Сопротивление материалов: шпаргалка-пакет

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

Новые задачиНазад 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
εT = 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

  1. Найдите полярный момент инерции сечения: J = πd⁴/32 для сплошного вала.
  2. Касательное напряжение на поверхности: τ = T·r/J, где r — наружный радиус.
  3. Угол закручивания: φ = TL/(GJ) в радианах.
  4. 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/ymax
Шарнирно опёртая, равномерная нагрузка
Mmax = wL²/8

Метод

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

Центр тяжести и момент инерции

Центр тяжести
ȳ = ΣAiyi/ΣAi
Прямоугольник
I = bh³/12
Теорема о параллельном переносе осей
I = Ic + A·d²
Составное сечение
I = Σ(Ic,i + Aidi²)

Круг Мора и преобразование напряжений

Центр
C = (σx + σy)/2
Радиус
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Главные напряжения
σ1,2 = C ± R
Главное направление
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Наклонная площадка
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Метод

  1. Вычислите центр круга Мора: C = (σx + σy)/2.
  2. Вычислите радиус: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Главные напряжения равны C ± R, а наибольшее касательное напряжение в плоскости равно R.
  4. 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
Pcr = π²EI/(KL)²
Коэффициент расчётной длины
K = 1 шарнир–шарнир, 0,5 заделка–заделка, 0,7 заделка–шарнир, 2 заделка–свободный конец
Критическое напряжение
σcr = Pcr/A
Гибкость
λ = KL/r, r = √(I/A)

2Тренировочные задачи

1.Осевое напряжение и деформацияСредняя
P = ?12400 mm400 mmØ25Ø60δ = 0,2 mm

Брус состоит из участка (сталь) диаметром 25 mm, длиной 400 mm и E = 200 GPa, соединённого встык с участком (алюминий) диаметром 60 mm, длиной 400 mm и E = 70 GPa. Один конец закреплён, к другому приложена растягивающая сила. Найдите осевую нагрузку P, которая удлиняет его в сумме на 0,2 mm.

участок 1: сталь, Ø25 mm, 400 mm, E = 200 GPaучасток 2: алюминий, Ø60 mm, 400 mm, E = 70 GPaδ = 0,2 mm
P = kN
2.Осевое напряжение и деформацияСложная
Ø 30 mmСталь0,5 mØ 12 mmАлюминий2 mP = 30 kN

Ступенчатый стержень заделан в стену и нагружен на свободном конце. Найдите наибольшее нормальное напряжение σmax в стержне.

P = 30 kNучасток 1: Ø30 mm, 0,5 m, сталь (E = 200 GPa)участок 2: Ø12 mm, 2 m, алюминий (E = 70 GPa)
σmax = MPa
3.Кручение валовСредняя
T = 400 N·md = 40 mmL = 0,8 mφ = ?

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

T = 400 N·md = 40 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Кручение валовСложная
d = 60 mmT0​ = 2000 N·mACBa = 2 mb = 1 m

Сплошной вал (латунь) диаметром 60 mm обоими концами A и B заделан в жёсткие стены. В точке C, на расстоянии 2 m от A и 1 m от B, приложен крутящий момент 2000 N·m. Найдите наибольшее касательное напряжение τmax в валу.

d = 60 mmT0 = 2000 N·ma = 2 mb = 1 m
τmax = MPa
5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя
w = 5 kN/mABсечение1 m5 m

Найдите изгибающий момент Mx в сечении x = 1 m от опоры A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 6 mw = 5 kN/m от 0 до 6 mx = 1 m
Mx = kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная
w = 2 kN/mP = 20 kNABсечение9 m1 m

Найдите изгибающий момент Mx в сечении x = 9 m от опоры A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 10 mP = 20 kN в 9 mw = 2 kN/m от 0 до 10 mx = 9 m
Mx = kN·m
7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя
260110t = 12xразмеры в mm

