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

Стержень (сталь) диаметром 40 mm и E = 200 GPa находится внутри трубы (алюминий) с наружным диаметром 120 mm, внутренним диаметром 70 mm и E = 70 GPa. Длина обоих — 500 mm, и они вместе сжимаются между жёсткими плитами силой 200 kN. Найдите укорочение δ.

P = 200 kNстержень: Ø40 mm, E = 200 GPaтруба: Ø120/Ø70 mm, E = 70 GPaL = 500 mm

δ = mm

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

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

P = 85 kNучасток 1: Ø30 mm, 2 m, латунь (E = 100 GPa)участок 2: Ø12 mm, 2 m, сталь (E = 200 GPa)

δ = mm

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 = 40 mmL = 3 mG = 39 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Сплошной вал должен передавать 100 kW при 500 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 80 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 100 kWN = 500 rpmτ_allow = 80 MPa

d = mm

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Консоль защемлена в A. Она нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всей длине и сосредоточенной силой P на расстоянии 2 m от A. Найдите изгибающий момент M_A в заделке A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 2,5 mP = 15 kN в 2 mw = 12 kN/m от 0 до 2,5 m

M_A = kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

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 @ 0 m40 kN @ 12 m35 kN @ 4 m10 kN/m, 2–8 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

Швеллер расположен открытой стороной вверх: стенка-основание шириной 120 mm с двумя вертикальными полками полной высотой 160 mm. Толщина основания и полок 14 mm. Найдите его момент инерции I_x относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

b = 120 mmh = 160 mmt = 14 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Симметричный двутавр имеет полки шириной 100 mm и толщиной 20 mm, полную высоту 220 mm и стенку толщиной 8 mm. Оно воспринимает изгибающий момент 80 kN·m относительно оси x. Найдите величину наибольшего нормального напряжения при изгибе σ_max в сечении.

B = 100 mmH = 220 mmt_f = 20 mmt_w = 8 mmM = 80 kN·m

σ_max = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

Точка тонкой пластины находится в плоском напряжённом состоянии: σₓ = −70 MPa, σᵧ = −70 MPa и τₓᵧ = −60 MPa, σ_z = 0. Найдите абсолютное наибольшее касательное напряжение τ_abs в точке (с учётом всех площадок в трёх измерениях).

σ_x = −70 MPaσ_y = −70 MPaτ_xy = −60 MPaσ_z = 0

τ_abs = MPa

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

Тонкостенный цилиндрический резервуар с внутренним диаметром 400 mm и толщиной стенки 5 mm содержит газ под избыточным давлением 1 MPa. Он изготовлен из листа, сваренного по винтовому шву под углом 25° к оси цилиндра. Найдите нормальное напряжение σ_n, действующее поперёк сварного шва.

D = 400 mmt = 5 mmp = 1 MPaα = 25°

σ_n = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

Консоль длиной L защемлена в A и нагружена сосредоточенной силой P на расстоянии a = 2,5 m от A. Найдите прогиб δ_P под силой.

P = 11 kNa = 2,5 mL = 4 mE = 200 GPa (сталь)I = 23 × 10⁶ mm⁴

δ_P = 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 = 8 kN/mL = 5 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)

I_req = × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колоннСредняя

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

L = 5 mE = 70 GPa (алюминий)b × h = 40 × 100 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

Сплошная круглая колонна длиной L из материала (сталь) защемлена внизу и свободна вверху. Она должна выдерживать 70 kN с коэффициентом запаса устойчивости 3. Найдите наименьший диаметр d.

P = 70 kNn = 3L = 4 mE = 200 GPa (сталь)

d = mm

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 0,1293 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, P_i = P·E_iA_i/ΣEA, а σ_i = E_i·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

A_r = π·40²/4 = 1257 mm²

A_t = π(120² − 70²)/4 = 7461 mm²

Суммарная осевая жёсткость

ΣEA = 200·10³·1257 + 70·10³·7461 = 7,736 × 10⁸ N

Укорочение

δ = 200000·500/7,736 × 10⁸ = 0,1293 mm

Ответ

δ = 0,1293 mm

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 9,921 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·30²/4 = 706,9 mm², A₂ = π·12²/4 = 113,1 mm²

σ₁ = 120,3 MPa

σ₂ = 751,6 MPa

Сложите удлинения участков

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 120,3·2000/100000 = 2,405 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 751,6·2000/200000 = 7,516 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 9,921 mm

Ответ

δ = 9,921 mm

3.Кручение валов

Ответ: φ = 4,384 °

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·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 250·1000·3000/(39000·251327) = 0,07652 rad

φ = 0,07652·180/π = 4,384°

Ответ

φ = 4,384°

4.Кручение валов

Ответ: d = 49,54 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·500/60 = 52,36 rad/s

T = P/ω = 100000/52,36 = 1910 N·m

Диаметр по допускаемому напряжению

d = ∛(16T/(π·τ_allow)) = ∛(16·1,91 × 10⁶/(π·80)) = 49,54 mm

Ответ

d = 49,54 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_A = −67,5 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.

