H. Hamano， 14. 長柱の座屈１4 14-1 長柱の座屈長い柱は圧縮荷重によって折れてしまう場合がある．この現象を座屈といい，座屈するときの荷重を座屈荷重という． 14.1 換算長長さ l の柱に荷重が作用する場合，その支持方法によって，柱の理論上の長さ L が異なる．長柱の計算は，この L を用いて行うと都合がよい．この L を換算長（あるいは有効長さという）という．座屈荷重は一般に  2 EI  2 EI PK  2   2 ， (14.1) L l したがって，座屈応力度は P  2 EI  2 EI  2 EI (14.2) K  K    A AL2 (L / r )2 2 これは，オイラーの公式といわれるもので，一般に L/r>100 の場合に適用される．また，  を細長比という．r は断面 2 次半径である．換算長 L と，実際の長柱の長さ l との間に  l2  l    L2  L  2 (14.3) の関係がある．  は長柱の支持方法によって決まる係数で，これを換算係数という． P P L=2l μ =0.25 l P L  0 .7 l 2 L=l μ =1 P P P L=0.5l μ =4 L≒0.7 ≒2 P P l 図 14.1 換算長と換算係数  は荷重に対する抵抗の強さを示しており，上図の左の系を基準 1 とすると，左から 1 : 4 : 8 : 16 の割合になっている．たとえば，両端単純支持の長柱は，一端固定他端自由の長柱の 4 倍の強さを持っていることを示している． 14.2 各種長柱公式前に求めた両端ヒンジの長柱は Hooke の法則が成り立つ範囲で成立する．すなわち，この式は比例限度  P よりも小さい範囲で適用しなければならない． K   2E P 2 より  E P   P (14.4) この式において E  2.0  10 5 N/mm 2 ,  P  235 N/mm 2 とすると，  P は約 92 となる．すなわち，  は限界細長比よりも大きい範囲で成り立つ．これ以外の範囲  では次のような実験公式を用いる． H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-2 1) 直線式（テトマイヤー式）（a, b：材料の性質から定まる定数）  K  a  b 2) 双曲線式（ゴルドン・ランキン式） a (a, b：材料の性質から定まる定数） K  1  b2 3) 放物線式（ジョンソン式）（a, b：材料の性質から定まる定数）  K  a  b2 (14.5) (14.6) (14.7) これらの式の関係は次図のようになる．短柱テトマイヤーの式オイラーの公式 P ランキン式ジョンソン式図 14.2 各種実験公式わが国の鋼道路橋示方書では SS400，SM400 に対して許容応力度を次のように設定している（単位は N/mm2）． L / r  18 :  Ka  1 40 L  18  L / r  92 :  Ka  1 40  0.82   18  r  1 200 000 92  L / r :  Ka  2  L 6 700    r (14.8) H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-3 14.3 各種長柱の座屈荷重 14.3.1 両端ヒンジ柱の座屈荷重 A P 両端ヒンジの柱に集中荷重 P が軸方向に作用している場合を考える．支点 A より x の点のたわみを y とすると，この点での曲げモーメントは M x  Py (14.9) これを弾性曲線の微分方程式に代入すると M d2y P  x  y 2 EI EI dx ここで P k2  EI とおくと d2y  k2y  0 dx 2 が得られる．式(14.12)の一般解は次のように得られる． y  A cos kx  B sin kx ここに，A,B は積分定数である．境界条件を適用すると x  0: y  0  A  0 x  l : y  0  B s i nkl  0 B P y EI x l y 図 14.3 両端ヒンジの柱 (14.10) (14.11) (14.12) (14.13) (14.14) 式(14.14)の第 2 式において B が 0 であれば式(14.13)は成り立たないから B  0 とおくと s i nkl  0 (14.15) この式を座屈条件式という．これより kl  nπ (n  1,2,) (14.16) これを式(18.11)に代入すると n 2 π 2 EI P (14.17) l2 したがって，たわみ式は式(14.13)より nπ y  Bs i n x (14.18) l この式の B は不定であり，形状は決まらない．ここでは，n が最小(n=１)の場合が意味を持ち，座屈荷重は次のようになる． π 2 EI PK  2 (14.19) l したがって，座屈応力度は P  2 EI  2 E  2 E K  K  2   (14.20) A l A l / r 2 2 この式で， r  I / A は断面 2 次半径，   l / r は細長比を表す．式(14.19)は Euler の座屈荷重といわれ，Hooke の法則が成り立つ範囲で成立する． H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-4 14.3.2 一端固定・他端自由の柱の座屈荷重 l B 図において点 x の曲げモーメントは M x   P( y 0  y ) (14.21) これを弾性曲線の微分方程式に代入すると d2y P P  y y0 (14.22) EI dx 2 EI これより次式を得る． d2y  k 2 y  k 2 y0 dx 2 ここに P k2  EI 式(14.23)の一般解は y  A c o kx s  B s i nkx  y0 この式の A,B は積分定数である．