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2014/09/09
応用力学演習Ⅱ（2014-№2）
【問題 N-1】下図に示すような曲げ剛性 EI が一定な“連続ばり”について、以下の設問に答えよ。
(1) 支点反力 R A ， R B ， RC を求めよ。
(2) 断面力図（Q－図，M－図）を図示せよ。
EI  const
P
A
B
 2
RA
 2
C

RB
RC
【解答】《解法Ⅰ》
(1) 連続ばり ABC の支点 B を取り外し、単純ばり化して、次のように考える。
1
1
1
①単純ばり AC に荷重 P が載荷されたときの B 点のたわみ y B と A，C 点の支点反力 R A ，RC を求
める。
2
②単純ばり AC において、B 点に鉛直上方向に未知の外力 X が作用するときの B 点のたわみ y B と
A，C 点の支点反力 R A2 ， RC2 を求める。
1
③連続ばり ABC においては、B 点のたわみはゼロであるから、①と②で求めた B 点のたわみ y B と
y B2 は、大きさが等しく、方向が逆にならなければならない。
④上記③の条件を用いて、②の未知の外力 X の大きさを求めれば、B 点の支点反力 R B に他ならな
い。すなわち、 R B =X である。
2
2
⑤上記④で求めた外力 X の大きさを用いて、A，C 点の支点反力 R A ，RC を表せば、連続ばり ABC
1
2
1
2
における A，C 点の支点反力 R A ， RC は、 R A = R A ＋ R A ， RC = RC ＋ RC で求められる。
上記のように考えれば、右図のように、問題は分解され、 A と B の状態の和で表される。
1
1
まず、A の状態について、A，C 点の支点反力 R A ，RC を求めると、
P
EI  const
3
3
1
1
2  RA    P  RA  P
A
B
C
2
4
1
1
/2 /2

2  RC1    P  RC1  P
2
4
このとき、荷重 P の右側のたわみ y R は、教科書の表から次のよう
RA
RB
RC
に表される。
yR 
Pa 2 b 2  x  x  x  3 
2  

6 EI  b a ab 2 
Ａ
y
1
これを用いて、B 点のたわみ y B を求めるために、

3
， b   ， x    とおくと、次のようになる。
2
2
1
9 

P 2  2 
3


4 2    
y 1B  4

1
1 9 2
6 EI  2  3


 
 2
2
2 4 
3 P 3  2
8  3 P 3 12  18  8


 2  2   
64 EI  3
9  64 EI
9
P
yR
  2 ， a 
3 P 22 11 P




64 EI 9 96 EI
3
3
R
y 1B
1
A
Ｂ
RA2
x’
RC1
y B2
X
RC2
次に、 B の状態について、B 点のたわみ y B を考えると、
2
X  8 3
X 3

48 EI
6 EI
ここで、連続ばり ABC においては、B 点のたわみはゼロであるから、
6  11
11
11 P 3 X 3


0
y 1B  y B2 
X 
P
P
96 EI 6 EI
96
16
11
X
2
2
2
2

P
また、A，C 点の支点反力 R A ， RC は、 R A  RC  
2
32
24  11
13
 3 11 
RA  R1A  RA2      P 
P
P
32
32
 4 32 
11
P
以上より、 RB  X 
16
8  11
3
 1 11 
RC  RC1  RC2      P 
P P
32
32
 4 32 
y B2  
(2) 断面力図（Q－図，M－図）を図示すると、下図のようになる。
P
A
B
C
 19 32 P
Q－図
13
3
32 P
 3 32 P
M－図
13
64 P
32
P
【解答】《解法Ⅱ》
(1) 連続ばり ABC の支点 C を取り外し、張出ばり化して、次のように考える。
①張出ばり AC に荷重 P が載荷されたときの B 点のたわみ角  B   B   Br と A，B 点の支点反力
R1A ， RB1 を求める。
2
②張出ばり AC において、C 点に鉛直下方向に未知の外力 X が作用するときの C 点のたわみ y C と
A，B 点の支点反力 R A2 ， RB2 を求める。
1
③連続ばり ABC においては、C 点のたわみはゼロであるから、①と②で求めた C 点のたわみ y C と
y C2 は、大きさが等しく、方向が逆にならなければならない。
④上記③の条件を用いて、②の未知の外力 X の大きさを求めれば、C 点の支点反力 RC に他ならな
い。すなわち、 RC   X である。
2
2
⑤上記④で求めた外力 X の大きさを用いて、A，B 点の支点反力 R A ，R B を表せば、連続ばり ABC
における A，B 点の支点反力 R A ， RB は、 R A = R A ＋ R A ， RB = R B ＋ R B で求められる。
1
2
1
2
上記のように考えれば、右図のように、問題は分解され、 A と B の状態の和で表される。
まず、 A の状態について、A，B 点の支点反力 R A ， R B を求め
ると、
1
1
P

