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 odkształcenie osiowe ε w pręcie (stal), w mikroodkształceniach (µε = 10⁻⁶).

P = 120 kNd = 16 mmL = 2,5 mE = 200 GPa

ε = µε

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 = 90 kNodcinek 1: Ø25 mm, 0,5 m, miedź (E = 117 GPa)odcinek 2: Ø20 mm, 2 m, aluminium (E = 70 GPa)

σ_max = MPa

3.Skręcanie wałówŚredni

Pełny wał (mosiądz) o długości 1,5 m przenosi moment skręcający 250 N·m. Kąt skręcenia między jego końcami nie może przekroczyć 1,5°. Wyznacz najmniejszą średnicę d, która spełnia ten warunek.

T = 250 N·mL = 1,5 mG = 39 GPaφ_allow = 1,5°

d = mm

4.Skręcanie wałówTrudny

Pełny wał (mosiądz) przenosi moc 10 kW przy 300 rpm. Naprężenie styczne nie może przekroczyć 75 MPa, a kąt skręcenia 0,5° na m długości. Wyznacz najmniejszą średnicę d, która spełnia oba warunki.

P = 10 kWN = 300 rpmτ_allow = 75 MPaθ_allow = 0,5°/mG = 39 GPa

d = mm

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.

10 kN @ 6 m60 kN @ 2 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 w na całej rozpiętości oraz siłę skupioną P. Wyznacz maksymalny moment zginający M_max w belce.

L = 6 mP = 50 kN w 2,5 mw = 5 kN/m od 0 do 6 m

M_max = kN·m

7.Środek ciężkości i moment bezwładnościŚredni

Ceownik leży otwartą stroną do góry: płaskownik podstawy o szerokości 160 mm z dwoma pionowymi ramionami, o całkowitej wysokości 180 mm. Podstawa i ramiona mają grubość 20 mm. Wyznacz jego moment bezwładności I_x względem poziomej osi x przechodzącej przez środek ciężkości.

b = 160 mmh = 180 mmt = 20 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Środek ciężkości i moment bezwładnościTrudny

Płyta 120 mm × 240 mm ma prostokątne wycięcie o szerokości 50 mm i wysokości 50 mm, umieszczone 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 = 120 mmh = 240 mmwycięcie: 50 × 50 mmśrodek otworu: y = 168 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

9.Koło Mohra i transformacja naprężeńŚredni

W punkcie σₓ = 120 MPa, σᵧ = −40 MPa i τₓᵧ = 40 MPa (rozciąganie dodatnie). Wyznacz kąt θ_s z przedziału od −90° do 90°, mierzony od osi x do normalnej płaszczyzny, na której naprężenie styczne osiąga maksymalną wartość dodatnią +R (naprężenie styczne dodatnie w tym samym sensie co τₓᵧ).

σ_x = 120 MPaσ_y = −40 MPaτ_xy = 40 MPa

θ_s = °

10.Koło Mohra i transformacja naprężeńTrudny

W pewnym punkcie obciążonej części występują σₓ = 160 MPa, σᵧ = 0 MPa i τₓᵧ = 10 MPa (rozciąganie dodatnie). Wyznacz naprężenie normalne σ_θ na płaszczyźnie, której normalna jest obrócona o 60° przeciwnie do ruchu wskazówek zegara względem osi x.

σ_x = 160 MPaσ_y = 0 MPaτ_xy = 10 MPaθ = 60°

σ_θ = MPa

11.Ugięcie belkiŚredni

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

w = 10 kN/mL = 2,5 mE = 11 GPa (drewno konstrukcyjne)I = 160 × 10⁶ mm⁴

δ = mm

12.Ugięcie belkiTrudny

Belka jest utwierdzona w A i swobodnie podparta w B. Przenosi siłę skupioną P w środku rozpiętości. EI jest stałe. Wyznacz reakcję R_B na podporze przesuwnej.

