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
Ø 20 mmЛатунь2 mP = 60 kN

Найдите удлинение δ стержня (латунь) под действием осевой нагрузки.

P = 60 kNd = 20 mmL = 2 mE = 100 GPa
δ = mm
2.Осевое напряжение и деформацияСложная
Ø 25 mmСталь0,5 mØ 16 mmМедь1 mP = 60 kN

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

P = 60 kNучасток 1: Ø25 mm, 0,5 m, сталь (E = 200 GPa)участок 2: Ø16 mm, 1 m, медь (E = 117 GPa)
σmax = MPa
3.Кручение валовСредняя
do​ = 30, di​ = 15 mmT = 1500 N·mL = 0,8 m

Полый вал (сталь; наружный диаметр 30 mm, внутренний диаметр 15 mm, длина 0,8 m) заделан с одного конца и закручивается моментом 1500 N·m на другом. Найдите угол закручивания φ в градусах.

T = 1500 N·mdo = 30 mmdi = 15 mmL = 0,8 mG = 80 GPa
φ = °
4.Кручение валовСложная
Td = ?

Сплошной вал должен передавать 10 kW при 1000 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 80 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 10 kWN = 1000 rpmτallow = 80 MPa
d = mm
5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя
P1​ = 70 kNP2​ = 70 kNABC3 m2 m1 m

Балка опирается на неподвижный шарнир в A и подвижную опору в B и имеет консольный свес длиной 1 m за B до свободного конца C. Она нагружена сосредоточенной силой P1 между опорами и сосредоточенной силой P2 в C. Найдите изгибающий момент Mx под силой P1. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 6 mP1 = 70 kN в 3 mP2 = 70 kN в 6 mопоры при x = 0 и x = 5 m
Mx = kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная
4 kN/m50 kN20 kNABCDEFG2 m2 m2 m2 m2 m2 m

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.

50 kN @ 0 m20 kN @ 12 m4 kN/m, 2–10 m
  1. 1A (x = 0 m)
  2. 2B (x = 2 m)
  3. 3C (x = 4 m)
  4. 4D (x = 6 m)
  5. 5E (x = 8 m)
  6. 6F (x = 10 m)
  7. 7G (x = 12 m)
7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя
3003022010xразмеры в mm

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

bf = 300 mmtf = 30 mmtw = 10 mmhw = 220 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерцииСложная
1801520012xM = 50 kN·mразмеры в mm

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 50 kN·m. Найдите напряжение изгиба σниз на нижнем крае.

bf = 180 mmtf = 15 mmtw = 12 mmhw = 200 mmM = 50 kN·m
σниз = MPa
9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя
σx​ = 90σy​ = 30MPaτxy​ = ?

В точке σₓ = 90 MPa и σᵧ = 30 MPa. До какой величины может возрасти касательное напряжение τxy (по модулю), прежде чем наибольшее главное напряжение достигнет 115 MPa?

σx = 90 MPaσy = 30 MPaσ1 = 115 MPa
τxy = MPa
10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная
σx​ = −20σy​ = 80τxy​ = 50MPa

Точка тонкой пластины находится в плоском напряжённом состоянии: σₓ = −20 MPa, σᵧ = 80 MPa и τₓᵧ = 50 MPa (σz = 0). Найдите эквивалентное напряжение по Мизесу σvM.

σx = −20 MPaσy = 80 MPaτxy = 50 MPa
σvM = MPa
11.Прогиб балкиСредняя
w = 6 kN/mδL = 4 m

Консоль нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всей длине. Найдите прогиб δ свободного конца.

w = 6 kN/mL = 4 mE = 200 GPa (сталь)I = 36 × 10⁶ mm⁴
δ = mm
12.Прогиб балкиСложная
w = 10 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 = 10 kN/mL = 2 mE = 200 GPa (сталь)
Ireq = × 10⁶ mm⁴
13.Устойчивость колоннСредняя
PL = 1 m30 × 80 mmпоперечное сечение

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

L = 1 mE = 200 GPa (сталь)b × h = 30 × 80 mm
Pcr = kN
14.Устойчивость колоннСложная
PL = 3 md = 30 mmпоперечное сечение

Колонна длиной L из материала (алюминий) защемлена с обоих концов. Найдите её гибкость и критическое напряжение σcr по формуле Эйлера.

L = 3 mE = 70 GPa (алюминий)d = 30 mm
σcr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 3,82 mm

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 = 60·1000/314,2 = 191 MPa

Деформация (закон Гука)

E for латунь = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 191/100000 = 0,00191 = 1910 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,00191·2000 mm = 3,82 mm

Ответ

δ = 3,82 mm
2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σmax = 298,4 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 122,2 MPa
σ2 = 298,4 MPa

Наибольшее напряжение

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

σmax = 298,4 MPa

Ответ

σmax = 298,4 MPa
3.Кручение валов

Ответ: φ = 11,53 °

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(30⁴ − 15⁴)/32 = 74551 mm⁴

Угол закручивания

T = 1500 N·m = 1,5 × 10⁶ N·mm
L = 0,8 m = 800 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = TL/(GJ) = 1,5 × 10⁶·800/(80000·74551) = 0,2012 rad
φ = 0,2012·180/π = 11,53°

Ответ

φ = 11,53°
4.Кручение валов

Ответ: d = 18,25 mm

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.

