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梁におけるエネルギー原理

ここでは,エネルギー原理を用いた構造解析について述べる.
補ポテンシャルエネルギーの定義
補ポテンシャルエネルギーは S.A. な系( $\mbox{\boldmath$\nu$ } =( M,Q,N,\mbox{\boldmath$F$ },m,p)$) に対して次のように定義される.

\begin{eqnarray*}\Pi^*(\mbox{\boldmath$\nu$ }) = \sum_{I:全部材}
\int W_{I}^*(M_...
...math$u$ }_{0i} - \sum_{
i : たわみが既知の節点} m_i \theta_{0i}
\end{eqnarray*}


ここに, $\mbox{\boldmath$u$ }_{0i},\theta_{0i}$は与えられた支点変位,たわみ角である. また,W*Iは補ひずみエネルギー密度と呼ばれ,次のように定義される.
補ひずみエネルギー密度の定義

\begin{eqnarray*}W^*(M)= \int \phi(M)dM
\end{eqnarray*}


線形弾性体の場合は$\phi$

\begin{eqnarray*}\phi &=& \frac{M}{EI} \left( + \phi_0 \right) (\phi_0 : 温度などの影響による曲率;普通~\phi_0=0~)
\end{eqnarray*}


となり,W*(M)は次のように表される.

\begin{eqnarray*}W^*(M) &=& \frac{M^2}{2EI}~(+ M~\phi_0)
\end{eqnarray*}


(注意) $\textstyle \parbox{0.8\textwidth}{%
多くの問題(支点沈下の問題以外)では,$\mbo...
...ルギ密度)従って,この場合,$\Pi^*$\space は,構造物の全
ひずみエネルギになる.}$
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=5cm
\epsffile{fig7-01.ps}
\end{center}\end{figure}
補ポテンシャルエネルギー停留原理
原理:$\textstyle \parbox{0.9\textwidth}{%
ある不静定はり構造の S.A. な$\mbox{\boldmat...
...Pi^*(\mbox{\boldmath $\nu$ }(X))}{\partial X} = 0
\end{eqnarray*}より求まる.}$
とりあえず,次の例題を解いてみよう.



例題
次の梁の反力Rを求めよ.(EI:一定.変形に関するB.C.: $y(0)=0,y(\ell)=0,
\theta(0)=0$)
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=4cm
\epsffile{fig7-02.ps}
\end{center}\end{figure}
1
曲げモーメントを計算する. M = Rx - m

2
補ポテンシャルエネルギーを計算する.

\begin{eqnarray*}\Pi^* &=& \frac{1}{2EI} \int_0^{\ell} \left( Rx - m \right)^2 d...
...m_ {i:たわみ角が既知の節点}
\underbrace{( \theta_0 )_i}_{0}~m_i
\end{eqnarray*}


3
補ポテンシャルエネルギーを微分する.

\begin{eqnarray*}0 = \frac{\partial \Pi^*}{\partial R}
&=& \frac{1}{EI}\int_0^{...
...l^3 - \frac{m}{2}\ell^2 \right)
\Rightarrow R = \frac{3m}{2\ell}
\end{eqnarray*}


補ポテンシャルエネルギー停留原理の証明

\begin{eqnarray*}\frac{\partial \Pi^* (\mbox{\boldmath$\nu$ }(X))}{\partial X} =...
...: たわみが既知の節点} \frac{\partial m_i}{\partial X}\theta_{0i}
\end{eqnarray*}


ここに,関係式

\begin{eqnarray*}W^*(M) = \int \phi(M) dM \rightarrow \frac{\partial W^*(M)}{\partial M}
= \phi(M)
\end{eqnarray*}


を使うと,次のように書き換えられる.

\begin{eqnarray*}\frac{\partial \Pi^* (\mbox{\boldmath$\nu$ }(X))}{\partial X} =...
...: たわみが既知の節点} \frac{\partial m_i}{\partial X}\theta_{0i}
\end{eqnarray*}


