Wytrzymałość materiałów: zestaw na powtórkę

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

Nowe zadania Wróć 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: ε_T = 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

Wyznacz biegunowy moment bezwładności: J = πd⁴/32 dla wału pełnego.
Naprężenie styczne na powierzchni: τ = T·r/J, gdzie r to promień zewnętrzny.
Kąt skręcenia: φ = TL/(GJ) w radianach.
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/y_max
Swobodnie podparta, obciążenie równomierne: M_max = wL²/8

Metoda

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

Środek ciężkości i moment bezwładności

Środek ciężkości: ȳ = ΣA_iy_i/ΣA_i
Prostokąt: I = bh³/12
Twierdzenie Steinera: I = I_c + A·d²
Przekrój złożony: I = Σ(I_c,i + A_id_i²)

Koło Mohra i transformacja naprężeń

Środek: C = (σ_x + σ_y)/2
Promień: R = √(((σ_x − σ_y)/2)² + τ_xy²)
Naprężenia główne: σ_1,2 = C ± R
Kierunek główny: tan 2θ_p = 2τ_xy/(σ_x − σ_y)
Płaszczyzna ukośna: σ_θ = C + (σ_x − σ_y)/2·cos 2θ + τ_xy·sin 2θ

Metoda

Oblicz środek koła Mohra: C = (σx + σy)/2.
Oblicz promień: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
Naprężenia główne to C ± R, a największe naprężenie styczne w płaszczyźnie to R.
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: P_cr = π²EI/(KL)²
Współczynnik długości wyboczeniowej: K = 1 przegub–przegub, 0,5 utwierdzenie–utwierdzenie, 0,7 utwierdzenie–przegub, 2 utwierdzenie–wolny koniec
Naprężenie krytyczne: σ_cr = P_cr/A
Smukłość: λ = KL/r, r = √(I/A)

2Zadania do ćwiczenia

1.Naprężenie i odkształcenie osioweŚredni

Pręt (materiał: stal, średnica 25 mm, E = 200 GPa) znajduje się wewnątrz rury (materiał: aluminium, średnica zewnętrzna 100 mm, średnica wewnętrzna 50 mm, E = 70 GPa). Oba mają długość 300 mm i są razem ściskane między sztywnymi płytami siłą 250 kN. Wyznacz skrócenie δ.

P = 250 kNpręt: Ø25 mm, E = 200 GParura: Ø100/Ø50 mm, E = 70 GPaL = 300 mm

δ = mm

2.Naprężenie i odkształcenie osioweTrudny

Pręt schodkowy jest utwierdzony w ścianie i obciążony na swobodnym końcu. Wyznacz całkowite wydłużenie δ.

P = 10 kNodcinek 1: Ø30 mm, 2 m, stal (E = 200 GPa)odcinek 2: Ø20 mm, 2 m, aluminium (E = 70 GPa)

δ = mm

3.Skręcanie wałówŚredni

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

T = 200 N·md = 50 mmL = 3 mG = 80 GPa

φ = °

4.Skręcanie wałówTrudny

Wał drążony przenosi 100 kW przy 3000 obr/min. Wyznacz maksymalne naprężenie styczne τ_max w wale.

P = 100 kWN = 3000 rpmd_o = 75 mmd_i = 60 mm

τ_max = MPa

5.Siła tnąca i moment zginającyŚredni

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.

55 kN @ 8 m4 kN/m, 0–12 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 2 m)
3C (x = 4 m)
4D (x = 6 m)
5E (x = 8 m)
6F (x = 10 m)
7G (x = 12 m)

6.Siła tnąca i moment zginającyTrudny

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 moment zginający M_B nad podporą B. Przyjmij dodatnie momenty rozciągające dolne włókna i dodatnią siłę tnącą skierowaną w górę na lewej ściance.

