Wytrzymałość materiałów: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 14 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Naprężenie i odkształcenie osiowe

Naprężenie normalne
σ = F/A
Odkształcenie
ε = ΔL/L
Prawo Hooke’a
σ = E·ε
Wydłużenie
ΔL = FL/(EA)
Odkształcenie termiczne
εT = α·ΔT

Skręcanie wałów

Naprężenie styczne
τ = T·r/J
Wał pełny
J = πd⁴/32
Wał drążony
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Kąt skręcenia
φ = TL/(GJ)
Moc
P = T·ω = 2πnT/60

Metoda

  1. Wyznacz biegunowy moment bezwładności: J = πd⁴/32 dla wału pełnego.
  2. Naprężenie styczne na powierzchni: τ = T·r/J, gdzie r to promień zewnętrzny.
  3. Kąt skręcenia: φ = TL/(GJ) w radianach.
  4. Jeśli podana jest moc, najpierw wyznacz moment z P = T·ω, ω = 2πn/60.

Siła tnąca i moment zginający

Siła tnąca i moment
V = ΣF po jednej stronie, M = ΣF·d po jednej stronie
Naprężenie od zginania
σ = M·y/I
Prostokąt
I = bh³/12
Wskaźnik wytrzymałości przekroju
W = I/ymax
Swobodnie podparta, obciążenie równomierne
Mmax = wL²/8

Metoda

  1. Wyznacz reakcje podpór z równowagi całej belki.
  2. Przetnij belkę w potrzebnym przekroju i zostaw jedną stronę.
  3. Siła tnąca: suma sił pionowych po tej stronie. Moment zginający: suma ich momentów względem przekroju.
  4. Aby znaleźć moment maksymalny, wyznacz miejsce, w którym siła tnąca jest równa zeru.

Środek ciężkości i moment bezwładności

Środek ciężkości
ȳ = ΣAiyi/ΣAi
Prostokąt
I = bh³/12
Twierdzenie Steinera
I = Ic + A·d²
Przekrój złożony
I = Σ(Ic,i + Aidi²)

Koło Mohra i transformacja naprężeń

Środek
C = (σx + σy)/2
Promień
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Naprężenia główne
σ1,2 = C ± R
Kierunek główny
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Płaszczyzna ukośna
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Metoda

  1. Oblicz środek koła Mohra: C = (σx + σy)/2.
  2. Oblicz promień: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Naprężenia główne to C ± R, a największe naprężenie styczne w płaszczyźnie to R.
  4. Kąty na kole są dwa razy większe niż kąty na elemencie: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Ugięcie belki

Siła skupiona w środku rozpiętości
δ = PL³/(48EI)
Obciążenie równomierne, belka swobodnie podparta
δ = 5wL⁴/(384EI)
Wspornik, siła na końcu
δ = PL³/(3EI)
Wspornik, obciążenie równomierne
δ = wL⁴/(8EI)
Superpozycja
δ = δ1 + δ2

Wyboczenie słupów

Siła krytyczna Eulera
Pcr = π²EI/(KL)²
Współczynnik długości wyboczeniowej
K = 1 przegub–przegub, 0,5 utwierdzenie–utwierdzenie, 0,7 utwierdzenie–przegub, 2 utwierdzenie–wolny koniec
Naprężenie krytyczne
σcr = Pcr/A
Smukłość
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Zadania do ćwiczenia

1.Naprężenie i odkształcenie osioweŚredni
Ø 16 mmAluminium0,5 mP = 25 kN

Wyznacz wydłużenie δ pręta (aluminium) pod obciążeniem osiowym.

P = 25 kNd = 16 mmL = 0,5 mE = 70 GPa
δ = mm
2.Naprężenie i odkształcenie osioweTrudny
Ø 25 mmAluminium1 mØ 20 mmMiedź0,5 mP = 90 kN

Pręt schodkowy jest utwierdzony w ścianie i obciążony na swobodnym końcu. Wyznacz największe naprężenie normalne σmax w pręcie.

P = 90 kNodcinek 1: Ø25 mm, 1 m, aluminium (E = 70 GPa)odcinek 2: Ø20 mm, 0,5 m, miedź (E = 117 GPa)
σmax = MPa
3.Skręcanie wałówŚredni
T = 500 N·md = 25 mmL = 1 mφ = ?

Pełny wał (mosiądz) jest utwierdzony w ścianie i skręcany momentem T na swobodnym końcu. Wyznacz kąt skręcenia φ swobodnego końca w stopniach.

