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 = 30 kNd = 25 mmL = 0,5 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 = 100 kNучасток 1: Ø25 mm, 0,5 m, алюминий (E = 70 GPa)участок 2: Ø16 mm, 0,5 m, латунь (E = 100 GPa)

δ = mm

3.Кручение валовСредняя

Сплошной вал (алюминий) длиной 0,8 m передаёт крутящий момент 100 N·m. Угол закручивания между его концами не должен превышать 1°. Найдите наименьший диаметр d, удовлетворяющий этому условию.

T = 100 N·mL = 0,8 mG = 26 GPaφ_allow = 1°

d = mm

4.Кручение валовСложная

Полый вал должен передавать 50 kW при 1000 rpm. Его внутренний диаметр должен составлять 0,8 от наружного, а касательное напряжение не должно превышать 50 MPa. Найдите наименьший наружный диаметр d_o.

P = 50 kWN = 1000 rpmd_i/d_o = 0,8τ_allow = 50 MPa

d_o = 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 @ 6 m15 kN/m, 4–10 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

Балка опирается на неподвижный шарнир в A и подвижную опору в B и имеет консольный свес длиной 2 m за B до свободного конца C. Равномерно распределённая нагрузка w действует по всей длине A–C. Найдите расстояние x_c от A до точки перегиба между опорами (где изгибающий момент меняет знак).

L = 6 mw = 8 kN/m от 0 до 6 mопоры при x = 0 и x = 4 m

x_c = 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 = 10 mmh_w = 240 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 20 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 120 mmt_f = 30 mmt_w = 20 mmh_w = 260 mmM = 20 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке нагруженной детали σₓ = −80 MPa, σᵧ = 120 MPa и τₓᵧ = 10 MPa (растяжение положительно). Найдите наибольшее касательное напряжение в плоскости τ_max.

σ_x = −80 MPaσ_y = 120 MPaτ_xy = 10 MPa

τ_max = MPa

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = 150 MPa, σᵧ = −80 MPa и τₓᵧ = −50 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 20° по часовой стрелке от оси x.

σ_x = 150 MPaσ_y = −80 MPaτ_xy = −50 MPaθ = -20°

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 = 2,5 mE = 70 GPa (алюминий)I = 36 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

12.Прогиб балкиСложная

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой w и сосредоточенной силой P в середине пролёта. Используя принцип суперпозиции, найдите прогиб в середине δ_max.

P = 2 kNw = 8 kN/mL = 6 mE = 70 GPa (алюминий)I = 120 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

13.Устойчивость колоннСредняя

Колонна длиной L из материала (алюминий) защемлена внизу и шарнирно оперта вверху. По формуле Эйлера найдите её критическую силу P_cr.

L = 5 mE = 70 GPa (алюминий)d = 40 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

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

L = 6 mE = 70 GPa (алюминий)d = 40 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: ε = 873,1 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·25²/4 = 490,9 mm²

σ = P/A = 30·1000/490,9 = 61,12 MPa

Деформация (закон Гука)

E for алюминий = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 61,12/70000 = 0,0008731 = 873,1 µε

Ответ

ε = 873,1 µε

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 3,942 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 = 203,7 MPa

σ₂ = 497,4 MPa

Сложите удлинения участков

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 203,7·500/70000 = 1,455 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 497,4·500/100000 = 2,487 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 3,942 mm

Ответ

δ = 3,942 mm

3.Кручение валов

Ответ: d = 36,61 mm

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.

Требуемый полярный момент инерции

T = 100 N·m = 100000 N·mm

L = 0,8 m = 800 mm

G = 26 GPa = 26000 MPa

φ = 1·π/180 = 0,01745 rad

J = TL/(Gφ) = 100000·800/(26000·0,01745) = 176295 mm⁴

Диаметр

d = (32J/π)^1/4 = 36,61 mm

Ответ

d = 36,61 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

4.Кручение валов

Ответ: d_o = 43,51 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·1000/60 = 104,7 rad/s