L = 5 mP = 50 kN w 2,5 m

R_B = kN

13.Wyboczenie słupówŚredni

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

L = 6 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm

P_cr = kN

14.Wyboczenie słupówTrudny

Pełny słup okrągły o długości L z materiału (aluminium) jest utwierdzony u podstawy i przegubowo podparty u góry. Ma przenieść 95 kN przy współczynniku bezpieczeństwa 2 względem wyboczenia. Wyznacz najmniejszą średnicę d.

P = 95 kNn = 2L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)

d = mm

3Roztwory

1.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: ε = 2984 µε

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 = 120·1000/201,1 = 596,8 MPa

Odkształcenie (prawo Hooke’a)

E for stal = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 596,8/200000 = 0,002984 = 2984 µε

Odpowiedź

ε = 2984 µε

2.Naprężenie i odkształcenie osiowe

Odpowiedź: σ_max = 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.

σ_max = 286,5 MPa

Odpowiedź

σ_max = 286,5 MPa

3.Skręcanie wałów

Odpowiedź: d = 43,98 mm

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.

Wymagany biegunowy moment bezwładności

T = 250 N·m = 250000 N·mm

L = 1,5 m = 1500 mm

G = 39 GPa = 39000 MPa

φ = 1,5·π/180 = 0,02618 rad

J = TL/(Gφ) = 250000·1500/(39000·0,02618) = 367281 mm⁴

Średnica

d = (32J/π)^1/4 = 43,98 mm

Odpowiedź

d = 43,98 mm

W praktyce zaokrągla się w górę do najbliższego wymiaru znormalizowanego.

4.Skręcanie wałów

Odpowiedź: d = 55,56 mm

Moment skręcający

ω = 2πN/60 = 2π·300/60 = 31,42 rad/s

T = P/ω = 10000/31,42 = 318,3 N·m

Średnica z warunku wytrzymałości

T = 318,3 N·m = 318310 N·mm

d_τ = ∛(16·318310/(π·75)) = 27,86 mm

Średnica z warunku sztywności

θ = 0,5·π/180/1000 = 8,727 × 10⁻⁶ rad/mm

G = 39 GPa = 39000 MPa

d_φ = (32·318310/(π·39000·8,727 × 10⁻⁶))^1/4 = 55,56 mm

Średnica decydująca

Oba warunki muszą być spełnione, więc decyduje większa średnica.

d = max(27,86, 55,56) = 55,56 mm

Odpowiedź

d = 55,56 mm

Tutaj decyduje sztywność.

5.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: B (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 = 55 kN, R₂ = 15 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 = 110 kN·m, M_C = 100, M_D = 90, M_E = 60, M_F = 30, M_G = 0

Odpowiedź

Punkt B: M_B = 110 kN·m

6.Siła tnąca i moment zginający

Odpowiedź: M_max = 94,79 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.

Wypadkowa obciążenia ciągłego: W = w·ℓ = 5·6 = 30 kN, przyłożona w x̄ = 3 m

ΣM_A = 0: R_B·6 = 50·2,5 + 5·6·3

R_B = 215/6 = 35,83 kN

ΣF_y = 0: R_A = 80 − 35,83 = 44,17 kN

Gdzie V = 0?

V(2,5⁻) = R_A − w·2,5 = 31,67 kN

V(2,5⁺) = 31,67 − 50 = −18,33 kN

Siła tnąca zmienia znak w obrębie obciążenia, więc maksimum leży pod obciążeniem.

Moment maksymalny

M_max = R_A·2,5 − w·2,5²/2 = 44,17·2,5 − 5·2,5²/2 = 94,79 kN·m

Odpowiedź

M_max = 94,79 kN·m

Występuje w x = 2,5 m od A.

