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設計基礎コース
座屈
（Buckling）
もう一度学ぶ材料力学の基礎
長軸に軸方向圧縮力を作用させると、ある荷重で
急に軸が曲がる。
この急に曲がる荷重条件を探る。
w0 P
Ｘの位置での曲げモーメントは
M ( x)   P( w0  w)
たわみの微分方程式は
x
l
w
z
P
w 
( w0  w)  a 2 ( w0  w)
EI
P
 a2
とおくと
EI
w  a 2 w  a 2 w0
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設計基礎コース
もう一度学ぶ材料力学の基礎
解は方程式が定数係数２階微分方程式なので、同次解と非同時解の和とし
て与えられる。
w( x)  A sin x  B cos x  w0
境界（初期）条件
よって解は
w(0)  w(0)  0
w( x)  w0(1  cos x)
もう一つの境界条件があって
w(l )  w0
よって
w0 cos l  0
この式が意味ある解を与えるためには
ーー（ａ）
ーー（ｂ）
cos l  0
こうなるためには
Pm


 (2m  1)
EI
2l
2
2  EI
Pm  (2m  1)
4l 2
(m  1,2,3...)
ーー（ｃ）
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設計基礎コース
もう一度学ぶ材料力学の基礎
圧縮荷重 Pm が（ｃ）式を満たすなら、（ｂ）式が意味を持ち、解でありうる。
しかしその時、（ｂ）式よりｗ０は決められなくなり、値がどんな大きな値でも
構わなくなる。よって結果的に（ａ）式のたわみ量も不定となり、いくら大きく
ても解で、座屈が起きる。
（ｃ）式のｍは任意の値で構わないが荷重の最も小さいｍ＝１の荷重を
単に座屈荷重と呼ぶ。
この荷重になると急に梁が倒れてしまう。
Pc 
 2 EI
4l 2
では、ｍ＝１，２，３．．．ではどうなるか？
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設計基礎コース
もう一度学ぶ材料力学の基礎
１次モードの l を２次、３次モードでは l/3, l/5 で置き換えて
P1 
 2 EI
4l 2
9 2 EI
P2 
4l 2
25 2 EI
P3 
4l 2
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設計基礎コース
もう一度学ぶ材料力学の基礎
両端が固定されていると
以上をまとめると
Pc 
 EI
2
l2
4 EI
Pc 
l2
2
Pc  n
2

EI
2
l2
オイラーの座屈公式
n=1/2 一端固定、一端自由
n=1 両端回転自由
n=2 両端固定
とまとめることができる。
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設計基礎コース
もう一度学ぶ材料力学の基礎
細長比という考え方
軸方向に圧縮荷重がかかった時、突然座屈が起こらないようにするため
降伏応力より、座屈荷重による応力のほうが大きくなるように設計しておく。
すると、座屈というものを考えずに、材料が圧縮に耐えられるかだけを考
えればよい。
Pc
 y
A
これにオイラーの座屈公式を代入し
ここで、断面を直径Ｄの円形として
より
n
2
 2 ED 2
16l 2
 y
よって
n
2
 2 EI
Al
2
 y
I  D 4 / 64,
4l
D
n
A  D 2 / 4
y
E
つまりこの半径以上で設計すれば、座屈を考えず材料の圧縮強度だけ考え
ればよいことになる。
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設計基礎コース
もう一度学ぶ材料力学の基礎
ここで、以下の断面２次半径 k と細長比（l/k）という考えを導入する。
断面が円形の場合は
k
l
A
D 2 / 4 4l
l
l
 , D  4k
k
I
D 4 / 64 D
I
A
よって、
n
2
2  EI
Al 2
2
l
 n 2 2 E    y
k
つまり
E
l
   n
y
k
とすることにより、圧縮荷重だけ考えればよいことになる。
正方形断面の場合は材料が決まれば細長比が決まり、求められた細長比
より k が決まり、 kよりｈが決まる。
A  h 2 , I  h 4 / 12 , 2 3k  3.46k  h
で辺の長さに換算できる。
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