L = 7,5 mw = 2 kN/m od 0 do 7,5 mpodpory w x = 0 i x = 5 m

M_B = kN·m

7.Środek ciężkości i moment bezwładnościŚredni

Ceownik leży otwartą stroną do góry: płaskownik podstawy o szerokości 140 mm z dwoma pionowymi ramionami, o całkowitej wysokości 140 mm. Podstawa i ramiona mają grubość 8 mm. Wyznacz wysokość ȳ środka ciężkości nad dolną krawędzią.

b = 140 mmh = 140 mmt = 8 mm

ȳ = mm

8.Środek ciężkości i moment bezwładnościTrudny

Płyta 120 mm × 150 mm ma prostokątne wycięcie o szerokości 80 mm i wysokości 50 mm, umieszczone na pionowej osi symetrii, ze środkiem 45 mm nad dolną krawędzią. Wyznacz moment bezwładności przekroju I_x względem osi poziomej przechodzącej przez środek ciężkości.

b = 120 mmh = 150 mmwycięcie: 80 × 50 mmśrodek otworu: y = 45 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

9.Koło Mohra i transformacja naprężeńŚredni

W pewnym punkcie obciążonej części występują σₓ = 90 MPa, σᵧ = −40 MPa i τₓᵧ = 30 MPa (rozciąganie dodatnie). Wyznacz kąt θ_p od osi x do kierunku największego naprężenia głównego, z przedziału od −90° do 90°.

σ_x = 90 MPaσ_y = −40 MPaτ_xy = 30 MPa

θ_p = °

10.Koło Mohra i transformacja naprężeńTrudny

Punkt cienkiej płyty jest w płaskim stanie naprężenia: σₓ = 130 MPa, σᵧ = −60 MPa i τₓᵧ = 30 MPa (σ_z = 0). Granica plastyczności materiału wynosi 420 MPa. Wyznacz współczynnik bezpieczeństwa n względem uplastycznienia według hipotezy Hubera-Misesa (energii odkształcenia postaciowego).

σ_x = 130 MPaσ_y = −60 MPaτ_xy = 30 MPaσ_Y = 420 MPa

n =

11.Ugięcie belkiŚredni

Wspornik przenosi obciążenie równomiernie rozłożone w na całej długości i siłę skupioną P na swobodnym końcu. Korzystając z superpozycji, wyznacz ugięcie δ swobodnego końca.

P = 7 kNw = 15 kN/mL = 2 mE = 200 GPa (stal)I = 160 × 10⁶ mm⁴

δ = mm

12.Ugięcie belkiTrudny

Belka swobodnie podparta przenosi obciążenie równomiernie rozłożone w i siłę skupioną P w środku rozpiętości. Korzystając z superpozycji, wyznacz ugięcie w środku δ_max.

P = 28 kNw = 15 kN/mL = 1,5 mE = 11 GPa (drewno konstrukcyjne)I = 160 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

13.Wyboczenie słupówŚredni

Słup o długości L z materiału (stal) jest utwierdzony u podstawy i wolny u góry. Korzystając ze wzoru Eulera, wyznacz jego siłę krytyczną P_cr.

L = 1 mE = 200 GPa (stal)d = 60 mm

P_cr = kN

14.Wyboczenie słupówTrudny

Słup o długości L z materiału (aluminium) jest utwierdzony na obu końcach. Wyznacz jego smukłość i naprężenie krytyczne σ_cr ze wzoru Eulera.

L = 6 mE = 70 GPa (aluminium)d = 60 mm

σ_cr = MPa

3Roztwory

1.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: δ = 0,1469 mm

Dwa materiały: przy połączeniu szeregowym (jeden za drugim) każdy odcinek przenosi tę samą siłę, a wydłużenia się dodają: δ = P·Σ L/(E·A). Przy połączeniu równoległym (obok siebie między sztywnymi płytami) obie części skracają się o tyle samo, więc ich odkształcenia są równe: sztywniejsza część przejmuje większy udział, P_i = P·E_iA_i/ΣEA, a σ_i = E_i·ε. Pręt zamocowany między dwiema sztywnymi ścianami z obciążeniem w miejscu połączenia jest statycznie niewyznaczalny: dwa odcinki dzielą obciążenie proporcjonalnie do sztywności k = EA/L.

