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
Ø 25 mmСталь2 mP = 20 kN

Найдите удлинение δ стержня (сталь) под действием осевой нагрузки.

P = 20 kNd = 25 mmL = 2 mE = 200 GPa
δ = mm
2.Осевое напряжение и деформацияСложная
Ø 25 mmАлюминий2 mØ 16 mmМедь1 mP = 10 kN

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

P = 10 kNучасток 1: Ø25 mm, 2 m, алюминий (E = 70 GPa)участок 2: Ø16 mm, 1 m, медь (E = 117 GPa)
σmax = MPa
3.Кручение валовСредняя
d = ?T = 1000 N·mL = 1 m

Сплошной вал (алюминий) длиной 1 m передаёт крутящий момент 1000 N·m. Угол закручивания между его концами не должен превышать 3°. Найдите наименьший диаметр d, удовлетворяющий этому условию.

T = 1000 N·mL = 1 mG = 26 GPaφallow = 3°
d = mm
4.Кручение валовСложная
Tdo​ = 60 mm, di​ = 30 mm

Полый вал передаёт 100 kW при 750 об/мин. Найдите наибольшее касательное напряжение τmax в валу.

P = 100 kWN = 750 rpmdo = 60 mmdi = 30 mm
τmax = MPa
5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя
M0​ = 30 kN·mAB3 m1 m

Шарнирно опёртая балка нагружена сосредоточенным моментом M0 = 30 kN·m, действующим по часовой стрелке, в точке x = 3 m от A; других нагрузок нет. Найдите изгибающий момент Mx сразу справа от сосредоточенного момента. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 4 mM0 = 30 kN·m по часовой стрелке, в точке 3 m
Mx = kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная
w = 12 kN/mABC8 m2,5 m

Балка опирается на неподвижный шарнир в A и подвижную опору в B и имеет консольный свес длиной 2,5 m за B до свободного конца C. Равномерно распределённая нагрузка w действует по всей длине A–C. Найдите расстояние xc от A до точки перегиба между опорами (где изгибающий момент меняет знак).

L = 10,5 mw = 12 kN/m от 0 до 10,5 mопоры при x = 0 и x = 8 m
xc = m
7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя
150 mm240 mm156 mmØ30xIx​ = ?

Пластина 150 mm × 240 mm имеет круглое отверстие диаметром 30 mm на вертикальной оси симметрии, центр которого находится на высоте 156 mm над низом. Найдите момент инерции сечения Ix относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести.

b = 150 mmh = 240 mmd = 30 mmцентр отверстия: y = 156 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерцииСложная
1603012010xотрицательный Mразмеры в mm

Чугунная балка имеет показанное тавровое сечение с полкой сверху. Допускаемые напряжения: 60 MPa при растяжении и 120 MPa при сжатии. Найдите наибольший отрицательный изгибающий момент Mallow, который может воспринять балка (укажите его величину).

bf = 160 mmtf = 30 mmtw = 10 mmhw = 120 mmσt,allow = 60 MPaσc,allow = 120 MPa
Mallow = kN·m
9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя
σx​ = 10σy​ = 70τxy​ = 60MPa

В точке σₓ = 10 MPa, σᵧ = 70 MPa и τₓᵧ = 60 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θs в пределах от −90° до 90° от оси x до нормали к площадке, на которой касательное напряжение достигает наибольшего положительного значения +R (касательное напряжение положительно в том же смысле, что и τₓᵧ).

σx = 10 MPaσy = 70 MPaτxy = 60 MPa
θs = °
10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная
σx​τxy​поверхность вала

Сплошной вал диаметром 20 mm нагружен осевой растягивающей силой 50 kN вместе с крутящим моментом 100 N·m. На поверхности вала найдите наибольшее главное напряжение σ1.

d = 20 mmF = 50 kNT = 100 N·m
σ1 = MPa
11.Прогиб балкиСредняя
P = 14 kNABδ1,5 m2,5 m

Шарнирно опёртая балка нагружена сосредоточенной силой P на расстоянии a = 1,5 m от опоры A. Найдите прогиб δP под силой.

P = 14 kNa = 1,5 mL = 4 mE = 70 GPa (алюминий)I = 120 × 10⁶ mm⁴
δP = mm
12.Прогиб балкиСложная
w = 2,5 kN/mABδ4 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/300. Найдите наименьшую высоту hreq сечения.

w = 2,5 kN/mL = 4 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)b = 150 mm
hreq = mm
13.Устойчивость колоннСредняя
PL = 2,5 md = 30 mmпоперечное сечение

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

L = 2,5 mE = 200 GPa (сталь)d = 30 mm
Pcr = kN
14.Устойчивость колоннСложная
PL = 2 md = 30 mmпоперечное сечение

Колонна длиной L из материала (сталь) защемлена внизу и свободна вверху. Найдите её гибкость и критическое напряжение σcr по формуле Эйлера.

L = 2 mE = 200 GPa (сталь)d = 30 mm
σcr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 0,4074 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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 20·1000/490,9 = 40,74 MPa

Деформация (закон Гука)

E for сталь = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 40,74/200000 = 0,0002037 = 203,7 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,0002037·2000 mm = 0,4074 mm

Ответ

δ = 0,4074 mm
2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σmax = 49,74 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 20,37 MPa
σ2 = 49,74 MPa

Наибольшее напряжение

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

σmax = 49,74 MPa

Ответ

σmax = 49,74 MPa
3.Кручение валов

Ответ: d = 52,3 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.

