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
80 kNØ25100 GPaØ120/70400 mmδ = ?

Стержень (сталь) диаметром 25 mm и E = 200 GPa находится внутри трубы (латунь) с наружным диаметром 120 mm, внутренним диаметром 70 mm и E = 100 GPa. Длина обоих — 400 mm, и они вместе сжимаются между жёсткими плитами силой 80 kN. Найдите укорочение δ.

P = 80 kNстержень: Ø25 mm, E = 200 GPaтруба: Ø120/Ø70 mm, E = 100 GPaL = 400 mm
δ = mm
2.Осевое напряжение и деформацияСложная
Ø 40 mmМедь1 mØ 20 mmЛатунь1 mP = 50 kN

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

P = 50 kNучасток 1: Ø40 mm, 1 m, медь (E = 117 GPa)участок 2: Ø20 mm, 1 m, латунь (E = 100 GPa)
σmax = MPa
3.Кручение валовСредняя
d1​ = 75 mmd2​ = 60 mmT = 400 N·mABC1 m3 m

Ступенчатый сплошной вал (сталь) заделан в A. Участок AB имеет диаметр 75 mm и длину 1 m; участок BC — диаметр 60 mm и длину 3 m. На свободном конце C действует крутящий момент 400 N·m. Найдите наибольшее касательное напряжение τmax в валу.

T = 400 N·md1 = 75 mm, L1 = 1 md2 = 60 mm, L2 = 3 m
τmax = MPa
4.Кручение валовСложная
do​ = ?100 kW, 1000 rpm

Полый вал должен передавать 100 kW при 1000 rpm. Его внутренний диаметр должен составлять 0,6 от наружного, а касательное напряжение не должно превышать 60 MPa. Найдите наименьший наружный диаметр do.

P = 100 kWN = 1000 rpmdi/do = 0,6τallow = 60 MPa
do = mm
5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя
M0​ = 30 kN·mAB6 m2 m

Шарнирно опёртая балка нагружена сосредоточенным моментом M0 = 30 kN·m, действующим по часовой стрелке, в точке x = 6 m от A; других нагрузок нет. Найдите изгибающий момент Mx сразу слева от сосредоточенного момента. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 8 mM0 = 30 kN·m по часовой стрелке, в точке 6 m
Mx = kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная
w = 6 kN/mAB1 m3 m1 m

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

L = 5 mw = 6 kN/m от 1 до 4 m
Mmax = kN·m
7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя
1002028010xразмеры в mm

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

bf = 100 mmtf = 20 mmtw = 10 mmhw = 280 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерцииСложная
140280182201814xразмеры в mm

Сварной двутавр имеет верхнюю полку 140 × 18 mm, стенку высотой 220 mm и толщиной 14 mm и нижнюю полку 280 × 18 mm (ширина × толщина). Найдите его момент инерции Ix относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

верхняя полка: 140 × 18 mmстенка: 14 × 220 mmнижняя полка: 280 × 18 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя
σx​ = 100σy​ = 10MPaτxy​ = ?

В точке σₓ = 100 MPa и σᵧ = 10 MPa. До какой величины может возрасти касательное напряжение τxy (по модулю), прежде чем наибольшее главное напряжение достигнет 110 MPa?

σx = 100 MPaσy = 10 MPaσ1 = 110 MPa
τxy = MPa
10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная
σx​ = 140σy​ = −40τxy​ = 50MPa

В точке нагруженной детали σₓ = 140 MPa, σᵧ = −40 MPa и τₓᵧ = 50 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σθ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 45° против часовой стрелки от оси x.

σx = 140 MPaσy = −40 MPaτxy = 50 MPaθ = 45°
σθ = MPa
11.Прогиб балкиСредняя
w = 15 kN/mδL = 5 m

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

w = 15 kN/mL = 5 mE = 200 GPa (сталь)I = 36 × 10⁶ mm⁴
δmax = mm
12.Прогиб балкиСложная
w = 2 kN/mABδ6 m

Шарнирно опёртая деревянная балка прямоугольного сечения шириной 150 mm нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всему пролёту. Её прогиб в середине пролёта не должен превышать пролёт/360. Найдите наименьшую высоту hreq сечения.

w = 2 kN/mL = 6 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)b = 150 mm
hreq = mm
13.Устойчивость колоннСредняя
PL = 6 md = 60 mmпоперечное сечение

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

L = 6 mE = 200 GPa (сталь)d = 60 mm
Pcr = kN
14.Устойчивость колоннСложная
P = 40 kNL = 2 md = ?поперечное сечение

Сплошная круглая колонна длиной L из материала (алюминий) шарнирно оперта с обоих концов. Она должна выдерживать 40 kN с коэффициентом запаса устойчивости 2. Найдите наименьший диаметр d.

P = 40 kNn = 2L = 2 mE = 70 GPa (алюминий)
d = mm

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 0,0379 mm

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

Ar = π·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(120² − 70²)/4 = 7461 mm²

Суммарная осевая жёсткость

ΣEA = 200·10³·490,9 + 100·10³·7461 = 8,443 × 10⁸ N

Укорочение

δ = 80000·400/8,443 × 10⁸ = 0,0379 mm

Ответ

δ = 0,0379 mm
2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σmax = 159,2 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·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 39,79 MPa
σ2 = 159,2 MPa

Наибольшее напряжение

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

σmax = 159,2 MPa

Ответ

σmax = 159,2 MPa
3.Кручение валов

Ответ: τmax = 9,431 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.