Pola

A_r = π·25²/4 = 490,9 mm²

A_t = π(100² − 50²)/4 = 5890 mm²

Łączna sztywność osiowa

ΣEA = 200·10³·490,9 + 70·10³·5890 = 5,105 × 10⁸ N

Skrócenie

δ = 250000·300/5,105 × 10⁸ = 0,1469 mm

Odpowiedź

δ = 0,1469 mm

2.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: δ = 1,051 mm

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·30²/4 = 706,9 mm², A₂ = π·20²/4 = 314,2 mm²

σ₁ = 14,15 MPa

σ₂ = 31,83 MPa

Dodaj wydłużenia odcinków

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 14,15·2000/200000 = 0,1415 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 31,83·2000/70000 = 0,9095 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 1,051 mm

Odpowiedź

δ = 1,051 mm

3.Skręcanie wałów

Odpowiedź: φ = 0,7003 °

Skręcanie wałów okrągłych: naprężenie styczne rośnie liniowo od zera w środku do τ_max = T·r/J na powierzchni, gdzie J = πd⁴/32 dla wału pełnego i J = π(d_o⁴ − d_i⁴)/32 dla drążonego. Kąt skręcenia to φ = TL/(GJ) w radianach. Moc i moment skręcający wiąże P = T·ω.

Biegunowy moment bezwładności

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Kąt skręcenia

φ = TL/(GJ) = 200·1000·3000/(80000·613592) = 0,01222 rad

φ = 0,01222·180/π = 0,7003°

Odpowiedź

φ = 0,7003°

4.Skręcanie wałów

Odpowiedź: τ_max = 6,509 MPa

Moment skręcający

ω = 2πN/60 = 2π·3000/60 = 314,2 rad/s

T = P/ω = 100000/314,2 = 318,3 N·m

Biegunowy moment bezwładności

J = π(75⁴ − 60⁴)/32 = 1,834 × 10⁶ mm⁴

Maksymalne naprężenie styczne

τ_max = T·(d_o/2)/J = 318310·37,5/1,834 × 10⁶ = 6,509 MPa

Odpowiedź

τ_max = 6,509 MPa

5.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: E (x = 8 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 = 42,33 kN, R₂ = 60,67 kN

Moment zginający w każdym punkcie

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

M_A = 0, M_B = 76,67, M_C = 137,3, M_D = 182, M_E = 210,7 kN·m, M_F = 113,3, M_G = 0

Odpowiedź

Punkt E: M_E = 210,7 kN·m

6.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: M_B = −6,25 kN·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 = 2·7,5 = 15 kN, przyłożona w x̄ = 3,75 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 2·7,5·3,75

R_B = 56,25/5 = 11,25 kN

ΣF_y = 0: R_A = 15 − 11,25 = 3,75 kN

Przekrój w B, zostaw wspornik

Obciążenie na wsporniku, w·a, działa w odległości a/2 od B i wygina belkę nad podporą wypukłością do góry.

M_B = −w·a²/2 = −2·2,5²/2 = −6,25 kN·m

Odpowiedź

M_B = −6,25 kN·m

7.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: ȳ = 49,74 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 = 140·8 = 1120 mm², y₁ = 4 mm

dwa ramiona: A₂ = 2·8·132 = 2112 mm², y₂ = 8 + 132/2 = 74 mm

Środek ciężkości

ȳ = (1120·4 + 2112·74)/3232 = 49,74 mm

Odpowiedź

ȳ = 49,74 mm

8.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: I_x = 28,29 × 10⁶ mm⁴

Przekroje z otworami: traktuj otwór jako ujemne pole. Środek ciężkości to ȳ = (A₁y₁ − A₂y₂)/(A₁ − A₂), gdzie A₁, y₁ dotyczą pełnej płyty, a A₂, y₂ otworu. Dla momentu bezwładności przekroju względem osi środkowej użyj twierdzenia Steinera dla każdej części i odejmij otwór: I = (I_c1 + A₁d₁²) − (I_c2 + A₂d₂²), gdzie d to odległość środka ciężkości każdej części od osi przechodzącej przez ȳ. Prostokąt ma I_c = bh³/12, a koło I_c = πd⁴/64.

