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

P = 85 kNd = 20 mmL = 1 mE = 100 GPa

ε = µε

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

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

P = 25 kNучасток 1: Ø30 mm, 1 m, латунь (E = 100 GPa)участок 2: Ø12 mm, 1 m, алюминий (E = 70 GPa)

σ_max = MPa

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 = 50 mmL = 1,2 mG = 39 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Сплошной вал должен передавать 10 kW при 1500 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 40 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 10 kWN = 1500 rpmτ_allow = 40 MPa

d = mm

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Шарнирно опёртая балка нагружена сосредоточенным моментом M₀ = 40 kN·m, действующим по часовой стрелке, в точке x = 3 m от A; других нагрузок нет. Найдите изгибающий момент M_x сразу справа от сосредоточенного момента. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 8 mM₀ = 40 kN·m по часовой стрелке, в точке 3 m

M_x = kN·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 = 5 mw = 10 kN/m от 1 до 5 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 = 300 mmt_f = 30 mmt_w = 18 mmh_w = 140 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Сварной двутавр имеет верхнюю полку 170 × 16 mm, стенку высотой 360 mm и толщиной 12 mm и нижнюю полку 250 × 14 mm (ширина × толщина). Найдите его момент инерции I_x относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

верхняя полка: 170 × 16 mmстенка: 12 × 360 mmнижняя полка: 250 × 14 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке σₓ = 120 MPa, σᵧ = 40 MPa и τₓᵧ = −10 MPa (растяжение положительно). Элемент повёрнут на 20° по часовой стрелке. Найдите нормальное напряжение σ_y′ на гранях повёрнутого элемента, перпендикулярных повёрнутой оси y′.

σ_x = 120 MPaσ_y = 40 MPaτ_xy = −10 MPaθ = -20°

σ_y′ = MPa

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = 80 MPa, σᵧ = −60 MPa и τₓᵧ = −30 MPa (растяжение положительно). Найдите касательное напряжение τ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 50° против часовой стрелки от оси x (положительное в том же смысле, что и τₓᵧ).

σ_x = 80 MPaσ_y = −60 MPaτ_xy = −30 MPaθ = 50°

τ_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 = 2,5 mE = 70 GPa (алюминий)I = 12 × 10⁶ mm⁴

θ_A = rad

12.Прогиб балкиСложная

Шарнирно опёртая балка нагружена сосредоточенной силой P на расстоянии b = 1 m от опоры B. Найдите наибольший прогиб δ_max балки.

P = 25 kNb = 1 mL = 6 mE = 200 GPa (сталь)I = 12 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

13.Устойчивость колоннСредняя

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

L = 1,5 mE = 70 GPa (алюминий)b × h = 50 × 100 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

Сплошная круглая колонна длиной L из материала (сталь) шарнирно оперта с обоих концов. Она должна выдерживать 15 kN с коэффициентом запаса устойчивости 2. Найдите наименьший диаметр d.

P = 15 kNn = 2L = 2 mE = 200 GPa (сталь)

d = mm

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: ε = 2706 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·20²/4 = 314,2 mm²

σ = P/A = 85·1000/314,2 = 270,6 MPa

Деформация (закон Гука)

E for латунь = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 270,6/100000 = 0,002706 = 2706 µε

Ответ

ε = 2706 µε

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σ_max = 221 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 = 35,37 MPa

σ₂ = 221 MPa

Наибольшее напряжение

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

σ_max = 221 MPa

Ответ

σ_max = 221 MPa

3.Кручение валов

Ответ: φ = 0,7183 °

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·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 250·1000·1200/(39000·613592) = 0,01254 rad

φ = 0,01254·180/π = 0,7183°

Ответ

φ = 0,7183°

4.Кручение валов

Ответ: d = 20,09 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s

T = P/ω = 10000/157,1 = 63,66 N·m

Диаметр по допускаемому напряжению

d = ∛(16T/(π·τ_allow)) = ∛(16·63662/(π·40)) = 20,09 mm

Ответ

d = 20,09 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_x = 25 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. Приложенный сосредоточенный момент вызывает на эпюре изгибающих моментов скачок, равный его величине.

Опорные реакции

Моменты относительно A, против часовой стрелки положительны: R_B·L − M₀ = 0. Равновесие по вертикали: R_A + R_B = 0.