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·1000/60 = 104,7 rad/s
T = P/ω = 10000/104,7 = 95,49 N·m

Диаметр по допускаемому напряжению

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·95493/(π·80)) = 18,25 mm

Ответ

d = 18,25 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mx = 42 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. Сила на консольном свесе тоже создаёт момент относительно A.

ΣMA = 0: RB·5 = 70·3 + 70·6
RB = 630/5 = 126 kN
ΣFy = 0: RA = 140 − 126 = 14 kN

Сечение под P1, оставляем левую часть

Mx = RA·3 = 14·3 = 42 kN·m

Ответ

Mx = 42 kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: B (x = 2 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 = 73,5 kN, R2 = 28,5 kN

Изгибающий момент в каждой отметке

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

MA = 0, MB = −100 kN·m, MC = −61, MD = −38, ME = −31, MF = −40, MG = 0

Ответ

Отметка B: MB = −100 kN·m
7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 37,17 × 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: Af = 300·30 = 9000 mm², yf = 220 + 30/2 = 235 mm
стенка: Aw = 10·220 = 2200 mm², yw = 220/2 = 110 mm

Центр тяжести

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (9000·235 + 2200·110)/11200 = 210,4 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 300·30³/12 + 9000·(235 − 210,4)² = 6,101 × 10⁶ mm⁴
стенка: 10·220³/12 + 2200·(110 − 210,4)² = 3,107 × 10⁷ mm⁴
Ix = 6,101 × 10⁶ + 3,107 × 10⁷ = 3,717 × 10⁷ mm⁴ = 37,17 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 37,17 × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σниз = 345,1 MPa

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: Af = 180·15 = 2700 mm², yf = 200 + 15/2 = 207,5 mm
стенка: Aw = 12·200 = 2400 mm², yw = 200/2 = 100 mm

Центр тяжести

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (2700·207,5 + 2400·100)/5100 = 156,9 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 180·15³/12 + 2700·(207,5 − 156,9)² = 6,96 × 10⁶ mm⁴
стенка: 12·200³/12 + 2400·(100 − 156,9)² = 1,577 × 10⁷ mm⁴
Ix = 6,96 × 10⁶ + 1,577 × 10⁷ = 2,273 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Нижний край на расстоянии ȳ от оси.

y = 156,9 mm
σ = M·y/I = 5 × 10⁷·156,9/2,273 × 10⁷ = 345,1 MPa

Ответ

σниз = 345,1 MPa
9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τxy = 46,1 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.

Требуемый радиус

C = (90 + 30)/2 = 60 MPa
R = σ1 − C = 115 − 60 = 55 MPa
στxyCσ1​σ2​

Касательное напряжение

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(55² − 30²) = 46,1 MPa

Ответ

τxy = 46,1 MPa
10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σvM = 126,1 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. 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 = 30 MPa, R = 70,71 MPa
σ1 = 100,7 MPa, σ2 = −40,71 MPa, σ3 = 0

Мизес

σvM = √(100,7² − 100,7·(−40,71) + (−40,71)²) = 126,1 MPa

Ответ

σvM = 126,1 MPa
11.Прогиб балки

Ответ: δ = 26,67 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 = 6 N/mm, L = 4000 mm
EI = 7,2 × 10¹² N·mm²

Прогиб

δ = wL⁴/(8EI) = 6·4000⁴/(8·7,2 × 10¹²) = 26,67 mm

Ответ

δ = 26,67 mm
12.Прогиб балки

Ответ: Ireq = 1,875 × 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) = 5·10·2000⁴/(384·200000·5,556) = 1,875 × 10⁶ mm⁴
Ireq = 1,875 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ireq = 1,875 × 10⁶ mm⁴
13.Устойчивость колонн

Ответ: Pcr = 88,83 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

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

Imin = h·b³/12 = 80·30³/12 = 180000 mm⁴

Расчётная длина

KL = 2·1000 = 2000 mm

Критическая сила

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·180000/2000² = 88826 N = 88,83 kN

Ответ

Pcr = 88,83 kN
14.Устойчивость колонн

Ответ: σcr = 17,27 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 706,9 mm²
r = √(I/A) = √(39761/706,9) = 7,5 mm
KL = 0,5·3000 = 1500 mm
KL/r = 1500/7,5 = 200

Критическое напряжение

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/200² = 17,27 MPa

Ответ

σcr = 17,27 MPa

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