T = 500 N·md = 25 mmL = 1 mG = 39 GPa
φ = °
4.Skręcanie wałówTrudny
d = 30 mmT0​ = 400 N·mACBa = 2 mb = 1,5 m

Pełny wał (stal) o średnicy 30 mm jest utwierdzony w sztywnych ścianach na obu końcach A i B. W C, w odległości 2 m od A i 1,5 m od B, przyłożono moment skręcający 400 N·m. Wyznacz maksymalne naprężenie styczne τmax w wale.

d = 30 mmT0 = 400 N·ma = 2 mb = 1,5 m
τmax = MPa
5.Siła tnąca i moment zginającyŚredni
5 kN/m30 kNABCDEFG1 m1 m1 m1 m1 m1 m

Punkty od A do G dzielą belkę na sześć równych części. W którym punkcie moment zginający ma największą wartość bezwzględną, dodatni lub ujemny? Kliknij go na rysunku.

30 kN @ 2 m5 kN/m, 0–6 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 1 m)
  3. 3C (x = 2 m)
  4. 4D (x = 3 m)
  5. 5E (x = 4 m)
  6. 6F (x = 5 m)
  7. 7G (x = 6 m)
6.Siła tnąca i moment zginającyTrudny
w = 5 kN/mABC8 m2,5 m

Belka opiera się na podporze nieprzesuwnej w A i przesuwnej w B i wystaje poza B o 2,5 m aż do swobodnego końca C. Na całej długości A–C działa obciążenie równomiernie rozłożone w. Wyznacz odległość xc od A do miejsca zerowego momentu między podporami (w którym moment zginający zmienia znak).

L = 10,5 mw = 5 kN/m od 0 do 10,5 mpodpory w x = 0 i x = 8 m
xc = m
7.Środek ciężkości i moment bezwładnościŚredni
28070t = 14ȳ = ?wymiary w mm

Ceownik leży otwartą stroną do góry: płaskownik podstawy o szerokości 280 mm z dwoma pionowymi ramionami, o całkowitej wysokości 70 mm. Podstawa i ramiona mają grubość 14 mm. Wyznacz wysokość ȳ środka ciężkości nad dolną krawędzią.

b = 280 mmh = 70 mmt = 14 mm
ȳ = mm
8.Środek ciężkości i moment bezwładnościTrudny
12025024330248xwymiary w mm

Spawany dwuteownik ma półkę górną 120 × 24 mm, środnik o wysokości 330 mm i grubości 8 mm oraz półkę dolną 250 × 24 mm (szerokość × grubość). Wyznacz jego moment bezwładności Ix względem poziomej osi x przechodzącej przez środek ciężkości.

półka górna: 120 × 24 mmśrodnik: 8 × 330 mmpółka dolna: 250 × 24 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
9.Koło Mohra i transformacja naprężeńŚredni
σx​ = 160σy​ = 110τxy​ = 30MPa

W pewnym punkcie obciążonej części występują σₓ = 160 MPa, σᵧ = 110 MPa i τₓᵧ = 30 MPa (rozciąganie dodatnie). Wyznacz maksymalne naprężenie styczne w płaszczyźnie τmax.

σx = 160 MPaσy = 110 MPaτxy = 30 MPa
τmax = MPa
10.Koło Mohra i transformacja naprężeńTrudny
σx​ = −60σy​ = −60τxy​ = −20MPa

W pewnym punkcie obciążonej części występują σₓ = −60 MPa, σᵧ = −60 MPa i τₓᵧ = −20 MPa (rozciąganie dodatnie). Wyznacz naprężenie normalne σθ na płaszczyźnie, której normalna jest obrócona o 35° przeciwnie do ruchu wskazówek zegara względem osi x.

σx = −60 MPaσy = −60 MPaτxy = −20 MPaθ = 35°
σθ = MPa
11.Ugięcie belkiŚredni
w = 8 kN/mδL = 2,5 m

Wspornik przenosi obciążenie równomiernie rozłożone w na całej długości. Wyznacz ugięcie δ swobodnego końca.

w = 8 kN/mL = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)I = 36 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
12.Ugięcie belkiTrudny
w = 6 kN/mδL = 3 m

Belka swobodnie podparta przenosi obciążenie równomiernie rozłożone w. Jej ugięcie nie może przekroczyć rozpiętość/360. Wyznacz najmniejszy moment bezwładności Ireq, który spełnia ten warunek.

w = 6 kN/mL = 3 mE = 11 GPa (drewno konstrukcyjne)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
13.Wyboczenie słupówŚredni
PL = 5 md = 60 mmprzekrój poprzeczny

Słup o długości L z materiału (aluminium) jest utwierdzony na obu końcach. Korzystając ze wzoru Eulera, wyznacz jego siłę krytyczną Pcr.