7.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: I_x = 31,04 × 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 prostokąty

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

baza: A₁ = 160·20 = 3200 mm², y₁ = 10 mm

dwa ramiona: A₂ = 2·20·160 = 6400 mm², y₂ = 20 + 160/2 = 100 mm

Środek ciężkości

ȳ = (3200·10 + 6400·100)/9600 = 70 mm

Twierdzenie Steinera

baza: 160·20³/12 + 3200·(10 − 70)² = 1,163 × 10⁷ mm⁴

dwa ramiona: 2·20·160³/12 + 6400·(100 − 70)² = 1,941 × 10⁷ mm⁴

I_x = 1,163 × 10⁷ + 1,941 × 10⁷

I_x = 3,104 × 10⁷ mm⁴ = 31,04 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

I_x = 31,04 × 10⁶ mm⁴

8.Środek ciężkości i moment bezwładności

Odpowiedź: I_x = 131,4 × 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 = (28800·120 − 2500·168)/(28800 − 2500) = 115,4 mm

Pełna płyta względem ȳ

120·240³/12 + 28800·4,563² = 138,8 × 10⁶ mm⁴

Otwór względem ȳ

50·50³/12 + 2500·52,56² = 7,428 × 10⁶ mm⁴

Odejmij

I_x = 131,4 × 10⁶ mm⁴

Odpowiedź

I_x = 131,4 × 10⁶ mm⁴

9.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: θ_s = −31,72 °

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.

Kąt na kole

Na kole Mohra najwyższy punkt (+R) jest odległy o 90° od punktu głównego σ₁; na elemencie odpowiada to 45°.

cos 2θ_s = 40/89,44 = 0,4472, sin 2θ_s = −80/89,44 = −0,8944

2θ_s = atan2(−80, 40) = −63,43°

Kąt na elemencie

θ_s = −31,72°

sprawdzenie: θ_s − θ_p = −31,72 − 13,28 = −45°

Odpowiedź

θ_s = −31,72°

Kąty dodatnie mierzy się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

10.Koło Mohra i transformacja naprężeń

Odpowiedź: σ_θ = 48,66 MPa

Równanie transformacji

σ_θ = 80 + 80·−0,5 + 10·0,866 = 48,66 MPa

Odpowiedź

σ_θ = 48,66 MPa

11.Ugięcie belki

Odpowiedź: δ = 27,74 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 = 10 N/mm, L = 2500 mm

EI = 1,76 × 10¹² N·mm²

Ugięcie

δ = wL⁴/(8EI) = 10·2500⁴/(8·1,76 × 10¹²) = 27,74 mm

Odpowiedź

δ = 27,74 mm

12.Ugięcie belki

Odpowiedź: R_B = 15,63 kN

Usuń podporę przesuwną

Bez podpory przesuwnej belka jest wspornikiem. Jej swobodny koniec ugiąłby się pod obciążeniem.

δ_load = P(L/2)²(3L − L/2)/(6EI) = 5PL³/(48EI)

Warunek zgodności przemieszczeń na podporze

Sama reakcja podpory R_B podnosi swobodny koniec o R_BL³/(3EI). Podpora utrzymuje B przy zerowym ugięciu, więc oba ugięcia muszą się znosić. EI się skraca.

R_B·L³/(3EI) = 5PL³/(48EI) → R_B = 5P/16 = 5·50/16 = 15,63 kN

Odpowiedź

R_B = 15,63 kN

13.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: P_cr = 2,412 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Długość wyboczeniowa

KL = 1·6000 = 6000 mm

Siła krytyczna

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/6000² = 2412 N = 2,412 kN

Odpowiedź

P_cr = 2,412 kN

14.Wyboczenie słupów

Odpowiedź: d = 70,5 mm

Wymagana siła krytyczna

P_cr = n·P = 2·95000 = 190000 N

KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Wyznacz średnicę

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·190000·2100²/(π³·70000))^(1/4) = 70,5 mm

Odpowiedź

d = 70,5 mm

Sprawdzenie: smukłość KL/r wynosi 119,1, więc słup jest smukły i wzór Eulera obowiązuje.

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