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

Wyznacz wydłużenie δ pręta (aluminium) pod obciążeniem osiowym.

P = 100 kNd = 30 mmL = 2,5 mE = 70 GPa

δ = mm

2.Naprężenie i odkształcenie osioweTrudny

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

P = 110 kNodcinek 1: Ø35 mm, 1 m, aluminium (E = 70 GPa)odcinek 2: Ø20 mm, 1 m, aluminium (E = 70 GPa)

σ_max = MPa

3.Skręcanie wałówŚredni

Drążony wał (aluminium) (średnica zewnętrzna 60 mm, wewnętrzna 45 mm, długość 1,2 m) jest utwierdzony na jednym końcu i skręcany momentem 500 N·m na drugim. Wyznacz kąt skręcenia φ w stopniach.

T = 500 N·md_o = 60 mmd_i = 45 mmL = 1,2 mG = 26 GPa

φ = °

4.Skręcanie wałówTrudny

Wał drążony przenosi 100 kW przy 1800 obr/min. Wyznacz maksymalne naprężenie styczne τ_max w wale.

P = 100 kWN = 1800 rpmd_o = 40 mmd_i = 30 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.

20 kN @ 2 m35 kN @ 6 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 swobodnie podparta przenosi obciążenie równomiernie rozłożone na części rozpiętości. Wyznacz odległość x₀ od A do przekroju, w którym moment zginający jest największy.

L = 5 mw = 12 kN/m od 0 do 2 m

x₀ = m

7.Środek ciężkości i moment bezwładnościŚredni

Płyta 200 mm × 240 mm ma okrągły otwór o średnicy 40 mm na pionowej osi symetrii, ze środkiem 168 mm nad dolną krawędzią. Wyznacz moment bezwładności przekroju I_x względem osi poziomej przechodzącej przez środek ciężkości.

b = 200 mmh = 240 mmd = 40 mmśrodek otworu: y = 168 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Środek ciężkości i moment bezwładnościTrudny

Płyta 120 mm × 300 mm ma prostokątne wycięcie o szerokości 50 mm i wysokości 50 mm, umieszczone na pionowej osi symetrii, ze środkiem 105 mm nad dolną krawędzią. Wyznacz moment bezwładności przekroju I_x względem osi poziomej przechodzącej przez środek ciężkości.

b = 120 mmh = 300 mmwycięcie: 50 × 50 mmśrodek otworu: y = 105 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

9.Koło Mohra i transformacja naprężeńŚredni

W punkcie σₓ = 40 MPa, σᵧ = −10 MPa i τₓᵧ = −50 MPa (rozciąganie dodatnie). Element obrócono o 15° przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Wyznacz naprężenie normalne σ_y′ na ściankach obróconego elementu prostopadłych do obróconej osi y′.

σ_x = 40 MPaσ_y = −10 MPaτ_xy = −50 MPaθ = 15°

σ_y′ = MPa

10.Koło Mohra i transformacja naprężeńTrudny

Punkt cienkiej płyty jest w płaskim stanie naprężenia: σₓ = 90 MPa, σᵧ = −30 MPa i τₓᵧ = −20 MPa (σ_z = 0). Granica plastyczności materiału wynosi 420 MPa. Wyznacz współczynnik bezpieczeństwa n względem uplastycznienia według hipotezy Tresci (maksymalnego naprężenia stycznego).

σ_x = 90 MPaσ_y = −30 MPaτ_xy = −20 MPaσ_Y = 420 MPa

n =

11.Ugięcie belkiŚredni

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

w = 12 kN/mL = 2 mE = 70 GPa (aluminium)I = 36 × 10⁶ mm⁴

δ = mm

12.Ugięcie belkiTrudny

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

w = 4 kN/mL = 2 mE = 70 GPa (aluminium)

I_req = × 10⁶ mm⁴

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 = 2 mE = 200 GPa (stal)b × h = 50 × 100 mm

P_cr = kN

14.Wyboczenie słupówTrudny

Pełny słup okrągły o długości L z materiału (stal) jest utwierdzony u podstawy i wolny u góry. Ma przenieść 5 kN przy współczynniku bezpieczeństwa 2,5 względem wyboczenia. Wyznacz najmniejszą średnicę d.

P = 5 kNn = 2,5L = 5 mE = 200 GPa (stal)

d = mm

3Roztwory

1.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: δ = 5,053 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·30²/4 = 706,9 mm²

σ = P/A = 100·1000/706,9 = 141,5 MPa

Odkształcenie (prawo Hooke’a)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 141,5/70000 = 0,002021 = 2021 µε

Wydłużenie

δ = ε·L = 0,002021·2500 mm = 5,053 mm

Odpowiedź

δ = 5,053 mm

2.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: σ_max = 350,1 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·35²/4 = 962,1 mm², A₂ = π·20²/4 = 314,2 mm²

σ₁ = 114,3 MPa

σ₂ = 350,1 MPa

Największe naprężenie

Cieńszy odcinek ma mniejsze pole, więc przenosi większe naprężenie.

