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 = 35 kNd = 30 mmL = 3 mE = 70 GPa

ε = µε

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

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

P = 55 kNучасток 1: Ø35 mm, 0,5 m, сталь (E = 200 GPa)участок 2: Ø20 mm, 2 m, медь (E = 117 GPa)

σ_max = MPa

3.Кручение валовСредняя

Сплошной вал (сталь) заделан в стену и закручивается моментом T на свободном конце. Найдите угол закручивания φ свободного конца в градусах.

T = 400 N·md = 20 mmL = 1,2 mG = 80 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Сплошной вал должен передавать 5 kW при 3000 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 50 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 5 kWN = 3000 rpmτ_allow = 50 MPa

d = 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.

40 kN @ 3 m55 kN @ 1 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 1 m)
3C (x = 2 m)
4D (x = 3 m)
5E (x = 4 m)
6F (x = 5 m)
7G (x = 6 m)

6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

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

L = 8 mw = 6 kN/m от 0 до 7 m

M_max = kN·m

7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя

Пластина 150 mm × 200 mm имеет круглое отверстие диаметром 30 mm на вертикальной оси симметрии, центр которого находится на высоте 130 mm над низом. Найдите момент инерции сечения I_x относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести.

b = 150 mmh = 200 mmd = 30 mmцентр отверстия: y = 130 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 10 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 280 mmt_f = 10 mmt_w = 10 mmh_w = 100 mmM = 10 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке нагруженной детали σₓ = 120 MPa, σᵧ = 0 MPa и τₓᵧ = −20 MPa (растяжение положительно). Найдите наибольшее касательное напряжение в плоскости τ_max.

σ_x = 120 MPaσ_y = 0 MPaτ_xy = −20 MPa

τ_max = MPa

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = −70 MPa, σᵧ = −50 MPa и τₓᵧ = 10 MPa (растяжение положительно). Найдите касательное напряжение τ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 20° по часовой стрелке от оси x (положительное в том же смысле, что и τₓᵧ).

σ_x = −70 MPaσ_y = −50 MPaτ_xy = 10 MPaθ = -20°

τ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

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

w = 15 kN/mL = 2 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)I = 36 × 10⁶ mm⁴

δ = 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 = 14 kNw = 20 kN/mL = 2,5 mE = 70 GPa (алюминий)I = 12 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

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)d = 40 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

Колонна длиной L из материала (алюминий) защемлена внизу и шарнирно оперта вверху. Найдите её гибкость и критическое напряжение σ_cr по формуле Эйлера.

L = 1,5 mE = 70 GPa (алюминий)d = 20 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: ε = 707,4 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·30²/4 = 706,9 mm²

σ = P/A = 35·1000/706,9 = 49,51 MPa

Деформация (закон Гука)

E for алюминий = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 49,51/70000 = 0,0007074 = 707,4 µε

Ответ

ε = 707,4 µε

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σ_max = 175,1 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 = 57,17 MPa

σ₂ = 175,1 MPa

Наибольшее напряжение

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

σ_max = 175,1 MPa

Ответ

σ_max = 175,1 MPa

3.Кручение валов

Ответ: φ = 21,89 °

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·20⁴/32 = 15708 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 400·1000·1200/(80000·15708) = 0,382 rad

φ = 0,382·180/π = 21,89°

Ответ

φ = 21,89°

4.Кручение валов

Ответ: d = 11,75 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·3000/60 = 314,2 rad/s

T = P/ω = 5000/314,2 = 15,92 N·m

Диаметр по допускаемому напряжению

d = ∛(16T/(π·τ_allow)) = ∛(16·15915/(π·50)) = 11,75 mm

Ответ

d = 11,75 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: D (x = 3 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 = 65,83 kN, R₂ = 29,17 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 = 65,83, M_C = 76,67, M_D = 87,5 kN·m, M_E = 58,33, M_F = 29,17, M_G = 0

Ответ

Отметка D: M_D = 87,5 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_max = 46,51 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 = 6·7 = 42 kN, приложена в x̄ = 3,5 m

