支点反力Rをそのままにして用いる． \[\begin{array}{} (0\leqq x \leqq a) \hspace{20px} M=Rx \\ (a\leqq x \leqq l) \hspace{20px} M=Rx-P(x-a) \end{array}\] 曲げによるひずみエネルギー$U$を$R$で微分すれば，$R$方向のたわみが求まる． このたわみが$0$(ゼロ)なので， \[ \begin{align} \frac{\partial U}{\partial R}&=\frac{\partial}{\partial R}\left\{\int_0^l\frac{M^2}{2EI}dx\right\}\\ &=\frac{1}{2EI}\int_0^l\frac{\partial}{\partial M}M^2\frac{\partial M}{\partial R}dx\\ &=\frac{1}{EI}\int_0^lM\frac{\partial M}{\partial R}dx\\ &=\frac{1}{EI}\left\{\int_0^a(Rx)xdx+\int_a^l\left(Rx-P(x-a)\right)xdx\right\}\\ &=0 \end{align}\] を解いて， \[\begin{align} R&=\frac{2l^3-3al^2+a^3}{2l^3}P\\ &=\frac{(3l-b)b^2}{2l^3}P \end{align}\]

%=image:/media/2015/01/15/142125479298238600.png: $\rm{AB}$区間の曲げモーメント \[ M=0 \ より\\ \begin{align} EI\frac{d^2y}{dx^2}&=0\\ EI\frac{dy}{dx}&=C_1 &\cdots(1)'\\ EIy&=C_1x+C_2 &\cdots(2)'\\ \end{align}\] $\rm{BC}$区間の曲げモーメント \[ M=-P(x-a) \ より\\ \begin{align} EI\frac{d^2y}{dx^2}&=P(x-a)\\ EI\frac{dy}{dx}&=\frac{1}{2}P(x-a)^2+C^3 &\cdots(3)'\\ EIy&=\frac{1}{6}P(x-a)^3+C_3(x-a)+C_4 &\cdots(4)'\\ \end{align} \] ここで,境界条件および連続の条件を考えて積分定数を決定する． 境界条件は， \[ x=l \hspace{15px}で\hspace{15px}\theta=0,y=0 \] 連続の条件は， \[x=a\hspace{15px}で\hspace{15px}\theta_{AB}=\theta_{BC},y_{AB}=y_{BC}\] 式$(3)'$より， \begin{align} EI\frac{dy}{dx}\biggr|_{x=l}&=\frac{1}{2}P\left(l-a\right)^2+C_3\\ &=0\\ &\underline{\therefore C_3=-\frac{P(l-a)^2}{2}} \end{align} 式$(4)'$より \begin{align} EIy\biggr|_{x=l}&=\frac{1}{6}P\left(l-a\right)^3-\frac{1}{2}P(l-a)^3+C_4\\ &=0\\ &\underline{\therefore C_4=\frac{P(l-a)^3}{3}} \end{align} 式$(1)'$，$(3)'$で連続の条件を考えると， \begin{align} EI\frac{dy}{dx}\biggr|_{x=a}&=C_3=C_1\\ &\underline{\therefore C_1=-\frac{P(l-a)^2}{2}} \end{align} 式$(2)'$，$(4)'$で連続の条件を考えると， \begin{align} EIy\biggr|_{x=a}&=C_1a+C_2\\ &=-\frac{P(l-a)^2}{2}\times a+C_2\\ &=\frac{P(l-a)^3}{3} \end{align} 最大たわみは，式$(2)'$の$x=0$で生じるので， \begin{align} &\underline{\therefore C_2=\frac{P(l-a)^2(2l+a)}{6}}&\cdots(5)'\\ &\underline{y_{max}=\frac{P(l-a)^2(2l+a)}{6EI}} \end{align} 一方，ここで断面二次モーメントを求める． まず，図心の$y$方向の（下端からの）位置は， \begin{align} y_G&=\frac{5\times(10\times80)+60\times(100\times10)+115\times(10\times40)}{(10\times80)+(100\times10)+(10\times40)}\\ &\underline{=50\ \rm{mm}} \end{align} 次に，平行軸の定理を用いて， \begin{align} I_y&=I_{y1}+I_{y2}+I_{y3}\\ &=\frac{1}{12}\times80\times10^3+(50-5)^2\times(80\times10)\\ \ &+\frac{1}{12}\times10\times100^3+(50-60)^2\times(10\times100)\\ \ &+\frac{1}{12}\times40\times10^3+(50-115)^2\times(40\times10)\\ &\underline{=4253333.333\ \rm{mm^4}} \end{align} 式$(5)'$に代入すると， \begin{align} y_{max}&=\frac{P(l-a)^2(2l+a)}{6EI}\\ &=\frac{300\times(5000-1000)^2\times(2\times5000+1000)}{6\times206\times10^3\times4253333}\\ &=10.0435\\ &\underline{=1.00\times10^1\ \rm{mm}} \end{align}

