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 удлинение δ стержня (алюминий) под действием осевой нагрузки.

P = 50 kNd = 16 mmL = 1 mE = 70 GPa

δ = mm

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

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

P = 30 kNучасток 1: Ø35 mm, 1,5 m, медь (E = 117 GPa)участок 2: Ø20 mm, 1,5 m, алюминий (E = 70 GPa)

σ_max = MPa

3.Кручение валовСредняя

Ступенчатый сплошной вал (алюминий) заделан в A. Участок AB имеет диаметр 75 mm и длину 1 m; участок BC — диаметр 30 mm и длину 2,5 m. На свободном конце C действует крутящий момент 100 N·m. Найдите наибольшее касательное напряжение τ_max в валу.

T = 100 N·md₁ = 75 mm, L₁ = 1 md₂ = 30 mm, L₂ = 2,5 m

τ_max = MPa

4.Кручение валовСложная

Сплошной вал (латунь) диаметром 30 mm обоими концами A и B заделан в жёсткие стены. В точке C, на расстоянии 3 m от A и 0,8 m от B, приложен крутящий момент 500 N·m. Найдите угол поворота φ_C сечения C в градусах.

d = 30 mmT₀ = 500 N·ma = 3 mb = 0,8 mG = 39 GPa

φ_C = °

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Найдите изгибающий момент M_x в сечении x = 4,5 m от опоры A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 5 mw = 3 kN/m от 0 до 5 mx = 4,5 m

M_x = kN·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 наибольший положительный изгибающий момент M_max между опорами.

L = 6 mw = 3 kN/m от 0 до 6 mопоры при x = 0 и x = 4 m

M_max = kN·m

7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя

Швеллер расположен открытой стороной вверх: стенка-основание шириной 160 mm с двумя вертикальными полками полной высотой 170 mm. Толщина основания и полок 10 mm. Найдите его момент инерции I_x относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

b = 160 mmh = 170 mmt = 10 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 25 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 140 mmt_f = 15 mmt_w = 10 mmh_w = 300 mmM = 25 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке нагруженной детали σₓ = 110 MPa, σᵧ = 100 MPa и τₓᵧ = −30 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θ_p от оси x до направления наибольшего главного напряжения в пределах от −90° до 90°.

σ_x = 110 MPaσ_y = 100 MPaτ_xy = −30 MPa

θ_p = °

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = −50 MPa, σᵧ = 80 MPa и τₓᵧ = −30 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 30° против часовой стрелки от оси x.

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

σ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

Консоль нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всей длине и сосредоточенной силой P на свободном конце. Используя принцип суперпозиции, найдите прогиб δ свободного конца.

P = 29 kNw = 8 kN/mL = 2 mE = 200 GPa (сталь)I = 84 × 10⁶ mm⁴

δ = mm

12.Прогиб балкиСложная

Шарнирно опёртая деревянная балка прямоугольного сечения шириной 75 mm нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всему пролёту. Её прогиб в середине пролёта не должен превышать пролёт/360. Найдите наименьшую высоту h_req сечения.

w = 3 kN/mL = 3,5 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)b = 75 mm

h_req = mm

13.Устойчивость колоннСредняя

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

L = 2 mE = 70 GPa (алюминий)d = 50 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

Сплошная круглая колонна длиной L из материала (алюминий) защемлена внизу и шарнирно оперта вверху. Она должна выдерживать 120 kN с коэффициентом запаса устойчивости 3. Найдите наименьший диаметр d.

P = 120 kNn = 3L = 6 mE = 70 GPa (алюминий)

d = mm

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 3,553 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·16²/4 = 201,1 mm²

σ = P/A = 50·1000/201,1 = 248,7 MPa

Деформация (закон Гука)

E for алюминий = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 248,7/70000 = 0,003553 = 3553 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,003553·1000 mm = 3,553 mm

Ответ

δ = 3,553 mm

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σ_max = 95,49 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·35²/4 = 962,1 mm², A₂ = π·20²/4 = 314,2 mm²

σ₁ = 31,18 MPa

σ₂ = 95,49 MPa

Наибольшее напряжение

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

σ_max = 95,49 MPa

Ответ

σ_max = 95,49 MPa

3.Кручение валов

Ответ: τ_max = 18,86 MPa

Напряжение на каждом участке

T = 100 N·m = 100000 N·mm

τ_AB = 16·100000/(π·75³) = 1,207 MPa

τ_BC = 16·100000/(π·30³) = 18,86 MPa

Ответ

τ_max = 18,86 MPa

4.Кручение валов

Ответ: φ_C = 5,834 °

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. Когда оба конца заделаны, статика даёт только T_A + T_B = T₀; второе уравнение — условие совместности (равные углы закручивания обеих частей в нагруженном сечении).

Равновесие и совместность

T_A + T_B = 500

T_A·a = T_B·b

T_A = 500·0,8/3,8 = 105,3 N·m

T_B = 500·3/3,8 = 394,7 N·m

Поворот сечения C

Используйте участок AC: он заделан в A и передаёт T_A.