Швеллер расположен открытой стороной вверх: стенка-основание шириной 260 mm с двумя вертикальными полками полной высотой 110 mm. Толщина основания и полок 12 mm. Найдите его момент инерции Ix относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

b = 260 mmh = 110 mmt = 12 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерцииСложная
240252608xположительный Mразмеры в mm

Чугунная балка имеет показанное тавровое сечение с полкой сверху. Допускаемые напряжения: 35 MPa при растяжении и 100 MPa при сжатии. Найдите наибольший положительный изгибающий момент Mallow, который может воспринять балка.

bf = 240 mmtf = 25 mmtw = 8 mmhw = 260 mmσt,allow = 35 MPaσc,allow = 100 MPa
Mallow = kN·m
9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя
σx​ = 100σy​ = 90τxy​ = −30MPa

Точка тонкой пластины находится в плоском напряжённом состоянии: σₓ = 100 MPa, σᵧ = 90 MPa и τₓᵧ = −30 MPa, σz = 0. Найдите абсолютное наибольшее касательное напряжение τabs в точке (с учётом всех площадок в трёх измерениях).

σx = 100 MPaσy = 90 MPaτxy = −30 MPaσz = 0
τabs = MPa
10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная
σx​ = −70σy​ = 80τxy​ = −60MPa

Точка тонкой пластины находится в плоском напряжённом состоянии: σₓ = −70 MPa, σᵧ = 80 MPa и τₓᵧ = −60 MPa (σz = 0). Предел текучести материала равен 355 MPa. Найдите коэффициент запаса по текучести n по критерию Мизеса (энергии формоизменения).

σx = −70 MPaσy = 80 MPaτxy = −60 MPaσY = 355 MPa
n =
11.Прогиб балкиСредняя
P = 11 kNABδ2,5 m3,5 m

Консоль длиной L защемлена в A и нагружена сосредоточенной силой P на расстоянии a = 2,5 m от A. Найдите прогиб δP под силой.

P = 11 kNa = 2,5 mL = 6 mE = 200 GPa (сталь)I = 23 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
12.Прогиб балкиСложная
w = 5 kN/mδL = 2 m

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой w. Её прогиб не должен превышать пролёт/360. Найдите наименьший момент инерции Ireq, удовлетворяющий этому условию.

w = 5 kN/mL = 2 mE = 70 GPa (алюминий)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
13.Устойчивость колоннСредняя
PL = 1 md = 20 mmпоперечное сечение

Колонна длиной L из материала (алюминий) защемлена с обоих концов. По формуле Эйлера найдите её критическую силу Pcr.

L = 1 mE = 70 GPa (алюминий)d = 20 mm
Pcr = kN
14.Устойчивость колоннСложная
PL = 3 md = 80 mmпоперечное сечение

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

L = 3 mE = 70 GPa (алюминий)d = 80 mm
σcr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: P = 32,81 kN

Два материала: при последовательном соединении (один за другим) каждый участок воспринимает одну и ту же силу, а удлинения складываются: δ = P·Σ L/(E·A). При параллельном соединении (рядом между жёсткими плитами) обе части укорачиваются на одну и ту же величину, поэтому их деформации равны: более жёсткая часть берёт большую долю, Pi = P·EiAi/ΣEA, а σi = Ei·ε. Стержень, зажатый между двумя жёсткими стенами с нагрузкой в месте стыка, статически неопределим: два участка делят нагрузку пропорционально своей жёсткости k = EA/L.

Площади

A₁ = 490,9 mm², A₂ = 2827 mm²

Податливости

L₁/(E₁A₁) = 400/(200000·490,9) = 4,074 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 400/(70000·2827) = 2,021 × 10⁻⁶ mm/N

Нагрузка

P = 0,2/6,095 × 10⁻⁶ = 32812 N = 32,81 kN

Ответ

P = 32,81 kN
2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σmax = 265,3 MPa

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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 42,44 MPa
σ2 = 265,3 MPa

Наибольшее напряжение

У более тонкого участка меньше площадь, поэтому напряжение в нём больше.