1
1
R  R  P，R   P
∴ RA  RB 
2
2
このとき、B 点のたわみ角  B は、教科書の表から、
1
A
1
B
A
1
A
P 2
P 2
∴  B   Br  
16 EI
16 EI
1
これを用いて、C 点のたわみ y C を求めると、次のようになる。
B  
B
/2 /2
RA
Ａ
P
y   Br    
16 EI
2
2
次に、 B の状態について、A，B 点の支点反力 R A ， R B を求め
3
R  R  X ， R   X  2
2
2
∴ RA   X ， RB  2 X
このとき、BC 間のたわみ y1 は、教科書の表から、
2
A
2
B
2
B
P3 x1  a
a x x2 
   2  3  1  12 
6 EI   
   
2
と表され、 P  X ， a   ， x1   とおくと、C 点のたわみ y C
C

RB
P
 B
1
C
ると、
EI  const
P
RC
直線
yC1
 Br
R1A
RB1
X
Ｂ
y1 
yC2
R A2
RB2
は、次のようになる。
   2  2 X 3
X 3   
y 
  2  3   2   
    3 EI
6 EI   
ここで、連続ばり ABC においては、C 点のたわみはゼロであるから、
P3 2 X 3
3
P 3 3 EI
yC1  yC2  
 
0
X 
  3 
P
16 EI 3 EI
16 EI 2 
32
1
1
3
16  3
13
RA  R1A  RA2  P  X  P  P 
P
P
2
2
32
32
32
1
1
3
83
11
1
2
P
P P
以上より、 RB  RB  RB  P  2 X  P 
2
2
16
16
16
3
RC   X   P
32
(2) 断面力図（Q－図，M－図）を図示すると、下図のようになる。《解法Ⅰの(2)と同じなので省略》
2
C
【問題 E-7】〝弾性荷重法〟により、下図に示すような“変断面片持ばり AB”の自由端 B のたわみ v B
を求めよ。なお、“変断面片持ばり AB”の曲げ剛性は、A～C 間，C～D 間，D～B 間でそれぞれ
3EI，2EI ，EI である。
P
C
D
A
B
3EI
2 EI
EI

3

3

3
【解答】
まず、変断面片持ばりの曲げモーメント図は、下左図のようになる。
次に、〝モールの定理〟より、〝共役ばり〟に〝弾性荷重〟を載荷したものは下右図のようになり、こ
~
れについて支点曲げモーメント M B  v B を求めればよいことになる。なお、ここに 
P
  とする。
3EI
P
C
D
A
B
3EI
2 EI

3

3
1  C’
3
C’’
 P
A
A’
EI


3
2
 P
3
D’
D’’
G2
2 
3
1
 P
3
1 
2
A
G1
1 
2
C
P2
B
G3
D P3
~
M B  vB
B
xG3
xG2
P1
xG1
M‐図
ここで、
1
P1  
2
1  2
1
P2      
2 3 3
9
1   1
P3     
2 2 3 12
2

3
2 2
4
xG2     
3 3
9
2 1
2
xG3     
3 3
9
xG1 
であるから、モーメントの釣合から、次のようになる。
~
M B  P1  xG1  P2  xG2  P3  xG2  0
~
∴ MB 
1
2
1
4
1
2
1 
54  8  3 2 65 2
1 4
                  2 
 

2
3
9
9
12
9
162
162
 3 81 54 
65
65  P  2
65 P 3
~

∴ vB  M B  
  

 
162
162  3EI 
486 EI
65 P 3

よって、 v B 
486 EI
≪参考≫
【問題 E-6】下図のような“変断面片持ばり”について、先端 B 点のたわみ角  B とたわみ y B を以下の
2 通りで求めよ。ただし、曲げ剛性は、A～C 間を 2EI，C～B 間を EI とする。
(1)
d2y
M

に基づく微分方程式法
2
EI
dx
(2) 〝モールの定理〟に基づく弾性荷重法
P
EI
2EI
A

C
2
B

x
2
y
【解答】
まず、曲げモーメント図（M－図）を図示すると、
右図のようになる。
P
EI
2EI
(1)微分方程式法による解法
たわみ角  とたわみ y を、A～C 間と C～B 間に
分けて、それぞれたわみ角   ，  r とたわみ y  ， y r
A
とする。
このとき、曲げモーメントとたわみの関係式

