Сопротивление материалов: шпаргалка-пакет

Листы формул, ключевые шаги методов по каждой теме и тренировочные задачи (14) с полными решениями в конце.

Новые задачи Назад к курсу

В окне печати выберите «Сохранить как PDF», чтобы сохранить копию на своём устройстве.

1Формулы и методы

Осевое напряжение и деформация

Нормальное напряжение: σ = F/A
Деформация: ε = ΔL/L
Закон Гука: σ = E·ε
Удлинение: ΔL = FL/(EA)
Температурная деформация: ε_T = α·ΔT

Кручение валов

Касательное напряжение: τ = T·r/J
Сплошной вал: J = πd⁴/32
Полый вал: J = π(D⁴ − d⁴)/32
Угол закручивания: φ = TL/(GJ)
Мощность: P = T·ω = 2πnT/60

Метод

Найдите полярный момент инерции сечения: J = πd⁴/32 для сплошного вала.
Касательное напряжение на поверхности: τ = T·r/J, где r — наружный радиус.
Угол закручивания: φ = TL/(GJ) в радианах.
Если дана мощность, сначала найдите крутящий момент по P = T·ω, ω = 2πn/60.

Поперечная сила и изгибающий момент

Поперечная сила и момент: V = ΣF с одной стороны, M = ΣF·d с одной стороны
Напряжение изгиба: σ = M·y/I
Прямоугольник: I = bh³/12
Момент сопротивления сечения: W = I/y_max
Шарнирно опёртая, равномерная нагрузка: M_max = wL²/8

Метод

Найдите опорные реакции из равновесия всей балки.
Рассеките балку в нужном сечении и оставьте одну часть.
Поперечная сила: сумма вертикальных сил на этой части. Изгибающий момент: сумма их моментов относительно сечения.
Чтобы найти максимальный момент, найдите сечение, где поперечная сила равна нулю.

Центр тяжести и момент инерции

Центр тяжести: ȳ = ΣA_iy_i/ΣA_i
Прямоугольник: I = bh³/12
Теорема о параллельном переносе осей: I = I_c + A·d²
Составное сечение: I = Σ(I_c,i + A_id_i²)

Круг Мора и преобразование напряжений

Центр: C = (σ_x + σ_y)/2
Радиус: R = √(((σ_x − σ_y)/2)² + τ_xy²)
Главные напряжения: σ_1,2 = C ± R
Главное направление: tan 2θ_p = 2τ_xy/(σ_x − σ_y)
Наклонная площадка: σ_θ = C + (σ_x − σ_y)/2·cos 2θ + τ_xy·sin 2θ

Метод

Вычислите центр круга Мора: C = (σx + σy)/2.
Вычислите радиус: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
Главные напряжения равны C ± R, а наибольшее касательное напряжение в плоскости равно R.
Углы на круге вдвое больше углов на элементе: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Прогиб балки

Сосредоточенная сила в середине пролёта: δ = PL³/(48EI)
Равномерная нагрузка, шарнирно опёртая балка: δ = 5wL⁴/(384EI)
Консоль, сила на конце: δ = PL³/(3EI)
Консоль, равномерная нагрузка: δ = wL⁴/(8EI)
Метод наложения: δ = δ₁ + δ₂

Устойчивость колонн

Критическая сила Эйлера: P_cr = π²EI/(KL)²
Коэффициент расчётной длины: K = 1 шарнир–шарнир, 0,5 заделка–заделка, 0,7 заделка–шарнир, 2 заделка–свободный конец
Критическое напряжение: σ_cr = P_cr/A
Гибкость: λ = KL/r, r = √(I/A)

2Тренировочные задачи

1.Осевое напряжение и деформацияСредняя

Найдите осевую деформацию ε в стержне (медь) в микродеформациях (µε = 10⁻⁶).

P = 20 kNd = 30 mmL = 0,5 mE = 117 GPa

ε = µε

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

Ступенчатый стержень заделан в стену и нагружен на свободном конце. Найдите полное удлинение δ.

P = 90 kNучасток 1: Ø35 mm, 1,5 m, алюминий (E = 70 GPa)участок 2: Ø16 mm, 1 m, латунь (E = 100 GPa)

δ = mm

3.Кручение валовСредняя

Сплошной вал (латунь) заделан в стену и закручивается моментом T на свободном конце. Найдите угол закручивания φ свободного конца в градусах.