境界条件を適用すると x  0 : y  0  A   y0 A EI x y0 P y 図 14.4 y 一端固定・他端自由の柱 (14.23) (14.24) (14.25) (14.26) dy 0 B0 dx これよりたわみは y  y 0 (1  c o kx s ) (14.27) この式で y 0 は不定であるが， x  l : y  y 0 より y 0 cos kl  0 が得られる．ここで y 0  0 であるから座屈条件式は c o kl s 0 (14.28) x  0: これを満足する最小の根は kl  π 2 であるから，座屈荷重は π 2 EI (2l ) 2 座屈応力度は P π 2 EI π2E 1 π2E σK  K    A (2l ) 2 A  l  2 4 λ2 2   r PK  この式で， r  I / A は断面 2 次半径，   l / r は細長比を表す．この系の強度は式(14.30)より両端ヒンジの場合の 1/4 であることが分かる． (14.29) (14.30) H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-5 14.3.3 両端固定の柱の座屈荷重 T T A 両端ヒンジの柱に集中荷重 P と，点 A,B のたわみ角が 0 y となるような曲げモーメント M が作用している場合を考え EI x る． l 支点 A より x の点のたわみを y とすると，この点での曲 y げモーメントは図 14.5 両端固定の柱 (14.31) M x  Py  T これを弾性曲線の微分方程式に代入すると d2y P P T  y 2 EI EI P dx これより d2y T  k2y  k2 P dx 2 ここに P k2  EI 式(14.33)の一般解はつぎのようになる． T y  A cos kx  B sin kx  P ここに，A,B は積分定数である．境界条件を適用すると T x  0 : y 0 A  P dy x  0 :  0 B  0 dx したがって，たわみ式は式(14.26)より T y  (1  c o kx s ) P dy また， x  l : y  0,  0 より dx 1  c o kl s  0 および s i nkl  0 この座屈条件式を満足する最小値は k l  2 となる．したがって，座屈荷重は π 2 EI PK  (l / 2) 2 座屈応力度は P π 2 EI π2E π2E σK  K   4 2 2 2 A ( l / 2) A  1 l  λ   2 r この式で， r  I / A は断面 2 次半径，   l / r は細長比を表す． P この系は，式(14.40)より両端ヒンジの柱の 4 倍の強さを示している． B P (14.32) (14.33) (14.34) (14.35) (14.36) (14.37) (14.38) (14.39) (14.40) H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-6 14.3.4 一端固定・他端ヒンジの柱の座屈荷重両端ヒンジの柱に集中荷重 P と，点 A のたわみ角が 0 となるような曲げモーメント M が作用している場合を考える．この場合，釣合いが成立するように両端に垂直反力 T Q (14.41) l が図示のように作用する． T A P B P y x Q EI Q l y 図 14.6 一端固定・他端ヒンジの柱支点 A より x の点のたわみを y とすると，この点での曲げモーメントは M x  Py  Q (l  x ) これを弾性曲線の微分方程式に代入すると d2y P P Q  y (l  x ) EI P dx 2 EI これより d2y Q  k 2 y  k 2 (l  x ) 2 P dx ここに P k2  EI 式(14.44)の一般解は Q y  A c o skx  B s i nkx  (l  x ) P ここに，A,B は積分定数である．境界条件を適用すると Q x  0: y  0  A   l P dy Q x  0: 0 B dx kP したがって，たわみ式は式(14.46)より Q 1  y   l c o kx s  s i nkx  (l  x ) P k  x  l : y  0 また，より次の座屈条件式が得られる． tan kl  kl (14.42) (14.43) (14.44) (14.45) (14.46) (14.47) (14.48) (14.49) この式を満足する値は kl  4.493, 7.725, 10.904 , 14.066 ,  ，このうちの最小値をとって座屈荷重は 20.19 EI π 2 EI π 2 EI   2 . 04 l2 (0.7l ) 2 l2 したがって，座屈応力度は P π 2 EI π2E π2E σK  K   2 2 2 2 A (0.7l ) A  λ l  0.7  r  この式で， r  I / A は断面 2 次半径，   l / r は細長比を表す． PK  この系は，式(14.50)より両端ヒンジの柱の 2 倍の強さを示している． (14.50) (14.51) H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-7 14.3.5 任意横分布荷重が作用するはりの座屈微分方程式一般に横荷重の作用する座屈の微分方程式を導く．