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 (алюминий) в микродеформациях (µε = 10⁻⁶).

P = 95 kNd = 16 mmL = 1 mE = 70 GPa

ε = µε

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

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

P = 95 kNучасток 1: Ø25 mm, 0,5 m, медь (E = 117 GPa)участок 2: Ø16 mm, 2 m, медь (E = 117 GPa)

δ = mm

3.Кручение валовСредняя

Полый вал (латунь; наружный диаметр 60 mm, внутренний диаметр 45 mm, длина 0,8 m) заделан с одного конца и закручивается моментом 1000 N·m на другом. Найдите угол закручивания φ в градусах.

T = 1000 N·md_o = 60 mmd_i = 45 mmL = 0,8 mG = 39 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Сплошной вал (латунь) передаёт 15 kW при 1000 rpm. Касательное напряжение не должно превышать 80 MPa, а угол закручивания — 0,25° на 1 m длины. Найдите наименьший диаметр d, удовлетворяющий обоим условиям.

P = 15 kWN = 1000 rpmτ_allow = 80 MPaθ_allow = 0,25°/mG = 39 GPa

d = 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.

15 kN @ 2 m30 kN @ 8 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.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

10 kN @ 12 m20 kN @ 8 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)

7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя

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

b_f = 120 mmt_f = 20 mmt_w = 14 mmh_w = 200 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 15 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 280 mmt_f = 30 mmt_w = 8 mmh_w = 260 mmM = 15 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке нагруженной детали σₓ = 30 MPa, σᵧ = 80 MPa и τₓᵧ = 30 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θ_p от оси x до направления наибольшего главного напряжения в пределах от −90° до 90°.

σ_x = 30 MPaσ_y = 80 MPaτ_xy = 30 MPa

θ_p = °

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = 100 MPa, σᵧ = 110 MPa и τₓᵧ = −20 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 60° против часовой стрелки от оси x.

σ_x = 100 MPaσ_y = 110 MPaτ_xy = −20 MPaθ = 60°

σ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всему пролёту. Найдите наибольший прогиб δ_max в середине пролёта.

w = 5 kN/mL = 5 mE = 70 GPa (алюминий)I = 8,5 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

12.Прогиб балкиСложная

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

w = 4 kN/mL = 5 mE = 70 GPa (алюминий)

I_req = × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колоннСредняя

Колонна длиной L из материала (алюминий) шарнирно оперта с обоих концов. По формуле Эйлера найдите её критическую силу P_cr.

L = 4 mE = 70 GPa (алюминий)b × h = 30 × 50 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 = 5 mE = 200 GPa (сталь)d = 50 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: ε = 6750 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·16²/4 = 201,1 mm²

σ = P/A = 95·1000/201,1 = 472,5 MPa

Деформация (закон Гука)

E for алюминий = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 472,5/70000 = 0,00675 = 6750 µε

Ответ

ε = 6750 µε

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 8,904 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·25²/4 = 490,9 mm², A₂ = π·16²/4 = 201,1 mm²

σ₁ = 193,5 MPa

σ₂ = 472,5 MPa

Сложите удлинения участков

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 193,5·500/117000 = 0,8271 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 472,5·2000/117000 = 8,077 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 8,904 mm

Ответ

δ = 8,904 mm

3.Кручение валов

Ответ: φ = 1,351 °

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(60⁴ − 45⁴)/32 = 869767 mm⁴

Угол закручивания

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm

L = 0,8 m = 800 mm

G = 39 GPa = 39000 MPa

φ = TL/(GJ) = 1 × 10⁶·800/(39000·869767) = 0,02358 rad

φ = 0,02358·180/π = 1,351°

Ответ

φ = 1,351°

4.Кручение валов

Ответ: d = 54,11 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·1000/60 = 104,7 rad/s

T = P/ω = 15000/104,7 = 143,2 N·m

Диаметр из условия прочности

T = 143,2 N·m = 143239 N·mm

d_τ = ∛(16·143239/(π·80)) = 20,89 mm

Диаметр из условия жёсткости

θ = 0,25·π/180/1000 = 4,363 × 10⁻⁶ rad/mm

G = 39 GPa = 39000 MPa

d_φ = (32·143239/(π·39000·4,363 × 10⁻⁶))^1/4 = 54,11 mm

Определяющий диаметр

Должны выполняться оба условия, поэтому определяющим является больший диаметр.