T = 250 N·md = 20 mmL = 0,5 mG = 39 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Полый вал должен передавать 10 kW при 1500 rpm. Его внутренний диаметр должен составлять 0,75 от наружного, а касательное напряжение не должно превышать 80 MPa. Найдите наименьший наружный диаметр d_o.

P = 10 kWN = 1500 rpmd_i/d_o = 0,75τ_allow = 80 MPa

d_o = mm

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Отметки от A до G делят балку на шесть равных частей. В какой отметке изгибающий момент наибольший по величине, положительный или отрицательный? Нажмите на неё на схеме.

20 kN @ 5 m45 kN @ 1 m

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

6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой на части пролёта. Найдите наибольший изгибающий момент M_max в балке.

L = 6 mw = 20 kN/m от 2 до 6 m

M_max = kN·m

7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя

Найдите момент инерции I_x таврового сечения относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

b_f = 260 mmt_f = 15 mmt_w = 8 mmh_w = 180 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 20 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 160 mmt_f = 10 mmt_w = 18 mmh_w = 160 mmM = 20 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке σₓ = 120 MPa, σᵧ = 20 MPa и τₓᵧ = 20 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θ_s в пределах от −90° до 90° от оси x до нормали к площадке, на которой касательное напряжение достигает наибольшего положительного значения +R (касательное напряжение положительно в том же смысле, что и τₓᵧ).

σ_x = 120 MPaσ_y = 20 MPaτ_xy = 20 MPa

θ_s = °

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = 150 MPa, σᵧ = 80 MPa и τₓᵧ = 20 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 40° против часовой стрелки от оси x.

σ_x = 150 MPaσ_y = 80 MPaτ_xy = 20 MPaθ = 40°

σ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всему пролёту. Найдите угол поворота θ_A сечения балки на опоре A в радианах.

w = 5 kN/mL = 4 mE = 70 GPa (алюминий)I = 84 × 10⁶ mm⁴

θ_A = rad

12.Прогиб балкиСложная

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой w и сосредоточенной силой P в середине пролёта. Используя принцип суперпозиции, найдите прогиб в середине δ_max.

P = 4 kNw = 20 kN/mL = 3 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)I = 36 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

13.Устойчивость колоннСредняя

Колонна длиной L из материала (алюминий) защемлена внизу и свободна вверху. По формуле Эйлера найдите её критическую силу P_cr.

L = 1,5 mE = 70 GPa (алюминий)d = 40 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

Колонна длиной L из материала (сталь) защемлена внизу и свободна вверху. Найдите её гибкость и критическое напряжение σ_cr по формуле Эйлера.

L = 2 mE = 200 GPa (сталь)d = 25 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: ε = 241,8 µε

Закон Гука: в упругой области σ = E·ε. Вместе с σ = P/A и ε = δ/L это даёт δ = PL/(AE).

Напряжение

A = π·30²/4 = 706,9 mm²

σ = P/A = 20·1000/706,9 = 28,29 MPa

Деформация (закон Гука)

E for медь = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 28,29/117000 = 0,0002418 = 241,8 µε

Ответ

ε = 241,8 µε

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 6,481 mm

Стержни при осевой нагрузке: каждый призматический участок подчиняется δ = PL/(AE). Для последовательных участков удлинения складываются.

Одинаковая сила на обоих участках

Свободный конец воспринимает P, поэтому каждое сечение стержня передаёт одну и ту же осевую силу P. Меняются только площади и материалы.

A₁ = π·35²/4 = 962,1 mm², A₂ = π·16²/4 = 201,1 mm²

σ₁ = 93,54 MPa

σ₂ = 447,6 MPa

Сложите удлинения участков

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 93,54·1500/70000 = 2,005 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 447,6·1000/100000 = 4,476 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 6,481 mm

Ответ

δ = 6,481 mm

3.Кручение валов

Ответ: φ = 11,69 °

Кручение круглых валов: касательное напряжение линейно растёт от нуля в центре до τ_max = T·r/J на поверхности, где J = πd⁴/32 для сплошного вала и J = π(d_o⁴ − d_i⁴)/32 для полого. Угол закручивания φ = TL/(GJ) в радианах. Мощность и крутящий момент связаны как P = T·ω.