節点に与えられている $\mbox{\boldmath$F$ },m,p$は不静定力Xとは無関係であるから,
   
$\displaystyle \frac{\partial \mbox{\boldmath$F$ }_i}{\partial X} = 0 \ (i:力が与えられている節点)$     (41)
$\displaystyle \frac{\partial m_j}{\partial X} = 0 \ (j:モーメントが与えられている節点)$     (42)
$\displaystyle \frac{\partial p_I}{\partial X} = 0 \ (I :分布荷重が与えられている部材)$     (43)

が言えるので,補ポテンシャルエネルギーを不静定力で偏微分した式は
 
$\displaystyle \frac{\partial \Pi^* (\mbox{\boldmath$\nu$ }(X))}{\partial X} =
\...
...artial X}\theta_{i}
- \sum_{I:全部材} \int \frac{\partial p_I}{\partial X} y dx$     (44)

となる.正解では $(\phi,\mbox{\boldmath$u$ },\theta,\mbox{\boldmath$y$ })$は適合系をなし, $(\frac{\partial M}{\partial X},\frac{\partial \mbox{\boldmath$F$ }}{\partial X},
\frac{\partial m}{\partial X},\frac{\partial p_I}{\partial X})$は釣り合い系をなす.よって,式(44)はその2つの系 に適用した仮想仕事の原理より0となり,

\begin{eqnarray*}\frac{\partial \Pi^* (\mbox{\boldmath$\nu$ }(X))}{\partial X} = 0
\end{eqnarray*}


が導かれる.
$(\frac{\partial M}{\partial X},\frac{\partial \mbox{\boldmath$F$ }}{\partial X},
\frac{\partial m}{\partial X})$は釣り合い系をなす理由

\begin{eqnarray*}\frac{\partial M''}{\partial X} = - \frac{\partial p_I}{\partial X} = 0
\end{eqnarray*}


と式(41)と式(42)より, $(\frac{\partial M}{\partial X},\frac{\partial \mbox{\boldmath$F$ }}{\partial X},
\frac{\partial m}{\partial X})$は荷重0の釣り合い系をなしているということが言える.

(注意) 正解においては$\Pi^*$は停留である(第一変分が0). さらに,$\phi-M$関係が単調増加(第二変分が正)なら正解においては$\Pi^*$は 最小になっている.これより,補ポテンシャルエネルギー停留原理は最小仕事の 原理ともよばれる.

例題
次の梁の反力Rを求めよ.(EI:一定.変形に関する B.C.: $y(0)=0,y(\ell)=0,
\theta(0)=0$)
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=3.5cm
\epsffile{fig7-03.ps}
\end{center}\end{figure}
1
モーメントを計算する.

\begin{eqnarray*}M = Rx - \frac{p}{2}x^2
\end{eqnarray*}


2
補ポテンシャルエネルギーを求める.

\begin{eqnarray*}\Pi^* = \frac{1}{2EI} \int_0^{\ell}
\left( Rx - \frac{p}{2}x^2 \right)^2 dx
\end{eqnarray*}


3
補ポテンシャルエネルギーを微分する.

\begin{eqnarray*}0 = \frac{\partial \Pi^*}{\partial R}
= \frac{1}{EI}\int_0^{\e...
...- \frac{p}{8}\ell^4 \right)
\Rightarrow
R &=& \frac{3}{8} p \ell
\end{eqnarray*}


例題
次の梁の反力Rを求めよ.(EI:一定.変形に関する B.C.: $y(0)=0,y(\ell)=0,
\theta(0)=0$)
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=5cm
\epsffile{fig7-04.ps}
\end{center}\end{figure}
1
モーメントを計算する. M = Rx

2
補ポテンシャルエネルギーを計算する.

\begin{eqnarray*}\Pi^* = \frac{1}{2EI} \int_0^{\ell}
\left( Rx \right)^2 dx
- ...
...}_{右端での~(\mbox{\boldmath$u$ }_0 \cdot \mbox{\boldmath$F$ })}
\end{eqnarray*}


