E{1-\nu^2}(\varepsilon_a+\nu\varepsilon_b),
σy=E1−ν2(εb+νεa). \sigma_y=\frac E{1-\nu^2}(\varepsilon_b+\nu\varepsilon_a).

よって

σx=228 MPa,σy=84 MPa.\boxed{\sigma_x=228\,\mathrm{MPa}},\qquad \boxed{\sigma_y=84\,\mathrm{MPa}}.

ゲージ c は xx 軸から 30∘30^\circ の方向にあるので

εc=34εa+14εb+34γxy.\varepsilon_c=\frac34\varepsilon_a+\frac14\varepsilon_b+ \frac{\sqrt3}{4}\gamma_{xy}.

したがって

γxy=4εc−3εa−εb3=−9003×10−6.\gamma_{xy}=\frac{4\varepsilon_c-3\varepsilon_a-\varepsilon_b}{\sqrt3} =-900\sqrt3\times10^{-6}.

G=E/[2(1+ν)]=80.0 GPaG=E/[2(1+\nu)]=80.0\,\mathrm{GPa} より

σxy=Gγxy=−723 MPa≃−125 MPa.\boxed{\sigma_{xy}=G\gamma_{xy}=-72\sqrt3\,\mathrm{MPa}\simeq-125\,\mathrm{MPa}}.

II (1)​

断面積を A=πd2/4A=\pi d^2/4 とする。切断面より上側の部分の重さは ρAgx\rho Agx であり、軸力は圧縮だから

σ(x)=−ρAgxA=−ρgx.\boxed{\sigma(x)=-\frac{\rho Agx}{A}=-\rho gx}.

II (2)​

y=rcos⁡φ,z=rsin⁡φy=r\cos\varphi,z=r\sin\varphi とおけば

Iy=∫Az2 dA=∫02πsin⁡2φ dφ∫0d/2r3 dr=πd464.I_y=\int_Az^2\,dA =\int_0^{2\pi}\sin^2\varphi\,d\varphi \int_0^{d/2}r^3\,dr =\pi\frac{d^4}{64}.

よって Iy=πd4/64\boxed{I_y=\pi d^4/64}。

II (3)​

壁からの反力を RAR_A、棒全体の重さを W=ρAgLW=\rho AgL とする。B まわりのモーメントの釣り合いより

RALsin⁡θ=WL2cos⁡θ.R_AL\sin\theta=W\frac L2\cos\theta.

したがって

RA=ρAgL2cot⁡θ=πd2ρgL8tan⁡θ.\boxed{R_A=\frac{\rho AgL}{2}\cot\theta =\frac{\pi d^2\rho gL}{8\tan\theta}}.

II (4)​

A から距離 x0x_0 までの部分を取り出す。その自重 ρAgx0\rho Agx_0 は中央に作用するので、曲げモーメントの大きさは

M(x0)=RAx0sin⁡θ−ρAgx0x02cos⁡θ.M(x_0)=R_Ax_0\sin\theta-\rho Agx_0\frac{x_0}{2}\cos\theta.

したがって

M(x0)=ρAgcos⁡θ2x0(L−x0)=πd2ρgcos⁡θ8x0(L−x0).\boxed{M(x_0)=\frac{\rho Ag\cos\theta}{2}x_0(L-x_0) =\frac{\pi d^2\rho g\cos\theta}{8}x_0(L-x_0)}.

II (5)​

棒の軸方向の釣り合いより、引張を正とする軸力は

N(x0)=−RAcos⁡θ−ρAgx0sin⁡θ.N(x_0)=-R_A\cos\theta-\rho Agx_0\sin\theta.

断面両縁の応力は N/A±Md/(2Iy)N/A\pm Md/(2I_y) であり、最大値は ++ 側で生じる。よって

σmax⁡(x0)=ρg[4x0(L−x0)cos⁡θd−x0sin⁡θ−Lcos⁡2θ2sin⁡θ].\boxed{ \sigma_{\max}(x_0)=\rho g\left[ \frac{4x_0(L-x_0)\cos\theta}{d} -x_0\sin\theta-\frac{L\cos^2\theta}{2\sin\theta} \right]}.

Reference​

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