J = π·30⁴/32 = 79522 mm⁴

G = 39 GPa = 39000 MPa

φ_C = T_A·a/(GJ) = 105263·3000/(39000·79522) = 0,1018 rad = 5,834°

Ответ

φ_C = 5,834°

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_x = 3,375 kN·m

Опорные реакции

Равновесие всей балки.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 3·5 = 15 kN, приложена в x̄ = 2,5 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 3·5·2,5

R_B = 37,5/5 = 7,5 kN

ΣF_y = 0: R_A = 15 − 7,5 = 7,5 kN

Рассеките в x = 4,5 m и оставьте левую часть

Учитываются только силы левее сечения. Участок распределённой нагрузки действует как одна сила посередине этого участка.

M = R_A·x − (каждая нагрузка левее сечения × её расстояние до сечения)

M_x = 7,5·4,5 − 3·4,5·2,25 = 3,375 kN·m

Ответ

M_x = 3,375 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_max = 3,375 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 с учётом нагрузки на консольном свесе.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 3·6 = 18 kN, приложена в x̄ = 3 m

ΣM_A = 0: R_B·4 = 3·6·3

R_B = 54/4 = 13,5 kN

ΣF_y = 0: R_A = 18 − 13,5 = 4,5 kN

Нулевая поперечная сила

R_A − w·x₀ = 0 → x₀ = 4,5/3 = 1,5 m

Наибольший положительный момент

M_max = R_A·x₀ − w·x₀²/2 = R_A²/(2w) = 4,5²/(2·3) = 3,375 kN·m

Ответ

M_max = 3,375 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 14,55 × 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 = 160·10 = 1600 mm², y₁ = 5 mm

две полки: A₂ = 2·10·160 = 3200 mm², y₂ = 10 + 160/2 = 90 mm

Центр тяжести

ȳ = (1600·5 + 3200·90)/4800 = 61,67 mm

Теорема о параллельном переносе осей

основа: 160·10³/12 + 1600·(5 − 61,67)² = 5,151 × 10⁶ mm⁴

две полки: 2·10·160³/12 + 3200·(90 − 61,67)² = 9,396 × 10⁶ mm⁴

I_x = 5,151 × 10⁶ + 9,396 × 10⁶

I_x = 1,455 × 10⁷ mm⁴ = 14,55 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 14,55 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 47,08 MPa

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 140·15 = 2100 mm², y_f = 300 + 15/2 = 307,5 mm

стенка: A_w = 10·300 = 3000 mm², y_w = 300/2 = 150 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2100·307,5 + 3000·150)/5100 = 214,9 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 140·15³/12 + 2100·(307,5 − 214,9)² = 1,806 × 10⁷ mm⁴

стенка: 10·300³/12 + 3000·(150 − 214,9)² = 3,512 × 10⁷ mm⁴

I_x = 1,806 × 10⁷ + 3,512 × 10⁷ = 5,318 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 315 − 214,9 = 100,1 mm

σ = M·y/I = 2,5 × 10⁷·100,1/5,318 × 10⁷ = 47,08 MPa

Ответ

σ_верх = 47,08 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θ_p = −40,27 °

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.

Угол на круге

На круге Мора точка x лежит под углом 2θp к оси σ; четверть определяется знаками σₓ − σᵧ и τₓᵧ.

2θ_p = atan2(2·−30, 110 − 100) = −80,54°

Угол на элементе

θ_p = −40,27°

Ответ

θ_p = −40,27°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_θ = −43,48 MPa

Формула преобразования

σ_θ = 15 + −65·0,5 + −30·0,866 = −43,48 MPa

Ответ

σ_θ = −43,48 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ = 5,556 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 = 29000 N, w = 8 N/mm, L = 2000 mm

EI = 1,68 × 10¹³ N·mm²

Каждая нагрузка отдельно

δ_P = PL³/(3EI) = 29000·2000³/(3·1,68 × 10¹³) = 4,603 mm

δ_w = wL⁴/(8EI) = 8·2000⁴/(8·1,68 × 10¹³) = 0,9524 mm

Сложите

δ = 4,603 + 0,9524 = 5,556 mm

Ответ

δ = 5,556 mm

12.Прогиб балки

Ответ: h_req = 206,2 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.

w = 3 N/mm, L = 3500 mm, E = 11000 N/mm²

Ограничение прогиба

δ_allow = L/360 = 3500/360 = 9,722 mm

Требуемый момент инерции

I_req = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·3·3500⁴/(384·11000·9,722) = 5,481 × 10⁷ mm⁴

Требуемая высота

bh³/12 = I_req → h = (12·5,481 × 10⁷/75)^1/3 = 206,2 mm

Ответ

h_req = 206,2 mm

На практике выберите ближайшую большую стандартную высоту.

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 13,25 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Расчётная длина

KL = 2·2000 = 4000 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·306796/4000² = 13247 N = 13,25 kN

Ответ

P_cr = 13,25 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: d = 117 mm

Требуемая критическая сила

P_cr = n·P = 3·120000 = 360000 N

KL = 0,7·6000 = 4200 mm

Выразите диаметр

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·360000·4200²/(π³·70000))^(1/4) = 117 mm

Ответ

d = 117 mm

Проверка: гибкость KL/r равна 143,6, поэтому колонна гибкая и формула Эйлера применима.

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