C
2
B

2
y
 P
d2y
M
 

を、 0  x  と  x   に分けて、
2
2 2
EI
dx
M ( x )   P(   x )
以下のように解く。
M－図
d 2 y

M
P
a) 0  x  のとき、


  x
2
2 EI 2 EI
dx 2
dy 
P
P

これを逐次積分すると、   
   x 2  C1 y 
   x  3  C1 x  C2
4 EI
12 EI
dx
ここで、次のような境界条件より、積分定数 C1 ， C2 を求めると、以下のようになる。
1) x  0 のとき、
dy 
 y      0 より、
dx
2) x  0 のとき、 y   0 より、
P 2
 C1  0
4 EI
P 3
 C2  0
12 EI

よって、
P
P 2
P 2
P
x
x 

  x 2 
4 EI
4 EI
4 EI
2 EI
2
P 2   x   x   P 2  x    x  
2



    2    
     
4 EI         4 EI        
  
P
P 2
P 3
P 3 P 2
3
y 
x

x 
x
  x 
12 EI
4 EI
12 EI
12 EI
4 EI
2
3
2
3
P 3   x 
 x   P  x    x  
    3    

3        
12 EI    
  12 EI        
P 2
4 EI
P 3
 C2  
12 EI
 C1 
x
b)
d 2 yr

M
P
 x   のとき、


  x
2
2
EI EI
dx
dy r
P
P

これを逐次積分すると、  r 
  x  2  D1 yr 
  x  3  D1 x  D2
2 EI
6 EI
dx
ここで、次のような連続条件より、積分定数 D1 ， D2 を求めると、以下のようになる。
3) x 

のとき、     r より、
2

1  3 P 2
P 2
P 2 1 
 D1 
 2   
8EI
4 EI 2 
2  16 EI
P 2  3 1  5 P 2
 D1 
   
EI  16 8  16 EI
4) x 

のとき、 y   y r より、
2
 D2 
5 P 3
1
5 P 3
P 3
P 3 1 


 D2 
 3   

48 EI 32 EI
12 EI 4 
2  96 EI
P 3 5  2  15
P 3
12 P 3

 

96
96 EI
8 EI
EI
よって、
P
P 2 P
5 P 2
3 P 2
2
r  

x 
x 
  x  
EI
2 EI
16 EI
2 EI
16 EI
2
P 2 
 x
 x  

 3  16     8    

 
16 EI 
P 3
P
P 3
P 3 P 2 3 P 2
5 P 2
yr 
x

x 
x  
x
  x 3  
6 EI
16 EI
8 EI
6 EI
2 EI
16 EI
24 EI
2
3
3 
P 
 x
 x
 x  

2  9     24     8    


 
48 EI 
したがって、B 点のたわみ角  B とたわみ y B は、次のようになる。
 B  r
x 
y B  yr
x
P 2
5 P 2
 3  16  8  
16 EI
16 EI
3
P
9 P 3
3 P 3

 
2  9  24  8  
48 EI
48 EI
16 EI

5 P 2

16 EI
3 P 3

∴ yB 
16 EI
∴ B 
(2)弾性荷重法による解法
「片持ばり」の〝共役ばり〟を考えると、右図のように
なる。
A 点… 固定端 → 自由端
 y  0


  0
B 点… 自由端 →
P
  y0
  0, y  0
固定端
~ ~
Q M 0
~
~
Q  0, M  0
~
M
 0
 ~

Q  0 
P
p
を載荷した
よって、〝弾性荷重〟 ~
4 EI
 y  0


  0
〝共役ばり〟は、右図のようになる。
~
~
このとき、〝共役ばり〟の支点反力 R B ， M B を
求めれば、B 点のたわみ角  B とたわみ y B が得
られる。
2~
p
2~
p
~
M B  yB
~
p
A

C
2
B

2
 1
 3
1
1
5
~
RB  2 ~
p~
p    2 ~
p  ~
p  ~
p  ~
p
2
2 2
2 4
2
4
5
5  P 
5 P 2
~
  B   RB   ~
p     
   
4
4  4 EI 
16 EI
    2
    1
   2
1
~
MB   ~
p       ~
p      2~
p      0
2
2  2 2 3
2  2 4 2
2  2 3
 5 ~ 2 3~ 2 1~ 2
1
5
1
3
1
~
 M B   ~
p    ~
p     ~
p  
p  p   p 
4
6
2
4
2
3 24
8
6
5  9  4 ~ 2 18 ~ 2 3 ~ 2

p 
p  p
24
24
4
3 2
3  P  2
3 P 3
~
 yB  M B   ~
p     
   
4
4  4 EI 
16 EI
したがって、B 点のたわみ角  B とたわみ y B は、次のようになる。
B 
5 P 2

16 EI
B
C
A
~
M
 0
 ~

Q  0 
yB 
3 P 3

16 EI
~
~
RB  QB   B