σmax = 265,3 MPa

Ответ

σmax = 265,3 MPa
3.Кручение валов

Ответ: φ = 2,806 °

Кручение круглых валов: касательное напряжение линейно растёт от нуля в центре до τmax = T·r/J на поверхности, где J = πd⁴/32 для сплошного вала и J = π(do⁴ − di⁴)/32 для полого. Угол закручивания φ = TL/(GJ) в радианах. Мощность и крутящий момент связаны как P = T·ω.

Полярный момент инерции

J = π·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 400·1000·800/(26000·251327) = 0,04897 rad
φ = 0,04897·180/π = 2,806°

Ответ

φ = 2,806°
4.Кручение валов

Ответ: τmax = 31,44 MPa

Кручение круглых валов: касательное напряжение линейно растёт от нуля в центре до τmax = T·r/J на поверхности, где J = πd⁴/32 для сплошного вала и J = π(do⁴ − di⁴)/32 для полого. Угол закручивания φ = TL/(GJ) в радианах. Мощность и крутящий момент связаны как P = T·ω. Когда оба конца заделаны, статика даёт только TA + TB = T₀; второе уравнение — условие совместности (равные углы закручивания обеих частей в нагруженном сечении).

Равновесие и совместность

TA + TB = 2000
TA·a = TB·b
TA = 2000·1/3 = 666,7 N·m
TB = 2000·2/3 = 1333 N·m

Наибольшее касательное напряжение

Определяющим является больший из двух моментов (диаметр одинаков).

τmax = 16·1,333 × 10⁶/(π·60³) = 31,44 MPa

Ответ

τmax = 31,44 MPa
5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mx = 12,5 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.

Опорные реакции

Равновесие всей балки.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 5·6 = 30 kN, приложена в x̄ = 3 m
ΣMA = 0: RB·6 = 5·6·3
RB = 90/6 = 15 kN
ΣFy = 0: RA = 30 − 15 = 15 kN
w = 5 kN/mABRA​ = 15RB​ = 15сечение1 m5 m

Рассеките в x = 1 m и оставьте левую часть

Учитываются только силы левее сечения. Участок распределённой нагрузки действует как одна сила посередине этого участка.

M = RA·x − (каждая нагрузка левее сечения × её расстояние до сечения)
Mx = 15·1 − 5·1·0,5 = 12,5 kN·m

Ответ

Mx = 12,5 kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mx = 27 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.

Опорные реакции

Равновесие всей балки.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 2·10 = 20 kN, приложена в x̄ = 5 m
ΣMA = 0: RB·10 = 20·9 + 2·10·5
RB = 280/10 = 28 kN
ΣFy = 0: RA = 40 − 28 = 12 kN
w = 2 kN/mP = 20 kNABRA​ = 12RB​ = 28сечение9 m1 m

Рассеките в x = 9 m и оставьте левую часть

Учитываются только силы левее сечения. Участок распределённой нагрузки действует как одна сила посередине этого участка.

M = RA·x − (каждая нагрузка левее сечения × её расстояние до сечения)
Mx = 12·9 − 2·9·4,5 = 27 kN·m

Ответ

Mx = 27 kN·m
7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 5,977 × 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.

Разбиваем на прямоугольники

Возьмите основание во всю ширину и две полки над ним (высотой h − t), чтобы ничего не учитывать дважды.

основа: A1 = 260·12 = 3120 mm², y1 = 6 mm
две полки: A2 = 2·12·98 = 2352 mm², y2 = 12 + 98/2 = 61 mm

Центр тяжести

ȳ = (3120·6 + 2352·61)/5472 = 29,64 mm

Теорема о параллельном переносе осей

основа: 260·12³/12 + 3120·(6 − 29,64)² = 1,781 × 10⁶ mm⁴
две полки: 2·12·98³/12 + 2352·(61 − 29,64)² = 4,195 × 10⁶ mm⁴
Ix = 1,781 × 10⁶ + 4,195 × 10⁶
Ix = 5,977 × 10⁶ mm⁴ = 5,977 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 5,977 × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Mallow = 6,441 kN·m

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.