Требуемый полярный момент инерции

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
L = 1 m = 1000 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = 3·π/180 = 0,05236 rad
J = TL/(Gφ) = 1 × 10⁶·1000/(26000·0,05236) = 734561 mm⁴

Диаметр

d = (32J/π)1/4 = 52,3 mm

Ответ

d = 52,3 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

4.Кручение валов

Ответ: τmax = 32,02 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.

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·750/60 = 78,54 rad/s
T = P/ω = 100000/78,54 = 1273 N·m

Полярный момент инерции

J = π(60⁴ − 30⁴)/32 = 1,193 × 10⁶ mm⁴

Наибольшее касательное напряжение

τmax = T·(do/2)/J = 1,273 × 10⁶·30/1,193 × 10⁶ = 32,02 MPa

Ответ

τmax = 32,02 MPa
5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mx = 7,5 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 = 30/4 = 7,5 kN (вверх)
RA = −RB = −7,5 kN (вниз)

Сечение сразу справа от сосредоточенного момента

Теперь левая часть содержит RA и сосредоточенный момент.

Mx = RA·a + M0 = −7,5·3 + 30 = 7,5 kN·m

Ответ

Mx = 7,5 kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: xc = 7,219 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 = 12·10,5 = 126 kN, приложена в x̄ = 5,25 m
ΣMA = 0: RB·8 = 12·10,5·5,25
RB = 661,5/8 = 82,69 kN
ΣFy = 0: RA = 126 − 82,69 = 43,31 kN

Нулевой момент

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

RA·xc − w·xc²/2 = 0
xc = 2·43,31/12 = 7,219 m

Ответ

xc = 7,219 m
7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 171,8 × 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 = (Ic1 + A₁d₁²) − (Ic2 + A₂d₂²), где d — расстояние от собственного центра тяжести каждой части до оси, проходящей через ȳ. Для прямоугольника Ic = bh³/12, для круга Ic = πd⁴/64.

Центр тяжести

ȳ = (36000·120 − 706,9·156)/(36000 − 706,9) = 119,3 mm

Целая пластина относительно ȳ

150·240³/12 + 36000·0,721² = 172,8 × 10⁶ mm⁴

Отверстие относительно ȳ

π·30⁴/64 + 706,9·36,72² = 0,9929 × 10⁶ mm⁴

Вычтите

Ix = 171,8 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 171,8 × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Mallow = 7,2 kN·m

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.

Центр тяжести

ȳ = (4800·135 + 1200·60)/6000 = 120 mm
верхняя кромка: c = 150 − 120 = 30 mm

Момент инерции сечения

I = 160·30³/12 + 4800·15² + 10·120³/12 + 1200·60² = 7,2 × 10⁶ mm⁴

Момент, допускаемый каждой кромкой

Отрицательный момент: верх растянут, низ сжат.

верхняя кромка: M = 60·7,2 × 10⁶/30 = 14,4 kN·m
нижняя кромка: M = 120·7,2 × 10⁶/120 = 7,2 kN·m

Определяющее значение

Mallow = min = 7,2 kN·m (нижняя кромка)

Ответ

Mallow = 7,2 kN·m
9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θs = 13,28 °

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.

στxyCτmax​

Угол на круге

На круге Мора верхняя точка (+R) отстоит от главной точки σ₁ на 90°; на элементе это соответствует 45°.

cos 2θs = 60/67,08 = 0,8944, sin 2θs = −(−30)/67,08 = 0,4472
2θs = atan2(30, 60) = 26,57°

Угол на элементе

θs = 13,28°
проверка: θs − θp = 13,28 − 58,28 = −45°

Ответ

θs = 13,28°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ1 = 181,5 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.

Напряжения на поверхности

σ = F/A = 50000/(π·20²/4) = 50000/314,2 = 159,2 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·100000/(π·20³) = 63,66 MPa
στxyCσ1​σ2​

Круг Мора

C = σ/2 = 79,58 MPa
R = √(79,58² + 63,66²) = 101,9 MPa
σ1 = C + R = 181,5 MPa
σ2 = C − R = −22,33 MPa

Ответ

σ1 = 181,5 MPa
11.Прогиб балки

Ответ: δP = 1,953 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 = 14000 N, a = 1500 mm, b = 2500 mm, L = 4000 mm
EI = 8,4 × 10¹² N·mm²

Прогиб под силой

δP = Pa²b²/(3EIL) = 14000·1500²·2500²/(3·8,4 × 10¹²·4000) = 1,953 mm

Ответ

δP = 1,953 mm
12.Прогиб балки

Ответ: hreq = 165,7 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 = 2,5 N/mm, L = 4000 mm, E = 11000 N/mm²

Ограничение прогиба

δallow = L/300 = 4000/300 = 13,33 mm

Требуемый момент инерции

Ireq = 5wL⁴/(384·E·δallow) = 5·2,5·4000⁴/(384·11000·13,33) = 5,682 × 10⁷ mm⁴

Требуемая высота

bh³/12 = Ireq → h = (12·5,682 × 10⁷/150)1/3 = 165,7 mm

Ответ

hreq = 165,7 mm

На практике выберите ближайшую большую стандартную высоту.

13.Устойчивость колонн

Ответ: Pcr = 25,63 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Критическая сила

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/1750² = 25628 N = 25,63 kN

Ответ

Pcr = 25,63 kN
14.Устойчивость колонн

Ответ: σcr = 6,94 MPa

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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 706,9 mm²
r = √(I/A) = √(39761/706,9) = 7,5 mm
KL = 2·2000 = 4000 mm
KL/r = 4000/7,5 = 533,3

Критическое напряжение

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/533,3² = 6,94 MPa

Ответ

σcr = 6,94 MPa

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