Полярный момент инерции

J = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 250·1000·500/(39000·15708) = 0,204 rad

φ = 0,204·180/π = 11,69°

Ответ

φ = 11,69°

4.Кручение валов

Ответ: d_o = 18,1 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s

T = P/ω = 10000/157,1 = 63,66 N·m

Наружный диаметр по допускаемому напряжению

T = 63,66 N·m = 63662 N·mm

1 − k⁴ = 1 − 0,75⁴ = 0,6836

d_o = ∛(16T/(π·τ_allow·(1 − k⁴))) = ∛(16·63662/(π·80·0,6836)) = 18,1 mm

d_i = 0,75·18,1 = 13,57 mm

Ответ

d_o = 18,1 mm

Сплошному валу потребовался бы d = 15,94 mm; полый немного больше, но гораздо легче.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: B (x = 1 m)

Наибольший изгибающий момент: наклон M меняется там, где меняется поперечная сила, поэтому его пики находятся там, где поперечная сила проходит через нуль: под сосредоточенной силой, внутри распределённой нагрузки или над опорой консольного свеса. В жёсткой заделке консоли момент наибольший у стены. Сравните величину M в этих местах, положительную или отрицательную.

Опорные реакции

Возьмите моменты относительно одной опоры, затем используйте баланс вертикальных сил.

R₁ = 40,83 kN, R₂ = 24,17 kN

Изгибающий момент в каждой отметке

Сложите моменты всех сил по одну сторону от сечения. Прогибающий (растягивающий нижние волокна) момент положителен, выгибающий вверх — отрицателен.

M_A = 0, M_B = 40,83 kN·m, M_C = 36,67, M_D = 32,5, M_E = 28,33, M_F = 24,17, M_G = 0

Ответ

Отметка B: M_B = 40,83 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_max = 71,11 kN·m

Метод сечений: рассеките балку там, где нужны внутренние усилия, и оставьте одну часть. Поперечная сила V уравновешивает вертикальные силы этой части, а изгибающий момент M — их моменты относительно сечения. Наибольший момент: поскольку dM/dx = V, изгибающий момент достигает максимума там, где поперечная сила проходит через ноль, — либо под сосредоточенной силой, либо в пределах распределённой нагрузки.

Опорные реакции

Равновесие всей балки.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 20·4 = 80 kN, приложена в x̄ = 4 m

ΣM_A = 0: R_B·6 = 20·4·4

R_B = 320/6 = 53,33 kN

ΣF_y = 0: R_A = 80 − 53,33 = 26,67 kN

Нулевая поперечная сила

Поперечная сила начинается с R_A, постоянна на любом незагруженном участке и убывает с наклоном w в пределах нагрузки.

R_A − w·(x₀ − 2) = 0

x₀ = 2 + 26,67/20 = 3,333 m

Наибольший момент

M_max = R_A·x₀ − w·(x₀ − 2)²/2 = 26,67·3,333 − 20·1,333²/2 = 71,11 kN·m

Ответ

M_max = 71,11 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 13,96 × 10⁶ mm⁴

Составные сечения: разбейте сечение на прямоугольники. Центр тяжести — среднее, взвешенное по площадям: ȳ = ΣAᵢyᵢ/ΣAᵢ. Момент инерции относительно центральной оси складывается из собственного bh³/12 каждой части и члена переноса A·d², где d — расстояние от центра тяжести части до общего центра тяжести. Напряжение изгиба σ = M·y/I.