3
補ポテンシャルエネルギーを微分する.

\begin{eqnarray*}0 = \frac{\partial \Pi^*}{\partial R}
= \frac{1}{EI} \left( \f...
...ight) + \Delta~より
\Rightarrow
R = - \frac{3\Delta EI}{\ell^3}
\end{eqnarray*}


Castiglianoの定理
定理 : 不静定構造においては, 不静定力がすでに求められているものとする. このとき,真の力のつりあい系を $~\mbox{\boldmath$\nu$ }=(M,~Q,~N,~p,~m,~\mbox{\boldmath$F$ })~$とする. また,変位(たわみ角)を求めたい点に求めたい方向に 大きさ1の集中力(集中モーメント)のみ作用させた任意のつりあい系を $~\mbox{\boldmath$\nu$ }^*=(M^*,~Q^*,~N^*,~p^*,~m^*,~\mbox{\boldmath$F$ }^*)~$とする. このとき, 求める 変位(たわみ角)は次式で計算される.

\begin{eqnarray*}\left. \frac{\partial \Pi^*(\mbox{\boldmath$\nu$ }+ X \mbox{\boldmath$\nu$ }^*)}{\partial X} \right\vert _{X=0}
\end{eqnarray*}


(注意) $(\mbox{\boldmath$\nu$ }+ X \mbox{\boldmath$\nu$ }^*)$とは,静定構造においては「与えられた荷重」 +「変位(たわみ角)を求めたい点に大きさ X の集中力(モーメント)」 が同時に働いた時の部材力および節点力である.また,ここでのXは 不静定力とは別である.
(証明)

\begin{eqnarray*}\frac{\partial \Pi^*(\mbox{\boldmath$\nu$ }+ X \mbox{\boldmath$...
...疆} (\theta_0)_i~
\frac{\partial (m_i + X m^*_i)}{\partial X}
\end{eqnarray*}



\begin{eqnarray*}&=& \sum_I \int
\frac{\partial W^*_I(M_I+ X M^*_I)}{\partial M...
...*_i \\
&& - \sum_{i~:~たわみ角が既知の節点} (\theta_0)_i~m^*_i
\end{eqnarray*}


ここに,X=0を代入すると,
 
$\displaystyle \frac{\partial \Pi^*(\mbox{\boldmath$\nu$ })}{\partial X}$ = $\displaystyle \sum_I \int
\underbrace{\frac{\partial W^*_I(M_I)}
{\partial M_I}...
...i~:~変位が既知の節点} (\mbox{\boldmath$u$ }_0)_i \cdot \mbox{\boldmath$F$ }^*_i$  
    $\displaystyle - \sum_{i~:~たわみ角が既知の節点} (\theta_0)_i~m^*_i$ (45)

$\mbox{\boldmath$\nu$ }$ $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*$に仮想仕事の原理を適用すると,

\begin{eqnarray*}\sum_I \int \phi_I M^*_I dx
= \sum_{i : 全節点} \mbox{\boldmath...
...
+ \sum_{i : 全節点} \theta_i~ m_i^*
+ \sum_I \int y_I p^*_I dx
\end{eqnarray*}


上の式において, $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*$では集中荷重のみ存在するのでpI=0となるので,

\begin{eqnarray*}\sum_I \int \phi_I M^*_I dx
= \sum_{i : 全節点} \mbox{\boldmath...
...ot \mbox{\boldmath$F$ }_i^*
+ \sum_{i : 全節点} \theta_i~ m_i^*
\end{eqnarray*}


と書き換えられる.これを式(45)に代入すると,

\begin{eqnarray*}\left. \frac{\partial \Pi^*(\mbox{\boldmath$\nu$ }+ X \mbox{\bo...
...$F$ }^*_i
+ \sum_{i~:~たわみ角が未知の節点} \theta_i~m^*_i \\
\end{eqnarray*}