R_B = M₀/L = 40/8 = 5 kN (вверх)

R_A = −R_B = −5 kN (вниз)

Сечение сразу справа от сосредоточенного момента

Теперь левая часть содержит R_A и сосредоточенный момент.

M_x = R_A·a + M₀ = −5·3 + 40 = 25 kN·m

Ответ

M_x = 25 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_max = 28,8 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 = 10·4 = 40 kN, приложена в x̄ = 3 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 10·4·3

R_B = 120/5 = 24 kN

ΣF_y = 0: R_A = 40 − 24 = 16 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 − 1) = 0

x₀ = 1 + 16/10 = 2,6 m

Наибольший момент

M_max = R_A·x₀ − w·(x₀ − 1)²/2 = 16·2,6 − 10·1,6²/2 = 28,8 kN·m

Ответ

M_max = 28,8 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 19,02 × 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 = 300·30 = 9000 mm², y_f = 140 + 30/2 = 155 mm

стенка: A_w = 18·140 = 2520 mm², y_w = 140/2 = 70 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (9000·155 + 2520·70)/11520 = 136,4 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 300·30³/12 + 9000·(155 − 136,4)² = 3,787 × 10⁶ mm⁴

стенка: 18·140³/12 + 2520·(70 − 136,4)² = 1,523 × 10⁷ mm⁴

I_x = 3,787 × 10⁶ + 1,523 × 10⁷ = 1,902 × 10⁷ mm⁴ = 19,02 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 19,02 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 263,4 × 10⁶ mm⁴

Разбиваем на три прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

верхняя полка: A = 2720 mm², y = 382 mm

стенка: A = 4320 mm², y = 194 mm

нижняя полка: A = 3500 mm², y = 7 mm

Центр тяжести

ȳ = (2720·382 + 4320·194 + 3500·7)/10540 = 180,4 mm

Теорема о параллельном переносе осей

верхняя полка: 170·16³/12 + 2720·201,6² = 1,106 × 10⁸ mm⁴

стенка: 12·360³/12 + 4320·13,58² = 4,745 × 10⁷ mm⁴

нижняя полка: 250·14³/12 + 3500·173,4² = 1,053 × 10⁸ mm⁴

I_x = 1,106 × 10⁸ + 4,745 × 10⁷ + 1,053 × 10⁸

I_x = 2,634 × 10⁸ mm⁴ = 263,4 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 263,4 × 10⁶ mm⁴

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_y′ = 42,93 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.

Формула преобразования для грани y′

σ_y′ = 80 − 40·0,766 − (−10)·(−0,6428) = 42,93 MPa

Проверка

Сумма нормальных напряжений не меняется при повороте.

σ_x′ = 117,1 MPa, σ_x′ + σ_y′ = 160 = σ_x + σ_y

Ответ

σ_y′ = 42,93 MPa

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_θ = −63,73 MPa

Формула преобразования

τ_θ = −70·0,9848 + −30·−0,1736 = −63,73 MPa

Ответ

τ_θ = −63,73 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: θ_A = 0,003875 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 = 2500 mm

EI = 8,4 × 10¹¹ N·mm²

Угол поворота на конце

θ_A = wL³/(24EI) = 5·2500³/(24·8,4 × 10¹¹) = 0,003875 rad

Ответ

θ_A = 0,003875 rad

Это 0,222°.

12.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 23,06 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 = 25000 N, b = 1000 mm, L = 6000 mm

EI = 2,4 × 10¹² N·mm²

Положение максимума

Приравнивание угла поворота на более длинном участке к нулю даёт положение.

x = √((L² − b²)/3) = √((6000² − 1000²)/3) = 3416 mm

Максимальный прогиб

δ_max = Pb(L² − b²)^3/2/(9√3·EIL) = 23,06 mm

Ответ

δ_max = 23,06 mm

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 319,8 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 = 100·50³/12 = 1,042 × 10⁶ mm⁴

Расчётная длина

KL = 1·1500 = 1500 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·1,042 × 10⁶/1500² = 319848 N = 319,8 kN

Ответ

P_cr = 319,8 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: d = 33,36 mm

Требуемая критическая сила

P_cr = n·P = 2·15000 = 30000 N

KL = 1·2000 = 2000 mm

Выразите диаметр

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·30000·2000²/(π³·200000))^(1/4) = 33,36 mm

Ответ

d = 33,36 mm

Проверка: гибкость KL/r равна 239,8, поэтому колонна гибкая и формула Эйлера применима.

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