東大 工学系研究科 社会基盤学専攻 専門科目 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

大問1：片持ち梁の曲げ

曲率と軸ひずみ

中立面の曲率半径を $R$、中立面からの距離を $y$ とする。 曲げ後の中立面の微小長さは $R\,d\theta$、距離 $y$ の繊維の長さは $(R-y)d\theta$ なので $$\varepsilon(y)=\frac{(R-y)d\theta-Rd\theta}{Rd\theta}=-\frac{y}{R}.$$ 線形弾性より $$\sigma(y)=E\varepsilon(y)=-\frac{E}{R}y.$$ 符号は曲げの向きに依存するが、応力が中立面からの距離に比例する点が本質である。

曲げ弾性エネルギー

$$H=\frac12\int_V\sigma\varepsilon\,dV =\frac12\int_0^L\int_A E\frac{y^2}{R^2}\,dA\,dx =\frac{EI}{2}\int_0^L \frac{1}{R^2}\,dx, \qquad I=\int_A y^2\,dA.$$ 微小たわみの Euler--Bernoulli 梁では $1/R\simeq w''(x)$ だから $$H=\frac{EI}{2}\int_0^L\{w''(x)\}^2\,dx.$$

多項式近似によるたわみ

固定端条件 $w(0)=0$、$w'(0)=0$ を満たす近似として $$w(x)=\alpha x^3+\beta x^2$$ を用いる。 このとき $$w''(x)=6\alpha x+2\beta$$ なので $$H=\frac{EI}{2}\int_0^L(6\alpha x+2\beta)^2\,dx =EI\left(6\alpha^2L^3+6\alpha\beta L^2+2\beta^2L\right).$$ 外力仕事は $W=P\,w(L)=P(\alpha L^3+\beta L^2)$。 ポテンシャル $\Pi=H-W$ を極小化すると $$\frac{\partial\Pi}{\partial\alpha}=EI(12\alpha L^3+6\beta L^2)-PL^3=0,$$ $$\frac{\partial\Pi}{\partial\beta}=EI(6\alpha L^2+4\beta L)-PL^2=0.$$ 連立して $$\alpha=-\frac{P}{6EI},\qquad \beta=\frac{PL}{2EI}.$$ 従って自由端たわみは $$w(L)=\alpha L^3+\beta L^2=\frac{PL^3}{3EI}.$$

せん断変形の見積もり

与えられた近似式を積分すると $$G\frac{du}{dx}=\frac{P}{A} \quad\Rightarrow\quad u(x)=\frac{P}{AG}x, \qquad u(0)=0.$$ 自由端で $$\frac{u(L)}{w(L)} =\frac{PL/(AG)}{PL^3/(3EI)} =\frac{3EI}{AGL^2}.$$ 矩形断面 $A=2hb$、$I=b(2h)^3/12=(2/3)bh^3$ を用いると $I/A=h^2/3$。 また $G=E/\{2(1+\nu)\}$ より $$\frac{u(L)}{w(L)} =2(1+\nu)\left(\frac{h}{L}\right)^2.$$ 細長い梁では $h/L\ll1$ なので、せん断変形は曲げ変形に比べて十分小さい。

回転ばねをもつ支持端

支持端の回転を $\theta_0=w'(0)$ とし、ばねエネルギーを $$H_s=\frac12k\theta_0^2$$ とする。 固定端の傾き条件は外れ、自由端の曲げモーメント 0 を反映して $$w(x)=ax^3+bx^2+cx,\qquad w''(L)=0$$ とおく。 $w''(x)=6ax+2b$ だから $b=-3aL$。 このとき $$H_b=\frac{EI}{2}\int_0^L\{6a(x-L)\}^2dx=6EIa^2L^3, \qquad \theta_0=c.$$ 外力仕事を含めたポテンシャルは $$\Pi=6EIa^2L^3+\frac12kc^2-P(-2aL^3+cL).$$ 極小条件から $$a=-\frac{P}{6EI},\qquad c=\frac{PL}{k}.$$ よって $$w(L)=-2aL^3+cL=\frac{PL^3}{3EI}+\frac{PL^2}{k}.$$ 第1項は梁の曲げ、第2項は支持端回転による剛体回転成分である。

大問2：履歴型ダンパ

1周期の散逸エネルギー

履歴力を $F_D=\eta k|x|\operatorname{sgn}(\dot{x})$ とする。 散逸エネルギーは $F_D$-$x$ ループの面積であり、 $$E_D=\oint F_D\,dx =2\int_{-x_0}^{x_0}\eta k|x|\,dx =2\eta kx_0^2.$$

等価粘性減衰

粘性ダンパ $F=c\dot{x}$ に対して $x=x_0\sin\omega t$ とおくと、 $$E_D^{\mathrm{vis}} =\int_0^{2\pi/\omega}c\dot{x}^2\,dt =c\omega^2x_0^2\int_0^{2\pi/\omega}\cos^2\omega t\,dt =\pi c\omega x_0^2.$$ 履歴型と同じ散逸を与える条件より $$c_{\mathrm{eq}}=\frac{2\eta k}{\pi\omega}.$$

変位制限から $\eta$ を見積もる

静的変位を $X_{\mathrm{st}}=P_0/k$ とする。 共振近傍では応答振幅を $$x_0\simeq \frac{P_0}{c_{\mathrm{eq}}\omega}$$ と見積もれる。 $x_0\le 3X_{\mathrm{st}}$ とするには $$\frac{P_0}{c_{\mathrm{eq}}\omega}\le \frac{3P_0}{k} \quad\Rightarrow\quad c_{\mathrm{eq}}\ge \frac{k}{3\omega}.$$ 代表的に $\omega\simeq \sqrt{k/m}$ とすれば $$\frac{2\eta k}{\pi\omega}\ge\frac{k}{3\omega} \quad\Rightarrow\quad \eta\ge \frac{\pi}{6}\simeq0.52.$$

周波数依存性と同定

履歴型の散逸は同じ振幅なら周波数に依らない。 一方、粘性型の散逸は $E_D^{\mathrm{vis}}\propto \omega x_0^2$ であり、周波数に比例する。 そのため等価粘性係数は $c_{\mathrm{eq}}\propto 1/\omega$ となる。

強制振動試験では、周波数掃引で共振角振動数 $\omega_n$ と半値幅 $\omega_2-\omega_1$ を測り $$\zeta\simeq \frac{\omega_2-\omega_1}{2\omega_n},\qquad c=2m\omega_n\zeta$$ を用いる。 自由減衰波形が得られる場合は対数減衰率から $\zeta$ を推定してもよい。