$(1)$ \[ F_{AB}=-W \] %=image:/media/2015/01/15/142125498276847600.png: $(2)$ \[M_{AB}=-Wx \] $(3)$ \[ F_{BC}=0 \] %=image:/media/2015/01/15/142125498334412600.png: $(4)$ \[ M_{BC}=-Wl_1 \]

$(1)$ \[ b=\frac{x}{l}b_0 \] $(2)$ \[ I_x=\frac{1}{12}bh^3=\frac{1}{12}\frac{x}{l}b_0h^3 \] $(3)$ \[ x=lで\theta=0,\omega=0 \] $(4)$ \[\begin{align} \frac{d^2y}{dx^2} &=-\frac{M^2}{EI}\\ &=-\frac{1}{EI_x}Wx\\ &=\frac{12l}{Exb_0h^3}Wx\\ &=\frac{12lW}{Eb_0h^3} \end{align}\] \[ \theta=\frac{dy}{dx}=\frac{12lW}{Eb_0h^3}x+C_1\\ x=lで\theta=0より\\ C_1=-\frac{12l^2W}{Eb_0h^3}\\ \therefore\theta=\frac{12lW}{Eb_0h^3}x-\frac{12l^2W}{Eb_0h^3} \] $(5)$ \[ \omega=\frac{6lW}{Eb_0h^3}x^2+C_1x+C_2\\ x=lで\omega=0より\\ C_2=\frac{6l^3W}{Eb_0h^3}\\ \therefore\omega=\frac{6lW}{Eb_0h^3}x^2-\frac{12lW}{Eb_0h^3}x+\frac{6l^3W}{Eb_0h^3} \] $(6)$ \[ x=0を代入して\\ \theta_A=-\frac{12l^2W}{Eb_0h^3} \] $(7)$ \[ x=0を代入して\\ \omega_A=\frac{6l^3W}{Eb_0h^3}\ \]

$(1)$ 対称性より\[ R_A=R_B=\frac{1}{2}ql \] $(2)$ \[\begin{align} M &=R_Ax-\frac{1}{2}qx^2-M_A\\ &=\frac{1}{2}qlx-\frac{1}{2}qx^2-M_A \end{align}\] $(3)$ \[ EI\theta=\frac{1}{6}qx^3-\frac{1}{4}qlx^2+M_Ax+C_1\\ EI\omega =\frac{1}{24}qx^4-\frac{1}{12}qlx^3+\frac{1}{2}M_Ax^2+C_1x+C_2\] \[ x=0で\theta=0よりC_1=0\\ x=0で\omega =0よりC_2=0 \] \[ \theta=\frac{1}{EI}\left(\frac{1}{6}qx^3-\frac{1}{4}qlx^2+M_Ax\right)\\ x=\frac{1}{2}l \ で \ \theta=0より \] \[\begin{align} \theta\big|_{x=\frac{1}{2}l} &=\frac{1}{EI}\left\{\frac{1}{6}q\left(\frac{l}{2}\right)^3-\frac{1}{4}ql\left(\frac{l}\\ {2}\right)^2+M_A\left(\frac{l}{2}\right)\right\}\\ &=0 \end{align}\] \[ \therefore M_A=\frac{1}{12}ql^2 \] $(4)$ \[ \omega =\frac{1}{EI}\left(\frac{1}{24}qx^4-\frac{1}{12}qlx^3+\frac{1}{24}ql^2x^2\right) \] $(5)$ \[ x=\frac{1}{2}lを代入する \] \[\begin{align} \omega\big|_{x=\frac{1}{2}l} &=\frac{1}{EI}\left\{\frac{1}{24}q\left(\frac{l}{2}\right)^4-\frac{1}{12}ql\left(\frac{l} {2}\right)^3+\frac{1}{24}ql^2\left(\frac{l}{2}\right)^2\right\}\\ &=\frac{ql^4}{384EI} \end{align}\]

支点反力を求める． 力のつり合い式より， \[ R_A+R_B=2+2\times 3 / 2=5\ \rm{kN} \] モーメントのつり合い式より， \[ \rm{A点} : \ 2\times1.5+3\times2-R_B\times3=0 \] これらを解いて， \[ \underline{R_A=2\,\rm{kN},R_B=3\,\rm{kN}} \] まず，分布荷重$q$は， \[ \underline{q=\frac{2}{3}x\ \rm{kN/m}} \] と表現できる． $\rm{AC}$間$(0\le x\le1.5)$ \[ \begin{align} V&=R_A-qx/2\\ &=\underline{2-\frac{1}{3}x^2\ \rm{kN}} \end{align}\] \[\begin{align} M&=\underline{R_Ax-qx/2\times\frac{1}{3}x}\\ &=\underline{2x-\frac{1}{9}x^3\ \rm{kNm}}\\ \end{align} \] $\rm{CB}$間$(1.5\le x\le3.0)$ \[ \begin{align} V&=R_A-qx/2-2\\ &=\underline{-\frac{1}{3}x^2\,\rm{kN}} \end{align} \] \[\begin{align} M&=\underline{R_Ax-qx/2\times\frac{1}{3}x-2(x-1.5)}\\ &=\underline{-\frac{1}{9}x^3+3\ \rm{kNm}}\\ \end{align} \]