Напряжение на каждом участке

T = 400 N·m = 400000 N·mm
τAB = 16·400000/(π·75³) = 4,829 MPa
τBC = 16·400000/(π·60³) = 9,431 MPa

Ответ

τmax = 9,431 MPa
4.Кручение валов

Ответ: do = 45,33 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 = 100000/104,7 = 954,9 N·m

Наружный диаметр по допускаемому напряжению

T = 954,9 N·m = 954930 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,6⁴ = 0,8704
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·954930/(π·60·0,8704)) = 45,33 mm
di = 0,6·45,33 = 27,2 mm

Ответ

do = 45,33 mm

Сплошному валу потребовался бы d = 43,28 mm; полый немного больше, но гораздо легче.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mx = −22,5 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. Приложенный сосредоточенный момент вызывает на эпюре изгибающих моментов скачок, равный его величине.

Опорные реакции

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

RB = M0/L = 30/8 = 3,75 kN (вверх)
RA = −RB = −3,75 kN (вниз)

Сечение сразу слева от сосредоточенного момента

Левая часть содержит только RA.

Mx = RA·a = −3,75·6 = −22,5 kN·m

Ответ

Mx = −22,5 kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mmax = 15,75 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 = 6·3 = 18 kN, приложена в x̄ = 2,5 m
ΣMA = 0: RB·5 = 6·3·2,5
RB = 45/5 = 9 kN
ΣFy = 0: RA = 18 − 9 = 9 kN

Нулевая поперечная сила

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

RA − w·(x0 − 1) = 0
x0 = 1 + 9/6 = 2,5 m

Наибольший момент

Mmax = RA·x0 − w·(x0 − 1)²/2 = 9·2,5 − 6·1,5²/2 = 15,75 kN·m

Ответ

Mmax = 15,75 kN·m
7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 44,61 × 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 = 100·20 = 2000 mm², yf = 280 + 20/2 = 290 mm
стенка: Aw = 10·280 = 2800 mm², yw = 280/2 = 140 mm

Центр тяжести

ȳ = (Afyf + Awyw)/(Af + Aw) = (2000·290 + 2800·140)/4800 = 202,5 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 100·20³/12 + 2000·(290 − 202,5)² = 1,538 × 10⁷ mm⁴
стенка: 10·280³/12 + 2800·(140 − 202,5)² = 2,923 × 10⁷ mm⁴
Ix = 1,538 × 10⁷ + 2,923 × 10⁷ = 4,461 × 10⁷ mm⁴ = 44,61 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 44,61 × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 111,2 × 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 три прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

верхняя полка: A = 2520 mm², y = 247 mm
стенка: A = 3080 mm², y = 128 mm
нижняя полка: A = 5040 mm², y = 9 mm

Центр тяжести

ȳ = (2520·247 + 3080·128 + 5040·9)/10640 = 99,82 mm

Теорема о параллельном переносе осей

верхняя полка: 140·18³/12 + 2520·147,2² = 5,466 × 10⁷ mm⁴
стенка: 14·220³/12 + 3080·28,18² = 1,487 × 10⁷ mm⁴
нижняя полка: 280·18³/12 + 5040·90,82² = 4,17 × 10⁷ mm⁴
Ix = 5,466 × 10⁷ + 1,487 × 10⁷ + 4,17 × 10⁷
Ix = 1,112 × 10⁸ mm⁴ = 111,2 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 111,2 × 10⁶ mm⁴
9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τxy = 31,62 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 = (100 + 10)/2 = 55 MPa
R = σ1 − C = 110 − 55 = 55 MPa
στxyCσ1​σ2​

Касательное напряжение

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(55² − 45²) = 31,62 MPa

Ответ

τxy = 31,62 MPa
10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σθ = 100 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

σθ = 50 + 90·0 + 50·1 = 100 MPa

Ответ

σθ = 100 MPa
11.Прогиб балки

Ответ: δmax = 16,95 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 = 15 N/mm, L = 5000 mm
EI = 7,2 × 10¹² N·mm²

Прогиб

δmax = 5wL⁴/(384EI) = 5·15·5000⁴/(384·7,2 × 10¹²) = 16,95 mm

Ответ

δmax = 16,95 mm
12.Прогиб балки

Ответ: hreq = 245,1 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 = 2 N/mm, L = 6000 mm, E = 11000 N/mm²

Ограничение прогиба

δallow = L/360 = 6000/360 = 16,67 mm

Требуемый момент инерции

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2·6000⁴/(384·11000·16,67) = 1,841 × 10⁸ mm⁴

Требуемая высота

bh³/12 = Ireq → h = (12·1,841 × 10⁸/150)1/3 = 245,1 mm

Ответ

hreq = 245,1 mm

На практике выберите ближайшую большую стандартную высоту.

13.Устойчивость колонн

Ответ: Pcr = 8,721 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Расчётная длина

KL = 2·6000 = 12000 mm

Критическая сила

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/12000² = 8721 N = 8,721 kN

Ответ

Pcr = 8,721 kN
14.Устойчивость колонн

Ответ: d = 55,42 mm

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.

Требуемая критическая сила

Pcr = n·P = 2·40000 = 80000 N
KL = 1·2000 = 2000 mm

Выразите диаметр

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·80000·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 55,42 mm

Ответ

d = 55,42 mm

Проверка: гибкость KL/r равна 144,3, поэтому колонна гибкая и формула Эйлера применима.

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