Środek ciężkości

ȳ = (18000·75 − 4000·45)/(18000 − 4000) = 83,57 mm

Pełna płyta względem ȳ

120·150³/12 + 18000·−8,571² = 35,07 × 10⁶ mm⁴

Otwór względem ȳ

80·50³/12 + 4000·−38,57² = 6,784 × 10⁶ mm⁴

Odejmij

I_x = 28,29 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

I_x = 28,29 × 10⁶ mm⁴

9.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: θ_p = 12,39 °

Kąt na kole

Na kole Mohra punkt x leży pod kątem 2θp od osi σ; ćwiartka wynika ze znaków σₓ − σᵧ i τₓᵧ.

2θ_p = atan2(2·30, 90 − −40) = 24,78°

Kąt na elemencie

θ_p = 12,39°

Odpowiedź

θ_p = 12,39°

Kąty dodatnie mierzy się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

10.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: n = 2,385

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. Hipotezy wytężeniowe: według hipotezy Hubera-Misesa uplastycznienie następuje, gdy σ_vM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) osiąga σ_Y; według hipotezy Tresci, gdy bezwzględne maksymalne naprężenie styczne osiąga σ_Y/2.

Naprężenia główne

C = 35 MPa, R = 99,62 MPa

σ₁ = 134,6 MPa, σ₂ = −64,62 MPa, σ₃ = 0

Huber-Mises

σ_vM = √(134,6² − 134,6·(−64,62) + (−64,62)²) = 176,1 MPa

n = 420/176,1 = 2,385

Odpowiedź

n = 2,385

n > 1 oznacza, że punkt się nie uplastycznia; hipoteza Tresci jest nieco bardziej zachowawcza niż hipoteza Hubera-Misesa.

11.Ugięcie belki

Odpowiedź: δ = 1,521 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.

P = 7000 N, w = 15 N/mm, L = 2000 mm

EI = 3,2 × 10¹³ N·mm²

Każde obciążenie osobno

δ_P = PL³/(3EI) = 7000·2000³/(3·3,2 × 10¹³) = 0,5833 mm

δ_w = wL⁴/(8EI) = 15·2000⁴/(8·3,2 × 10¹³) = 0,9375 mm

Dodaj

δ = 0,5833 + 0,9375 = 1,521 mm

Odpowiedź

δ = 1,521 mm

12.Ugięcie belki

Odpowiedź: δ_max = 1,68 mm

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.

P = 28000 N, w = 15 N/mm, L = 1500 mm, EI = 1,76 × 10¹² N·mm²

Każde obciążenie osobno

δ_P = PL³/(48EI) = 28000·1500³/(48·1,76 × 10¹²) = 1,119 mm

δ_w = 5wL⁴/(384EI) = 5·15·1500⁴/(384·1,76 × 10¹²) = 0,5618 mm

Dodaj

δ_max = 1,119 + 0,5618 = 1,68 mm

Odpowiedź

δ_max = 1,68 mm

13.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: P_cr = 313,9 kN

Wyboczenie Eulera: smukły słup traci stateczność przy P_cr = 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 = 2·1000 = 2000 mm

Siła krytyczna

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/2000² = 313939 N = 313,9 kN

Odpowiedź

P_cr = 313,9 kN

14.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: σ_cr = 17,27 MPa

Najmniejszy moment bezwładności

Przekrój kołowy ma to samo I względem każdej osi.

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Promień bezwładności i smukłość

A = 2827 mm²

r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm

KL = 0,5·6000 = 3000 mm

KL/r = 3000/15 = 200

Naprężenie krytyczne

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/200² = 17,27 MPa

Odpowiedź

σ_cr = 17,27 MPa

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