L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 60 mm
Pcr = kN
14.Wyboczenie słupówTrudny
P = 95 kNL = 3 md = ?przekrój poprzeczny

Pełny słup okrągły o długości L z materiału (aluminium) jest utwierdzony u podstawy i wolny u góry. Ma przenieść 95 kN przy współczynniku bezpieczeństwa 3 względem wyboczenia. Wyznacz najmniejszą średnicę d.

P = 95 kNn = 3L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm

3Roztwory

1.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: δ = 0,8881 mm

Prawo Hooke’a: w zakresie sprężystym σ = E·ε. Łącząc to z σ = P/A i ε = δ/L, dostajemy δ = PL/(AE).

Naprężenie

A = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 25·1000/201,1 = 124,3 MPa

Odkształcenie (prawo Hooke’a)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 124,3/70000 = 0,001776 = 1776 µε

Wydłużenie

δ = ε·L = 0,001776·500 mm = 0,8881 mm

Odpowiedź

δ = 0,8881 mm
2.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: σmax = 286,5 MPa

Pręty obciążone osiowo: każdy pryzmatyczny odcinek spełnia δ = PL/(AE). Dla odcinków połączonych szeregowo wydłużenia się sumują.

Ta sama siła w obu odcinkach

Swobodny koniec przenosi P, więc każdy przekrój pręta przenosi tę samą siłę osiową P. Zmieniają się tylko pola przekroju i materiały.

A1 = π·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 183,3 MPa
σ2 = 286,5 MPa

Największe naprężenie

Cieńszy odcinek ma mniejsze pole, więc przenosi większe naprężenie.

σmax = 286,5 MPa

Odpowiedź

σmax = 286,5 MPa
3.Skręcanie wałów

Odpowiedź: φ = 19,15 °

Skręcanie wałów okrągłych: naprężenie styczne rośnie liniowo od zera w środku do τmax = T·r/J na powierzchni, gdzie J = πd⁴/32 dla wału pełnego i J = π(do⁴ − di⁴)/32 dla drążonego. Kąt skręcenia to φ = TL/(GJ) w radianach. Moc i moment skręcający wiąże P = T·ω.

Biegunowy moment bezwładności

J = π·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Kąt skręcenia

φ = TL/(GJ) = 500·1000·1000/(39000·38350) = 0,3343 rad
φ = 0,3343·180/π = 19,15°

Odpowiedź

φ = 19,15°
4.Skręcanie wałów

Odpowiedź: τmax = 43,11 MPa

Skręcanie wałów okrągłych: naprężenie styczne rośnie liniowo od zera w środku do τmax = T·r/J na powierzchni, gdzie J = πd⁴/32 dla wału pełnego i J = π(do⁴ − di⁴)/32 dla drążonego. Kąt skręcenia to φ = TL/(GJ) w radianach. Moc i moment skręcający wiąże P = T·ω. Gdy oba końce są utwierdzone, sama statyka daje tylko TA + TB = T₀; drugim równaniem jest warunek zgodności (równy kąt skręcenia obu części w obciążonym przekroju).

Równowaga i zgodność

TA + TB = 400
TA·a = TB·b
TA = 400·1,5/3,5 = 171,4 N·m
TB = 400·2/3,5 = 228,6 N·m

Maksymalne naprężenie styczne

Decyduje większy z dwóch momentów (ta sama średnica).

τmax = 16·228571/(π·30³) = 43,11 MPa

Odpowiedź

τmax = 43,11 MPa
5.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: C (x = 2 m)

Największy moment zginający: nachylenie wykresu M zmienia się tam, gdzie zmienia się siła tnąca, więc jego maksima leżą tam, gdzie siła tnąca przechodzi przez zero: pod siłą skupioną, wewnątrz obciążenia ciągłego albo nad podporą przy wsporniku. W utwierdzeniu belki wspornikowej moment jest największy przy ścianie. Porównaj wartości M w tych miejscach, zarówno dodatnie (zginanie „w dół”), jak i ujemne.