支点反力を求める． 力のつり合い式より， \[ R_A+R_B=2+2\times 0.8+3=6.6\ \rm{kN} \] モーメントのつり合い式より， \[ \rm{A}点 : \ 2\times0.5-1.6\times0.6-R_B\times1-3\times1.5=0 \] これらを解いて， \[ \underline{R_A=2.14\ \rm{kN}}, \underline{\hspace{10px}R_B=4.46\ \rm{kN}} \] $(0\le x\le0.5)$ \[ \begin{align} V&=\underline{-2\ \rm{kN}}\\ M&=\underline{-2x\ \rm{kN}}\\ \end{align} \] $(0.5\le x\le0.7)$ \[ \begin{align} V&=-2+R_A=-2+2.14=\underline{0.14\ \rm{kN}}\\ M&=-2x+R_A(x-0.5)=-2x+2.14(x-0.5)=\underline{0.14x-1.07\ \rm{kNm}}\\ \end{align} \] $(0.7\le x\le1.5)$ \[ \begin{align} V&=-2+R_A-2(x-0.7)=-2+2.14-2x+1.4=\underline{-2x+1.54\ \rm{kN}}\\ M&=-2x+R_A(x-0.5)-2(x-0.7)\frac{(x-0.7)}{2}\\ &=-2x+2.14(x-0.5)-(x-0.7)^2\\ &=\underline{-x^2+1.54x-1.56\ \rm{kNm}}\\ \end{align} \] $(1.5\le x\le2.0)$ \[ \begin{align} V&=-2+R_A-2\times0.8+R_B=-2+2.14--1.6+4.46=\underline{3\ \rm{kN}}\\ M&=-2x+R_A(x-0.5)-2\times0.8\times(x-1.1)+R_B\times(x-1.5)\\ &=-2x+2.14(x-0.5)-1.6(x-1.1)+4.46(x-1.5)\\ &=\underline{3x-6\ \rm{kNm}}\\ \end{align} \]

長方形断面であるため,幅$b_{z_1}$はどこをとっても$b$である． 微小要素を$z_1$から$h/2$まで積分する． \[ \begin{align} \tau_{xz}&=\frac{V}{b_{z_1}I_y}\int_{z_1}^{h_1}b_zzdz=\frac{V}{b\left(\frac{1}{12}bh^3\right)}\int_{z_1}^{\frac{h}{2}}bzdz\\ &=\frac{12V}{b^2h^3}b\int_{z_1}^\frac{h}{2}zdz\\ &=\frac{12V}{bh^3}\left[\frac{1}{2}z^2\right]_{z_1}^{\frac{h}{2}}\\ &=\frac{3}{2}\frac{V}{bh}\left\{1-\left(\frac{2_{z_1}}{h}\right)^2\right\}\\ \end{align} \] $z_1=0$を代入して最大せん断応力を求める． \[ \tau_{xz,z_1=0}=\frac{3}{2}\left(\frac{V}{bh}\right) \] ここで,平均せん断応力は$V/bh$で求まることから, \[ \tau_{xz,z_1=0}=\frac{3}{2}\left(\frac{V}{bh}\right)=\frac{3}{2}\tau_{mean} \] 証明終わり

$(1)$ 中立軸 $(2)$ 中立面 $(3)$ $L$ $(4)$ $-PL$ $(5)$ 引張 $(6)$ 圧縮 $(7)$ $PL/(bh^2/6)$ $(8)$ $\sigma_a\times(bh^2/6L)$ $(9)$ $0$ $(10)$ $4/3$

$(1)$ \[ e_1=61\ \rm{mm},\hspace{20px}e_2=109\ \rm{mm} \] $(2)$ \[ I_y=1.44\times10^7\ \rm{mm^4} \] $(3)$ 区間と曲げモーメントの式が分かるように記述すること． \[ \begin{align} &(0< x<0.5)&\ &M=-2x\\ &(0.5< x<0.7)&\ &M=5.9x-3.95\\ &(0.7< x<1.5)&\ &M=-10x^2+19.9x-8.85\\ &(1.5< x<2.0)&\ &M=3x-6 \end{align} \] %=image:/media/2015/01/23/142194042082983600.png: $(4)$ \[ M_{max}=1.5\ \rm{kNm} \ ,\hspace{20px}x=1.5\ \rm{m} \] $(5)$ 最大引張応力は，$x=0.995\ \rm{m}$で,下側面に生じる． \[ 1050250/(1.44\times10^7/109)=7.97\ \rm{MPa} \] 最大圧縮応力は，$x=1.5\ \rm{m}$で,下側面に生じる． \[ 1500000/(1.44\times10^7/109)=11.35\ \rm{MPa} \]