ΣM_A = 0: R_B·8 = 6·7·3,5

R_B = 147/8 = 18,38 kN

ΣF_y = 0: R_A = 42 − 18,38 = 23,63 kN

Нулевая поперечная сила

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

R_A − w·(x₀ − 0) = 0

x₀ = 0 + 23,63/6 = 3,938 m

Наибольший момент

M_max = R_A·x₀ − w·(x₀ − 0)²/2 = 23,63·3,938 − 6·3,938²/2 = 46,51 kN·m

Ответ

M_max = 46,51 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 99,31 × 10⁶ mm⁴

Сечения с отверстиями: считайте отверстие отрицательной площадью. Центр тяжести равен ȳ = (A₁y₁ − A₂y₂)/(A₁ − A₂), где A₁, y₁ относятся к целой пластине, а A₂, y₂ — к отверстию. Для момента инерции сечения относительно центральной оси применяйте теорему о параллельных осях для каждой части и вычитайте отверстие: I = (I_c1 + A₁d₁²) − (I_c2 + A₂d₂²), где d — расстояние от собственного центра тяжести каждой части до оси, проходящей через ȳ. Для прямоугольника I_c = bh³/12, для круга I_c = πd⁴/64.

Центр тяжести

ȳ = (30000·100 − 706,9·130)/(30000 − 706,9) = 99,28 mm

Целая пластина относительно ȳ

150·200³/12 + 30000·0,7239² = 100 × 10⁶ mm⁴

Отверстие относительно ȳ

π·30⁴/64 + 706,9·30,72² = 0,707 × 10⁶ mm⁴

Вычтите

I_x = 99,31 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 99,31 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 63,11 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: A_f = 280·10 = 2800 mm², y_f = 100 + 10/2 = 105 mm

стенка: A_w = 10·100 = 1000 mm², y_w = 100/2 = 50 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2800·105 + 1000·50)/3800 = 90,53 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 280·10³/12 + 2800·(105 − 90,53)² = 609898 mm⁴

стенка: 10·100³/12 + 1000·(50 − 90,53)² = 2,476 × 10⁶ mm⁴

I_x = 609898 + 2,476 × 10⁶ = 3,086 × 10⁶ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 110 − 90,53 = 19,47 mm

σ = M·y/I = 1 × 10⁷·19,47/3,086 × 10⁶ = 63,11 MPa

Ответ

σ_верх = 63,11 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_max = 63,25 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 = √(((120 − 0)/2)² + −20²) = 63,25 MPa

Ответ

τ_max = 63,25 MPa

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_θ = 1,233 MPa

Формула преобразования

τ_θ = −−10·−0,6428 + 10·0,766 = 1,233 MPa

Ответ

τ_θ = 1,233 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ = 75,76 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 = 2000 mm

EI = 3,96 × 10¹¹ N·mm²

Прогиб

δ = wL⁴/(8EI) = 15·2000⁴/(8·3,96 × 10¹¹) = 75,76 mm

Ответ

δ = 75,76 mm

12.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 17,54 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 = 14000 N, w = 20 N/mm, L = 2500 mm, EI = 8,4 × 10¹¹ N·mm²

Каждая нагрузка отдельно

δ_P = PL³/(48EI) = 14000·2500³/(48·8,4 × 10¹¹) = 5,425 mm

δ_w = 5wL⁴/(384EI) = 5·20·2500⁴/(384·8,4 × 10¹¹) = 12,11 mm

Сложите

δ_max = 5,425 + 12,11 = 17,54 mm

Ответ

δ_max = 17,54 mm

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 13,89 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 = 0,5·5000 = 2500 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/2500² = 13891 N = 13,89 kN

Ответ

P_cr = 13,89 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 15,67 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 314,2 mm²

r = √(I/A) = √(7854/314,2) = 5 mm

KL = 0,7·1500 = 1050 mm

KL/r = 1050/5 = 210

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/210² = 15,67 MPa

Ответ

σ_cr = 15,67 MPa

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