軸方向荷重 P と横荷重 q(x)が作用した場合を考える． qx q(x) P A P y EI x dx y B Mx l (a) 図 14.7 dy dx Mx+dMx Qx dx Qx+dQx (b) (c) 任意分布荷重の作用する単純支持の柱微小要素 dx を取り出し，それが変形した状態を図(c)とする． dQ 0 , x  q x V  0 : Qx  q xdx  Q( x dQ x)  dx つぎに dy dx  M  0 : M x  q x dx 2  (Qx  dQx )dx  (M x  dM x )  P dx dx  0 2 次の微小項を無視すると Qx dx  dM x  P d y 0 ゆえに dM x dy P  Qx dx dx 1 回微分して d 2M x d 2 y dQx  P  dx dx 2 dx 2 ここで， 2 Mx d2y d4y 1 d Mx   ,   EI EI dx 2 dx 2 dx 4 式(14.57)の第 2 式と式(14.52)を式(14.56)に代入すると d4y d2y EI 4  P 2  q x dx dx (14.52) (14.53) (14.54) (14.55) (14.56) (14.57) (14.58) ここで，qx=0 とおくと 2 d4y P 2 d y  k  0, ただし k 2  4 2 EI dx dx (14.59) これが横荷重の作用しないときの座屈の微分方程式である．この一般解は y  A cos kx  B sin kx  Cx  D (14.60) 式(14.59)は横荷重 q(x)が作用するときの座屈微分方程式である．この式より 2 q d4y 2 d y  k  k2 x 4 2 P dx dx (14.61) この式の一般解は qx 2 x 2P 式(14.62)に境界条件を適用すれば解が得られる． y  A c o skx  B s i nkx  Cx  D  (14.62) H. Hamano， 14. 長柱の座屈 14-8 ［例題 14.1］次の座屈応力度を求めよ P ［解］ 1) l2  x  l の場合： y1 曲げモーメント： M x  P(  y1 ) これを弾性曲線の微分方程式に代入すると M d 2 y1 P  x  (  y1 ) 2 dx E1 I1 E1I1 ここで P k12  E1I1 とおくと d 2 y1  k12 y1  k12　2 dx この式の一般解は次のように得られる y1  A c ok1sx  B s i kn1 x   ここに，A,B は積分定数である． dy 1  1  k1 A sin k1 x  k1B cos k1 x dx 境界条件： x  l : y1   より l1 14.8 曲げ剛性の変化する柱したがって， y2   (1  cos k2 x) x  l 2 :  1   2 よりここで， k1l1  k 2l2  l 2 P EI y2 x x  l2 の場合：曲げモーメント： M x  P(  y 2 ) これを弾性曲線の微分方程式に代入すると M d 2 y2 P  x  (  y2 ) dx2 E2 I 2 E2 I 2 ここで P k22  E2 I 2 とおくと d 2 y2  k 22 y2  k 22 dx2 この式の一般解は次のように得られる y2  C c o sk2 x  D s i nk2 x   ここに，C,D は積分定数である． dy  2  2  k2C sin k2 x  k2 D cos k2 x dx 境界条件： x  0 : y 2  0 より C   x  0 :  2  0 より D  0 B x l 2 E2I2 2) x  l 2 : y1  y 2 より E1I1 l A   B tan k1l 連続条件；   cos k2l2 cos k1l sin k1l1 k1  tan k1l1 tan k2l2 k2 の特別の場合には H. Hamano， 14. 長柱の座屈 l t a n2  2  となるから P EI 14-9   1   l P   2 EI 4 が得られる．よって座屈荷重は  2 EI PK  4l 2 となる．また，座屈応力度は P  2 EI  2 r 2 E  2E  2E K  K     2 A 4 Al 2 4l 2 42 4l / r  ここに， r  I / A は断面 2 次半径，   l / r は細長比を表す．［例題 14.2］作用荷重 P=140tf, 長さ l=4m の H 型鋼の座屈荷重を求めよ（工学単位）． H 型鋼：300  300  10  15 Y 規格表より 15 I x  20,200 cm 4 300 10 ［解］細長比は l 400    53 .0 ry 7.55 1) 鋼材 SS400 の場合： 300 14.9 H 型鋼の座屈 20    93 よりテトマイヤーの式を使う．  Ka  1400  8.4(  20)  1400  8.4(53.0  20)  1 1 2 .28k g / c 2m ゆえに，座屈荷重は PK   Ka  A  1328 .40kgf  132.9tf  1 4 0 t f 2) 鋼材 SM490 の場合： 15    80 よりテトマイヤーの式を使う．  Ka  1900  13(  15)  1900  13(53.0  15)  1 4 0 k6 g / c 2m PK   Ka  A  1406  118.4  166470 .4kgf  166.5tf  1 4 0 t f I x  6,750 cm 4 A  118 .4cm 2 ry  7.55cm