変位(たわみ角)が未知の節点では $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*$で力(モーメント)が与えられている. $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*$では変位(たわみ角)を求めたい点(当然,そこでは変位(たわみ角)は未 知)に単位集中荷重(集中モーメント)が与えられているので, 上式の右辺には載荷点での変位(たわみ角)が出てくる.
(注意)
与えられた問題が,ある集中荷重 P (集中モーメント m )を含んでいるとき, P方向の変位( m 方向のたわみ角)は,次式で求められる.

\begin{eqnarray*}\frac{\partial \Pi^*}{\partial P} ,\quad
\frac{\partial \Pi^*}{\partial m}
\end{eqnarray*}


(証明)
今,不静定力Xiと荷重Piが作用している時のモーメントは重ねあわせの原 理より

\begin{eqnarray*}M(x) = \sum_{i} M^{(1)}_i(x) X_i + \sum_{i} M^{(2)}_i(x) P_i
\end{eqnarray*}


と書ける.

\begin{eqnarray*}\frac{\partial M}{\partial P_i} = M^{(2)}_i(x)
\end{eqnarray*}


M(2)i(x) Pi=1, Pi以外の節点 = 0 , X全不静定力 = 0の時のモー メントであることを考えてみると,実は $\displaystyle
\frac{\partial \mbox{\boldmath$\nu$ }}{\partial P_i}$は荷重の作用点に,作用方向に大きさ1の集 中力が作用したときのつりあい系( $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*_i$)をなしていることが言える. よって,

\begin{eqnarray*}\mbox{\boldmath$\nu$ }=
\left(
\begin{array}{c}
M \\ \mbox{\b...
...mbox{\boldmath$\nu$ }_0 + \sum_{i}\mbox{\boldmath$\nu$ }^*_i P_i
\end{eqnarray*}


と書ける.今Pj方向の変位を求めることを考える.この時,仮想のつりあい系 として $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*_j$をとる事が出来るので,次の式が導かれる.

\begin{eqnarray*}\left. \frac{\partial \Pi^*}{\partial X}(\mbox{\boldmath$\nu$ }...
...) =
\frac{\partial \Pi^*}{\partial P_j}(\mbox{\boldmath$\nu$ })
\end{eqnarray*}


$\mbox{\boldmath$\nu$ }^*_j,P_j$をそれぞれ $\mbox{\boldmath$\nu$ }^*,P$とおけば

\begin{eqnarray*}\left. \frac{\partial \Pi^*}{\partial X}(\mbox{\boldmath$\nu$ }...
...X=0} = \frac{\partial \Pi^*}{\partial P}(\mbox{\boldmath$\nu$ })
\end{eqnarray*}


が得られる. $\frac{\partial \Pi^*}{\partial m}(\mbox{\boldmath$\nu$ })$についても同様に証 明できる.
例題
次の梁のA点でのたわみ,たわみ角を求めよ.(EI:一定. 変形に関するB.C.: $y(0)=0,\theta(\ell)=0$)
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=4.5cm
\epsffile{fig7-07.ps}
\end{center}\end{figure}
1
モーメントの計算をする.

\begin{eqnarray*}M = - \frac{p x^2}{2}
\end{eqnarray*}


  $\mbox{$\bullet$}$
たわみを求める.
2
仮想系を導入する.たわみを計算するので梁の右端に単位集中荷重を かける.
 
Figure 2.30: たわみを求めるための仮想系
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=4cm
\epsffile{fig7-08.ps}\end{center}\end{figure}

3
仮想系でのモーメントを計算する. M* = -Xx

4
$\Pi^*$を計算する.

\begin{eqnarray*}\Pi^* = \frac{1}{2EI} \int_0^{\ell}
\left( - \frac{p}{2}x^2 +(-Xx) \right)^2 dx
\end{eqnarray*}


5
Castiglianoの定理よりたわみを計算する.

\begin{eqnarray*}\left. \frac{\partial \Pi^*}{\partial X} \right\vert _{X=0}
= \frac{p \ell^4}{8EI}
\end{eqnarray*}


  $\mbox{$\bullet$}$
たわみ角を求める.
2
仮想系を導入する.たわみ角を計算するので梁の右端に単位集中モー メントをかける.
 