T = P/ω = 50000/104,7 = 477,5 N·m

Наружный диаметр по допускаемому напряжению

T = 477,5 N·m = 477465 N·mm

1 − k⁴ = 1 − 0,8⁴ = 0,5904

d_o = ∛(16T/(π·τ_allow·(1 − k⁴))) = ∛(16·477465/(π·50·0,5904)) = 43,51 mm

d_i = 0,8·43,51 = 34,81 mm

Ответ

d_o = 43,51 mm

Сплошному валу потребовался бы d = 36,5 mm; полый немного больше, но гораздо легче.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: D (x = 6 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 = 45 kN, R₂ = 60 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 = 90, M_C = 180, M_D = 240 kN·m, M_E = 210, M_F = 120, M_G = 0

Ответ

Отметка D: M_D = 240 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: x_c = 3 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 с учётом нагрузки на консольном свесе.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 8·6 = 48 kN, приложена в x̄ = 3 m

ΣM_A = 0: R_B·4 = 8·6·3

R_B = 144/4 = 36 kN

ΣF_y = 0: R_A = 48 − 36 = 12 kN

Нулевой момент

Между опорами M(x) = R_A·x − w·x²/2. Кроме x = 0, он равен нулю при x = 2R_A/w.

R_A·x_c − w·x_c²/2 = 0

x_c = 2·12/8 = 3 m

Ответ

x_c = 3 m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 31,88 × 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 = 240 + 20/2 = 250 mm

стенка: A_w = 10·240 = 2400 mm², y_w = 240/2 = 120 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2400·250 + 2400·120)/4800 = 185 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 120·20³/12 + 2400·(250 − 185)² = 1,022 × 10⁷ mm⁴

стенка: 10·240³/12 + 2400·(120 − 185)² = 2,166 × 10⁷ mm⁴

I_x = 1,022 × 10⁷ + 2,166 × 10⁷ = 3,188 × 10⁷ mm⁴ = 31,88 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 31,88 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 27,11 MPa

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 120·30 = 3600 mm², y_f = 260 + 30/2 = 275 mm

стенка: A_w = 20·260 = 5200 mm², y_w = 260/2 = 130 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (3600·275 + 5200·130)/8800 = 189,3 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 120·30³/12 + 3600·(275 − 189,3)² = 2,67 × 10⁷ mm⁴

стенка: 20·260³/12 + 5200·(130 − 189,3)² = 4,759 × 10⁷ mm⁴

I_x = 2,67 × 10⁷ + 4,759 × 10⁷ = 7,429 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 290 − 189,3 = 100,7 mm

σ = M·y/I = 2 × 10⁷·100,7/7,429 × 10⁷ = 27,11 MPa

Ответ

σ_верх = 27,11 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_max = 100,5 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.

Радиус круга Мора

τ_max = R = √(((−80 − 120)/2)² + 10²) = 100,5 MPa

Ответ

τ_max = 100,5 MPa

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_θ = 155,2 MPa

Формула преобразования

σ_θ = 35 + 115·0,766 + −50·−0,6428 = 155,2 MPa

Ответ

σ_θ = 155,2 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 1,009 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 = 2500 mm

EI = 2,52 × 10¹² N·mm²

Прогиб

δ_max = 5wL⁴/(384EI) = 5·5·2500⁴/(384·2,52 × 10¹²) = 1,009 mm

Ответ

δ_max = 1,009 mm

12.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 17,14 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 = 2000 N, w = 8 N/mm, L = 6000 mm, EI = 8,4 × 10¹² N·mm²

Каждая нагрузка отдельно

δ_P = PL³/(48EI) = 2000·6000³/(48·8,4 × 10¹²) = 1,071 mm

δ_w = 5wL⁴/(384EI) = 5·8·6000⁴/(384·8,4 × 10¹²) = 16,07 mm

Сложите

δ_max = 1,071 + 16,07 = 17,14 mm

Ответ

δ_max = 17,14 mm

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 7,087 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

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/3500² = 7087 N = 7,087 kN

Ответ

P_cr = 7,087 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 1,919 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 1257 mm²

r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm

KL = 1·6000 = 6000 mm

KL/r = 6000/10 = 600

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/600² = 1,919 MPa

Ответ

σ_cr = 1,919 MPa

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