Центр тяжести

ȳ = (6000·272,5 + 2080·130)/8080 = 235,8 mm
верхняя кромка: c = 285 − 235,8 = 49,18 mm

Момент инерции сечения

I = 240·25³/12 + 6000·36,68² + 8·260³/12 + 2080·105,8² = 4,339 × 10⁷ mm⁴

Момент, допускаемый каждой кромкой

Положительный момент: верх сжат, низ растянут.

верхняя кромка: M = 100·4,339 × 10⁷/49,18 = 88,23 kN·m
нижняя кромка: M = 35·4,339 × 10⁷/235,8 = 6,441 kN·m

Определяющее значение

Mallow = min = 6,441 kN·m (нижняя кромка)

Ответ

Mallow = 6,441 kN·m
9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τabs = 62,71 MPa

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. В трёх измерениях абсолютное наибольшее касательное напряжение равно (σmax − σmin)/2 по всем трём главным напряжениям; при плоском напряжённом состоянии третье из них равно нулю.

σxyCσ1​σ2​

Главные напряжения в плоскости

C = 95 MPa, R = √(5² + (−30)²) = 30,41 MPa
σ1 = 125,4 MPa, σ2 = 64,59 MPa, σz = 0

Наибольший из трёх кругов

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(60,83, 125,4, 64,59)/2 = 62,71 MPa

Ответ

τabs = 62,71 MPa

Здесь определяющим является круг вне плоскости: абсолютный максимум больше максимума в плоскости R.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: n = 2,133

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. Критерии текучести: по Мизесу текучесть наступает, когда σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) достигает σY; по Треска — когда абсолютное наибольшее касательное напряжение достигает σY/2.

στxyCσ1​σ2​

Главные напряжения

C = 5 MPa, R = 96,05 MPa
σ1 = 101 MPa, σ2 = −91,05 MPa, σ3 = 0

Мизес

σvM = √(101² − 101·(−91,05) + (−91,05)²) = 166,4 MPa
n = 355/166,4 = 2,133

Ответ

n = 2,133

n > 1 означает, что в точке нет текучести; критерий Треска немного консервативнее критерия Мизеса.

11.Прогиб балки

Ответ: δP = 12,45 mm

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).

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 = 11000 N, a = 2500 mm, L = 6000 mm
EI = 4,6 × 10¹² N·mm²

Прогиб под силой

δP = Pa³/(3EI) = 11000·2500³/(3·4,6 × 10¹²) = 12,45 mm

Ответ

δP = 12,45 mm
12.Прогиб балки

Ответ: Ireq = 2,679 × 10⁶ mm⁴

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).

Ограничение прогиба

δallow = L/360 = 2000/360 = 5,556 mm

Требуемый момент инерции

I = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·5·2000⁴/(384·70000·5,556) = 2,679 × 10⁶ mm⁴
Ireq = 2,679 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ireq = 2,679 × 10⁶ mm⁴
13.Устойчивость колонн

Ответ: Pcr = 21,7 kN

Потеря устойчивости по Эйлеру: гибкая колонна теряет устойчивость при Pcr = 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,5·1000 = 500 mm

Критическая сила

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·7854/500² = 21704 N = 21,7 kN

Ответ

Pcr = 21,7 kN
14.Устойчивость колонн

Ответ: σcr = 7,676 MPa

Потеря устойчивости по Эйлеру: гибкая колонна теряет устойчивость при Pcr = 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 5027 mm²
r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm
KL = 2·3000 = 6000 mm
KL/r = 6000/20 = 300

Критическое напряжение

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/300² = 7,676 MPa

Ответ

σcr = 7,676 MPa

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