Reakcje podpór

Zapisz momenty względem jednej podpory, a potem użyj bilansu sił pionowych.

R1 = 35 kN, R2 = 25 kN

Moment zginający w każdym punkcie

Zsumuj momenty wszystkich sił po jednej stronie przekroju. Zginanie „w dół” jest dodatnie, „w górę” ujemne.

MA = 0, MB = 32,5, MC = 60 kN·m, MD = 52,5, ME = 40, MF = 22,5, MG = 0

Odpowiedź

Punkt C: MC = 60 kN·m
6.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: xc = 7,219 m

Metoda przekrojów: przetnij belkę tam, gdzie chcesz znać siły wewnętrzne, i zostaw jedną stronę. Siła tnąca V równoważy siły pionowe po tej stronie, a moment zginający M ich momenty względem przekroju. Moment maksymalny: ponieważ dM/dx = V, moment zginający osiąga ekstremum tam, gdzie siła tnąca przechodzi przez zero, albo w miejscu siły skupionej, albo wewnątrz obciążenia ciągłego.

Reakcje podpór

Równowaga całej belki, łącznie z obciążeniem na wsporniku.

Wypadkowa obciążenia ciągłego: W = w·ℓ = 5·10,5 = 52,5 kN, przyłożona w x̄ = 5,25 m
ΣMA = 0: RB·8 = 5·10,5·5,25
RB = 275,6/8 = 34,45 kN
ΣFy = 0: RA = 52,5 − 34,45 = 18,05 kN

Zerowy moment

Między podporami M(x) = RA·x − w·x²/2. Poza x = 0 jest równy zeru w x = 2RA/w.

RA·xc − w·xc²/2 = 0
xc = 2·18,05/5 = 7,219 m

Odpowiedź

xc = 7,219 m
7.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: ȳ = 17 mm

Przekroje złożone: podziel przekrój na prostokąty. Środek ciężkości to średnia ważona polami ȳ = ΣAᵢyᵢ/ΣAᵢ. Moment bezwładności względem osi centralnej sumuje własne bh³/12 każdej części i człon Steinera A·d², gdzie d to odległość środka ciężkości części od środka ciężkości całości. Naprężenie od zginania to σ = M·y/I.

Podziel na prostokąty

Przyjmij podstawę na pełnej szerokości i dwa ramiona nad nią (wysokość h − t), aby nic nie liczyć dwa razy.

baza: A1 = 280·14 = 3920 mm², y1 = 7 mm
dwa ramiona: A2 = 2·14·56 = 1568 mm², y2 = 14 + 56/2 = 42 mm

Środek ciężkości

ȳ = (3920·7 + 1568·42)/5488 = 17 mm

Odpowiedź

ȳ = 17 mm
8.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: Ix = 276,1 × 10⁶ mm⁴

Przekroje złożone: podziel przekrój na prostokąty. Środek ciężkości to średnia ważona polami ȳ = ΣAᵢyᵢ/ΣAᵢ. Moment bezwładności względem osi centralnej sumuje własne bh³/12 każdej części i człon Steinera A·d², gdzie d to odległość środka ciężkości części od środka ciężkości całości. Naprężenie od zginania to σ = M·y/I.

Podziel na trzy prostokąty

Mierz każde y od dolnej krawędzi.

półka górna: A = 2880 mm², y = 366 mm
środnik: A = 2640 mm², y = 189 mm
półka dolna: A = 6000 mm², y = 12 mm

Środek ciężkości

ȳ = (2880·366 + 2640·189 + 6000·12)/11520 = 141,1 mm

Twierdzenie Steinera

półka górna: 120·24³/12 + 2880·224,9² = 1,459 × 10⁸ mm⁴
środnik: 8·330³/12 + 2640·47,94² = 3,002 × 10⁷ mm⁴
półka dolna: 250·24³/12 + 6000·129,1² = 1,002 × 10⁸ mm⁴
Ix = 1,459 × 10⁸ + 3,002 × 10⁷ + 1,002 × 10⁸
Ix = 2,761 × 10⁸ mm⁴ = 276,1 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

Ix = 276,1 × 10⁶ mm⁴
9.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: τmax = 39,05 MPa

Transformacja płaskiego stanu naprężenia: na płaszczyźnie obróconej o kąt θ: σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Koło Mohra pokazuje wszystkie płaszczyzny naraz: jego środek leży w C = (σₓ + σᵧ)/2, a promień wynosi R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Naprężenia główne to C ± R, a największe naprężenie styczne w płaszczyźnie to R.