σ_max = 350,1 MPa

Odpowiedź

σ_max = 350,1 MPa

3.Skręcanie wałów

Odpowiedź: φ = 1,52 °

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(60⁴ − 45⁴)/32 = 869767 mm⁴

Kąt skręcenia

T = 500 N·m = 500000 N·mm

L = 1,2 m = 1200 mm

G = 26 GPa = 26000 MPa

φ = TL/(GJ) = 500000·1200/(26000·869767) = 0,02653 rad

φ = 0,02653·180/π = 1,52°

Odpowiedź

φ = 1,52°

4.Skręcanie wałów

Odpowiedź: τ_max = 61,76 MPa

Moment skręcający

ω = 2πN/60 = 2π·1800/60 = 188,5 rad/s

T = P/ω = 100000/188,5 = 530,5 N·m

Biegunowy moment bezwładności

J = π(40⁴ − 30⁴)/32 = 171806 mm⁴

Maksymalne naprężenie styczne

τ_max = T·(d_o/2)/J = 530516·20/171806 = 61,76 MPa

Odpowiedź

τ_max = 61,76 MPa

5.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: D (x = 6 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 = 34,17 kN, R₂ = 20,83 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 = 68,33, M_C = 96,67, M_D = 125 kN·m, M_E = 83,33, M_F = 41,67, M_G = 0

Odpowiedź

Punkt D: M_D = 125 kN·m

6.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: x₀ = 1,6 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.

Wypadkowa obciążenia ciągłego: W = w·ℓ = 12·2 = 24 kN, przyłożona w x̄ = 1 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 12·2·1

R_B = 24/5 = 4,8 kN

ΣF_y = 0: R_A = 24 − 4,8 = 19,2 kN

Zerowa siła tnąca

Siła tnąca zaczyna od R_A, jest stała na każdym nieobciążonym odcinku i maleje z nachyleniem w wewnątrz obciążenia.

R_A − w·(x₀ − 0) = 0

x₀ = 0 + 19,2/12 = 1,6 m

Odpowiedź

x₀ = 1,6 m

7.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: I_x = 227,3 × 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 = (48000·120 − 1257·168)/(48000 − 1257) = 118,7 mm

Pełna płyta względem ȳ

200·240³/12 + 48000·1,29² = 230,5 × 10⁶ mm⁴

Otwór względem ȳ

π·40⁴/64 + 1257·49,29² = 3,179 × 10⁶ mm⁴

Odejmij

I_x = 227,3 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

I_x = 227,3 × 10⁶ mm⁴

8.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: I_x = 264 × 10⁶ mm⁴

Środek ciężkości

ȳ = (36000·150 − 2500·105)/(36000 − 2500) = 153,4 mm

Pełna płyta względem ȳ

120·300³/12 + 36000·−3,358² = 270,4 × 10⁶ mm⁴

Otwór względem ȳ

50·50³/12 + 2500·−48,36² = 6,367 × 10⁶ mm⁴

Odejmij

I_x = 264 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

I_x = 264 × 10⁶ mm⁴

9.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: σ_y′ = 18,35 MPa

Równanie transformacji dla ścianki y′

σ_y′ = 15 − 25·0,866 − (−50)·0,5 = 18,35 MPa

Sprawdzenie

Suma naprężeń normalnych nie zmienia się przy obrocie.

σ_x′ = 11,65 MPa, σ_x′ + σ_y′ = 30 = σ_x + σ_y

Odpowiedź

σ_y′ = 18,35 MPa

10.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: n = 3,32

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 = 30 MPa, R = 63,25 MPa

σ₁ = 93,25 MPa, σ₂ = −33,25 MPa, σ₃ = 0

Tresca

σ_max − σ_min = 126,5 MPa

n = 420/126,5 = 3,32

Odpowiedź

n = 3,32

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

11.Ugięcie belki

Odpowiedź: δ = 9,524 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 = 12 N/mm, L = 2000 mm

EI = 2,52 × 10¹² N·mm²

Ugięcie

δ = wL⁴/(8EI) = 12·2000⁴/(8·2,52 × 10¹²) = 9,524 mm

Odpowiedź

δ = 9,524 mm

12.Ugięcie belki

Odpowiedź: I_req = 2,143 × 10⁶ mm⁴

Warunek ugięcia

δ_allow = L/360 = 2000/360 = 5,556 mm

Wymagany moment bezwładności

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·4·2000⁴/(384·70000·5,556) = 2,143 × 10⁶ mm⁴

I_req = 2,143 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

I_req = 2,143 × 10⁶ mm⁴

13.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: P_cr = 128,5 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

Prostokąt wybocza się względem słabszej osi, z mniejszym wymiarem do sześcianu.

I_min = h·b³/12 = 100·50³/12 = 1,042 × 10⁶ mm⁴

Długość wyboczeniowa

KL = 2·2000 = 4000 mm

Siła krytyczna

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·1,042 × 10⁶/4000² = 128510 N = 128,5 kN

Odpowiedź

P_cr = 128,5 kN

14.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: d = 59,93 mm

Wymagana siła krytyczna

P_cr = n·P = 2,5·5000 = 12500 N

KL = 2·5000 = 10000 mm

Wyznacz średnicę

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·12500·10000²/(π³·200000))^(1/4) = 59,93 mm

Odpowiedź

d = 59,93 mm

Sprawdzenie: smukłość KL/r wynosi 667,4, więc słup jest smukły i wzór Eulera obowiązuje.

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