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 260·15 = 3900 mm², y_f = 180 + 15/2 = 187,5 mm

стенка: A_w = 8·180 = 1440 mm², y_w = 180/2 = 90 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (3900·187,5 + 1440·90)/5340 = 161,2 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 260·15³/12 + 3900·(187,5 − 161,2)² = 2,769 × 10⁶ mm⁴

стенка: 8·180³/12 + 1440·(90 − 161,2)² = 1,119 × 10⁷ mm⁴

I_x = 2,769 × 10⁶ + 1,119 × 10⁷ = 1,396 × 10⁷ mm⁴ = 13,96 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 13,96 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 87,78 MPa

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 160·10 = 1600 mm², y_f = 160 + 10/2 = 165 mm

стенка: A_w = 18·160 = 2880 mm², y_w = 160/2 = 80 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (1600·165 + 2880·80)/4480 = 110,4 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 160·10³/12 + 1600·(165 − 110,4)² = 4,791 × 10⁶ mm⁴

стенка: 18·160³/12 + 2880·(80 − 110,4)² = 8,798 × 10⁶ mm⁴

I_x = 4,791 × 10⁶ + 8,798 × 10⁶ = 1,359 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 170 − 110,4 = 59,64 mm

σ = M·y/I = 2 × 10⁷·59,64/1,359 × 10⁷ = 87,78 MPa

Ответ

σ_верх = 87,78 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θ_s = −34,1 °

Преобразование напряжений при плоском напряжённом состоянии: на площадке, повёрнутой на угол θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Круг Мора показывает все площадки сразу: его центр C = (σₓ + σᵧ)/2, а радиус R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Главные напряжения равны C ± R, а наибольшее касательное напряжение в плоскости равно R.

Угол на круге

На круге Мора верхняя точка (+R) отстоит от главной точки σ₁ на 90°; на элементе это соответствует 45°.

cos 2θ_s = 20/53,85 = 0,3714, sin 2θ_s = −50/53,85 = −0,9285

2θ_s = atan2(−50, 20) = −68,2°

Угол на элементе

θ_s = −34,1°

проверка: θ_s − θ_p = −34,1 − 10,9 = −45°

Ответ

θ_s = −34,1°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_θ = 140,8 MPa

Формула преобразования

σ_θ = 115 + 35·0,1736 + 20·0,9848 = 140,8 MPa

Ответ

σ_θ = 140,8 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: θ_A = 0,002268 rad

Прогиб балок: прогибы получают двукратным интегрированием кривизны M/(EI). Типовые случаи сведены в таблицы, например PL³/(3EI) для консоли с силой на конце и 5wL⁴/(384EI) для шарнирно опёртой балки с равномерной нагрузкой на весь пролёт. Прогибы от отдельных нагрузок складываются (принцип суперпозиции). Угол поворота θ = dv/dx — это первый интеграл от M/(EI); в согласованных единицах он получается в радианах.

Согласованные единицы

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

w = 5 N/mm, L = 4000 mm

EI = 5,88 × 10¹² N·mm²

Угол поворота на конце

θ_A = wL³/(24EI) = 5·4000³/(24·5,88 × 10¹²) = 0,002268 rad

Ответ

θ_A = 0,002268 rad

Это 0,1299°.

12.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 58,95 mm

Согласованные единицы

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

P = 4000 N, w = 20 N/mm, L = 3000 mm, EI = 3,96 × 10¹¹ N·mm²

Каждая нагрузка отдельно

δ_P = PL³/(48EI) = 4000·3000³/(48·3,96 × 10¹¹) = 5,682 mm

δ_w = 5wL⁴/(384EI) = 5·20·3000⁴/(384·3,96 × 10¹¹) = 53,27 mm

Сложите

δ_max = 5,682 + 53,27 = 58,95 mm

Ответ

δ_max = 58,95 mm

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 9,646 kN

Потеря устойчивости по Эйлеру: гибкая колонна теряет устойчивость при P_cr = π²EI/(KL)², где KL — расчётная длина: K = 1 для шарнир–шарнир, 2 для заделка–свободный конец, 0,7 для заделка–шарнир и 0,5 для заделка–заделка. Она изгибается относительно оси с наименьшим I. Формула справедлива для гибких колонн, у которых критическое напряжение меньше предела текучести.

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Расчётная длина

KL = 2·1500 = 3000 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/3000² = 9646 N = 9,646 kN

Ответ

P_cr = 9,646 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 4,819 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 490,9 mm²

r = √(I/A) = √(19175/490,9) = 6,25 mm

KL = 2·2000 = 4000 mm

KL/r = 4000/6,25 = 640

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/640² = 4,819 MPa

Ответ

σ_cr = 4,819 MPa

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