σxyCτmax​

Promień koła Mohra

τmax = R = √(((160 − 110)/2)² + 30²) = 39,05 MPa

Odpowiedź

τmax = 39,05 MPa
10.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: σθ = −78,79 MPa

Transformacja płaskiego stanu naprężenia: na płaszczyźnie obróconej o kąt θ: σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Koło Mohra pokazuje wszystkie płaszczyzny naraz: jego środek leży w C = (σₓ + σᵧ)/2, a promień wynosi R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Naprężenia główne to C ± R, a największe naprężenie styczne w płaszczyźnie to R.

Równanie transformacji

σθ = −60 + 0·0,342 + −20·0,9397 = −78,79 MPa

Odpowiedź

σθ = −78,79 MPa
11.Ugięcie belki

Odpowiedź: δ = 15,5 mm

Ugięcie belek: ugięcia otrzymuje się, całkując dwukrotnie krzywiznę M/(EI). Typowe przypadki są stablicowane, na przykład PL³/(3EI) dla wspornika z siłą na końcu i 5wL⁴/(384EI) dla belki swobodnie podpartej z obciążeniem równomiernym na całej rozpiętości. Ugięcia od różnych obciążeń się sumują (superpozycja).

Spójne jednostki

Licz w N i mm: P w N, w w N/mm (kN/m = N/mm), L w mm, E w N/mm² (GPa × 1000), I w mm⁴.

w = 8 N/mm, L = 2500 mm
EI = 2,52 × 10¹² N·mm²

Ugięcie

δ = wL⁴/(8EI) = 8·2500⁴/(8·2,52 × 10¹²) = 15,5 mm

Odpowiedź

δ = 15,5 mm
12.Ugięcie belki

Odpowiedź: Ireq = 69,03 × 10⁶ mm⁴

Ugięcie belek: ugięcia otrzymuje się, całkując dwukrotnie krzywiznę M/(EI). Typowe przypadki są stablicowane, na przykład PL³/(3EI) dla wspornika z siłą na końcu i 5wL⁴/(384EI) dla belki swobodnie podpartej z obciążeniem równomiernym na całej rozpiętości. Ugięcia od różnych obciążeń się sumują (superpozycja).

Warunek ugięcia

δallow = L/360 = 3000/360 = 8,333 mm

Wymagany moment bezwładności

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·6·3000⁴/(384·11000·8,333) = 6,903 × 10⁷ mm⁴
Ireq = 69,03 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

Ireq = 69,03 × 10⁶ mm⁴
13.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: Pcr = 70,32 kN

Wyboczenie Eulera: smukły słup traci stateczność przy Pcr = π²EI/(KL)², gdzie KL to długość wyboczeniowa: K = 1 dla przegub–przegub, 2 dla utwierdzenie–wolny koniec, 0,7 dla utwierdzenie–przegub i 0,5 dla utwierdzenie–utwierdzenie. Wybocza się względem osi o najmniejszym I. Wzór dotyczy słupów smukłych, których naprężenie krytyczne jest mniejsze od granicy plastyczności.

Najmniejszy moment bezwładności

Przekrój kołowy ma to samo I względem każdej osi.

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Długość wyboczeniowa

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

Siła krytyczna

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·636173/2500² = 70322 N = 70,32 kN

Odpowiedź

Pcr = 70,32 kN
14.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: d = 131,9 mm

Wyboczenie Eulera: smukły słup traci stateczność przy Pcr = π²EI/(KL)², gdzie KL to długość wyboczeniowa: K = 1 dla przegub–przegub, 2 dla utwierdzenie–wolny koniec, 0,7 dla utwierdzenie–przegub i 0,5 dla utwierdzenie–utwierdzenie. Wybocza się względem osi o najmniejszym I. Wzór dotyczy słupów smukłych, których naprężenie krytyczne jest mniejsze od granicy plastyczności.

Wymagana siła krytyczna

Pcr = n·P = 3·95000 = 285000 N
KL = 2·3000 = 6000 mm

Wyznacz średnicę

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·285000·6000²/(π³·70000))^(1/4) = 131,9 mm

Odpowiedź

d = 131,9 mm

Sprawdzenie: smukłość KL/r wynosi 182, więc słup jest smukły i wzór Eulera obowiązuje.

ExamProblems · examproblems.com/courses/mechanics-of-materials