Оставляем часть со свободным концом

P: −15·2 = −30 kN·m

w: −12·2,5²/2 = −37,5 kN·m

M_A = −30 − 37,5 = −67,5 kN·m

Ответ

M_A = −67,5 kN·m

Знак минус означает, что растянута верхняя грань.

6.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 = 46,67 kN, R₂ = 103,3 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 = −30, M_C = 13,33, M_D = −53,33, M_E = −160 kN·m, M_F = −80, M_G = 0

Ответ

Отметка E: M_E = −160 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 14,91 × 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 прямоугольники

Возьмите основание во всю ширину и две полки над ним (высотой h − t), чтобы ничего не учитывать дважды.

основа: A₁ = 120·14 = 1680 mm², y₁ = 7 mm

две полки: A₂ = 2·14·146 = 4088 mm², y₂ = 14 + 146/2 = 87 mm

Центр тяжести

ȳ = (1680·7 + 4088·87)/5768 = 63,7 mm

Теорема о параллельном переносе осей

основа: 120·14³/12 + 1680·(7 − 63,7)² = 5,428 × 10⁶ mm⁴

две полки: 2·14·146³/12 + 4088·(87 − 63,7)² = 9,481 × 10⁶ mm⁴

I_x = 5,428 × 10⁶ + 9,481 × 10⁶

I_x = 1,491 × 10⁷ mm⁴ = 14,91 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 14,91 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_max = 199,9 MPa

Наружный прямоугольник минус два боковых выреза

Оба выреза вместе имеют ширину (B − t_w) и высоту h_w = H − 2t_f и отнесены к оси x.

h_w = 220 − 2·20 = 180 mm

I_x = (B·H³ − (B − t_w)·h_w³)/12 = (100·220³ − 92·180³)/12

I_x = 4,402 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

y = 110 mm

σ = M·y/I = 8 × 10⁷·110/4,402 × 10⁷ = 199,9 MPa

Ответ

σ_max = 199,9 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_abs = 65 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. В трёх измерениях абсолютное наибольшее касательное напряжение равно (σ_max − σ_min)/2 по всем трём главным напряжениям; при плоском напряжённом состоянии третье из них равно нулю.

Главные напряжения в плоскости

C = −70 MPa, R = √(0² + (−60)²) = 60 MPa

σ₁ = −10 MPa, σ₂ = −130 MPa, σ_z = 0

Наибольший из трёх кругов

τ = max(|σ₁ − σ₂|, |σ₁|, |σ₂|)/2 = max(120, 10, 130)/2 = 65 MPa

Ответ

τ_abs = 65 MPa

Здесь определяющим является круг вне плоскости: абсолютный максимум больше максимума в плоскости R.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_n = 36,43 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. Тонкостенный цилиндр: окружное напряжение σ_h = pr/t и осевое напряжение σ_a = pr/(2t); это главные напряжения в стенке.

Напряжения в стенке

r = 400/2 = 200 mm

σ_h = pr/t = 1·200/5 = 40 MPa

σ_a = pr/(2t) = 20 MPa

Преобразование к шву

Направьте x вдоль оси (σ_a), а y по окружности (σ_h). Нормаль к шву составляет с осью угол 90° − α.

σ_n = 20·sin²25° + 40·cos²25° = 36,43 MPa

Ответ

σ_n = 36,43 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ_P = 12,45 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.

P = 11000 N, a = 2500 mm, L = 4000 mm

EI = 4,6 × 10¹² N·mm²

Прогиб под силой

δ_P = Pa³/(3EI) = 11000·2500³/(3·4,6 × 10¹²) = 12,45 mm

Ответ

δ_P = 12,45 mm

12.Прогиб балки

Ответ: I_req = 426,1 × 10⁶ mm⁴

Ограничение прогиба

δ_allow = L/360 = 5000/360 = 13,89 mm

Требуемый момент инерции

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·8·5000⁴/(384·11000·13,89) = 4,261 × 10⁸ mm⁴

I_req = 426,1 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_req = 426,1 × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 58,95 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 = 100·40³/12 = 533333 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·533333/2500² = 58954 N = 58,95 kN

Ответ

P_cr = 58,95 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: d = 108,5 mm

Требуемая критическая сила

P_cr = n·P = 3·70000 = 210000 N

KL = 2·4000 = 8000 mm

Выразите диаметр

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·210000·8000²/(π³·200000))^(1/4) = 108,5 mm

Ответ

d = 108,5 mm

Проверка: гибкость KL/r равна 294,9, поэтому колонна гибкая и формула Эйлера применима.

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