d = max(20,89, 54,11) = 54,11 mm

Ответ

d = 54,11 mm

Здесь определяющим является условие жёсткости.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: E (x = 8 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 = 22,5 kN, R₂ = 22,5 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 = 45, M_C = 60, M_D = 75, M_E = 90 kN·m, M_F = 45, M_G = 0

Ответ

Отметка E: M_E = 90 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: F (x = 10 m)

Опорные реакции

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

R₁ = 2 kN, R₂ = 28 kN

Изгибающий момент в каждой отметке

M_A = 0, M_B = 4, M_C = 8, M_D = 12, M_E = 16, M_F = −20 kN·m, M_G = 0

Ответ

Отметка F: M_F = −20 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 25,05 × 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 = 120·20 = 2400 mm², y_f = 200 + 20/2 = 210 mm

стенка: A_w = 14·200 = 2800 mm², y_w = 200/2 = 100 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2400·210 + 2800·100)/5200 = 150,8 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 120·20³/12 + 2400·(210 − 150,8)² = 8,5 × 10⁶ mm⁴

стенка: 14·200³/12 + 2800·(100 − 150,8)² = 1,655 × 10⁷ mm⁴

I_x = 8,5 × 10⁶ + 1,655 × 10⁷ = 2,505 × 10⁷ mm⁴ = 25,05 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 25,05 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 13,85 MPa

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 280·30 = 8400 mm², y_f = 260 + 30/2 = 275 mm

стенка: A_w = 8·260 = 2080 mm², y_w = 260/2 = 130 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (8400·275 + 2080·130)/10480 = 246,2 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 280·30³/12 + 8400·(275 − 246,2)² = 7,587 × 10⁶ mm⁴

стенка: 8·260³/12 + 2080·(130 − 246,2)² = 3,981 × 10⁷ mm⁴

I_x = 7,587 × 10⁶ + 3,981 × 10⁷ = 4,74 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 290 − 246,2 = 43,78 mm

σ = M·y/I = 1,5 × 10⁷·43,78/4,74 × 10⁷ = 13,85 MPa

Ответ

σ_верх = 13,85 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θ_p = 64,9 °

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 точка x лежит под углом 2θp к оси σ; четверть определяется знаками σₓ − σᵧ и τₓᵧ.

2θ_p = atan2(2·30, 30 − 80) = 129,8°

Угол на элементе

θ_p = 64,9°

Ответ

θ_p = 64,9°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_θ = 90,18 MPa

Формула преобразования

σ_θ = 105 + −5·−0,5 + −20·0,866 = 90,18 MPa

Ответ

σ_θ = 90,18 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 68,39 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.

w = 5 N/mm, L = 5000 mm

EI = 5,95 × 10¹¹ N·mm²

Прогиб

δ_max = 5wL⁴/(384EI) = 5·5·5000⁴/(384·5,95 × 10¹¹) = 68,39 mm

Ответ

δ_max = 68,39 mm

12.Прогиб балки

Ответ: I_req = 33,48 × 10⁶ mm⁴

Ограничение прогиба

δ_allow = L/360 = 5000/360 = 13,89 mm

Требуемый момент инерции

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·4·5000⁴/(384·70000·13,89) = 3,348 × 10⁷ mm⁴

I_req = 33,48 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_req = 33,48 × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 4,858 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

Прямоугольник теряет устойчивость относительно слабой оси, с меньшим размером в кубе.

I_min = h·b³/12 = 50·30³/12 = 112500 mm⁴

Расчётная длина

KL = 1·4000 = 4000 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·112500/4000² = 4858 N = 4,858 kN

Ответ

P_cr = 4,858 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 3,084 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 1963 mm²

r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm

KL = 2·5000 = 10000 mm

KL/r = 10000/12,5 = 800

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/800² = 3,084 MPa

Ответ

σ_cr = 3,084 MPa

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