Figure 2.31: たわみ角を求めるための仮想系
\begin{figure}
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=4cm
\epsffile{fig7-09.ps}\end{center}\end{figure}

3
仮想系でのモーメントを計算する. M* = -m

4
$\Pi^*$を計算する.

\begin{eqnarray*}\Pi^* = \frac{1}{2EI} \int_0^{\ell}
\left\{ -\frac{p}{2}x^2 +(-m) \right\}^2 dx
\end{eqnarray*}


5
Castiglianoの定理によってたわみ角を計算する.

\begin{eqnarray*}\left. \frac{\partial \Pi^*}{\partial m} \right\vert _{m=0}
= \frac{p \ell^3}{6EI}
\end{eqnarray*}


例題
下図の片持ち梁の左端に集中モーメントmが作用している時の,$\theta(0)$を求めよ.(EI : 一定.梁の変形に関する $\mbox{B.C.} :
y(0)=0,y(\ell)=0,\theta(\ell)=0$)
\begin{figure}%
\begin{center}
\leavevmode
\epsfxsize=6cm
\epsffile{fig7-900.ps}
\end{center}\end{figure}
1
モーメントを計算する. M = m + R x

2
補ポテンシャルエネルギーを求める.

\begin{eqnarray*}\Pi^* = \int_0^{\ell} \frac{(m+Rx)^2}{2EI} dx
\end{eqnarray*}


3
補ポテンシャルエネルギー停留原理よりRを求める.

\begin{eqnarray*}0 = \frac{\partial \Pi^*}{\partial R} = \int_0^{\ell}
\frac{\...
...c{R \ell^3}{3}\right) \\
\Rightarrow R = - \frac{3 m}{2 \ell}
\end{eqnarray*}


4
Castiglianoの定理より $\theta(\ell)$を求める.
  $\mbox{$\bullet$}$
$R=- \frac{3 m}{2 \ell}$として $\frac{\partial\Pi^*}
{\partial m}$を計算する.
 
$\displaystyle \theta(\ell) = \frac{\partial \Pi^*}{\partial m}
= \int_0^{\ell} ...
...}{EI} \int_0^{\ell} \left(1 - \frac{3x}{2 \ell}\right)^2 dx
= \frac{m\ell}{4EI}$     (46)

  $\mbox{$\bullet$}$
Rmと無関係として $\frac{\partial\Pi^*}
{\partial m}$を計算する.
 
$\displaystyle \theta(\ell) = \frac{\partial \Pi^*}{\partial m}
= \int_0^{\ell} ...
...ac{(m+Rx)^2}{2EI} dx
= \frac{1}{EI} \int_0^{\ell} (m+Rx) dx
= \frac{m\ell}{4EI}$     (47)

(注意) 何故,上のような事が起こるのか? (46)は全微分 $\frac{d\Pi^*}{dm}$で(47)は偏微分 $\frac{\partial\Pi^*}
{\partial m}$ でありそれが等しくなっている.理由は以下の通り.

\begin{eqnarray*}\frac{d\Pi^*}{dm} = \frac{\partial \Pi^*}{\partial m} +
\frac{...
...轡礇襯┘優襯ー原理
より\frac{\partial \Pi^*}{\partial R} = 0)
\end{eqnarray*}


結局次のことが言える.
Castiglianoの定理を不静定構造に用いて, $\frac{\partial \Pi^*}{\partial m}
, \frac{\partial \Pi^*}{\partial P}$によって変形を求める場合,不静定力 はP,mによらないと思って微分してよい.

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Ken-ichi Yoshida
2001-04-18