東大 工学系研究科 社会基盤学専攻 専門科目 2022年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

大問1：断面内でヤング率が変わる梁

Euler--Bernoulli 梁の主仮定は、変形前に梁軸に直交していた断面が、変形後も平面のまま梁のたわみ曲線に直交することである。したがってせん断変形は無視され、軸ひずみは曲率と中立面からの距離だけで決まる。

中立面の曲率半径を $R$ とし、中立面から $y$ だけ離れた繊維を考える。中立面の微小長さは $R\,d\theta$、その繊維の長さは $(R-y)d\theta$ なので $$\varepsilon_x(y) =\frac{(R-y)d\theta-Rd\theta}{R\,d\theta} =-\frac{y}{R}.$$ 符号は曲げの向きに依存するが、以下では大きさと剛性評価に注目する。

軸力がない純曲げでは $$N=\int_A \sigma_x\,dA =-\frac{bE_0}{R}\int_{-h}^{h}(\alpha+\beta f(y))y\,dy=0.$$ $\alpha+\beta f(y)$ は $y$ の偶関数であり、これに $y$ を掛けた被積分関数は奇関数である。したがって対称区間 $[-h,h]$ の積分は 0 となり、中立面は $y=0$ に置ける。

曲げモーメントは $$M=\int_A \sigma_x y\,dA =-\frac{bE_0}{R}\int_{-h}^{h}(\alpha+\beta f(y))y^2\,dy$$ である。曲げ剛性を $$D=bE_0\int_{-h}^{h}(\alpha+\beta f(y))y^2\,dy$$ と書けば、符号規約を除いて $M=D/R$ である。

$\alpha=\beta=1$ とする。case 1 では $$D_1=bE_0\int_{-h}^{h}(1+y^2)y^2\,dy =bE_0\left(\frac{2h^3}{3}+\frac{2h^5}{5}\right).$$ case 2 では $$D_2=bE_0\int_{-h}^{h}(1+h^2-y^2)y^2\,dy =bE_0\left(\frac{2h^3}{3}+\frac{4h^5}{15}\right).$$ よって $D_1>D_2$ である。同じ荷重なら曲率は $1/R=M/D$ に比例するため、剛性の小さい case 2 の方が大きく変形する。直感的には、case 1 は中立面から遠い上下縁に高い剛性を置くので曲げに効きやすく、case 2 は中立面付近に剛性を置くので曲げに効きにくい。

case 1 と同じ断面曲げ剛性を、断面全体で $E=E_0$ の材料により実現するには、等価断面二次モーメント $$I_{\mathrm{eq}} =\int_{A}(1+y^2)y^2\,dA =b\left(\frac{2h^3}{3}+\frac{2h^5}{5}\right)$$ を持つ断面に置き換えればよい。例えば高さを固定するなら、幅を $b'$ として $$b'\frac{2h^3}{3} =b\left(\frac{2h^3}{3}+\frac{2h^5}{5}\right)$$ を満たすように選べばよい。ただし、曲げ剛性が等しくても最大応力は一般には一致しない。不均質梁では $\sigma=E_0(1+y^2)(-y/R)$ であり、均質な等価断面では $\sigma=E_0(-y/R)$ となるため、応力分布と最大応力位置が異なる。

分布荷重を $p(x)$、せん断力を $V$ とする。鉛直つり合いとモーメントつり合いから $$\frac{dV}{dx}+p(x)=0,\qquad \frac{dM}{dx}=V.$$ また微小たわみでは $1/R\simeq d^2w/dx^2$ なので $$M=D\frac{d^2w}{dx^2}.$$ よって $$D\frac{d^4w}{dx^4}=-p(x)$$ が支配方程式である。集中荷重だけを受ける区間内では $p(x)=0$ であり、荷重点や支持端の条件としてせん断力・曲げモーメントを与える。

中立面で上下に完全分離した後は、上下の半断面は互いに鏡像で、同じ大きさの荷重を受ける。接触しないという条件では、両者は同一の曲げ剛性を持つ独立梁として働くため、たわみの大きさは同じである。下側だけが大きくたわむとはいえない。

大問2：移動荷重を受ける単自由度系

運動方程式は $$m\ddot{x}+c\dot{x}+kx=p_0(t), \qquad \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}.$$ 減衰を無視し、荷重通過時間を $T=L/v$ とする。条件 $v=\omega_0L/(2\pi)$ より $T=2\pi/\omega_0$ であり、荷重作用中は $$p_0(t)=P_0\sin\frac{\pi t}{T} =P_0\sin\frac{\omega_0t}{2}.$$ ゼロ初期条件の解は、$0\le t\le T$ で $$x(t)=\frac{4P_0}{3k} \left\{\sin\frac{\omega_0 t}{2}-\frac12\sin(\omega_0 t)\right\}.$$ したがって $$x(T)=0,\qquad \dot{x}(T)=-\frac{4P_0\omega_0}{3k}.$$ 荷重が去った後は自由振動となり $$x(t)=-\frac{4P_0}{3k}\sin\{\omega_0(t-T)\} \qquad (t\ge T)$$ で表せる。

列車荷重では各点荷重の通過開始時刻が $t_i=iT$ である。自由振動の周期も $T$ なので、各荷重が残す速度応答は次の荷重開始時まで同じ符号で残る。重ね合わせにより $$x(t_i)=0,\qquad \dot{x}(t_i)=-i\,\frac{4P_0\omega_0}{3k} =-i\,\frac{4P_0}{3m\omega_0} \qquad (i=0,1,\ldots,n).$$ これは、荷重間隔が固有周期に一致して速度が累積する共振的な状態である。