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 (латунь) под действием осевой нагрузки.

P = 50 kNd = 12 mmL = 3 mE = 100 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 = 10 kNучасток 1: Ø40 mm, 1,5 m, алюминий (E = 70 GPa)участок 2: Ø16 mm, 0,5 m, алюминий (E = 70 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 = 1000 N·md = 30 mmL = 0,5 mG = 80 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Сплошной вал должен передавать 50 kW при 300 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 75 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 50 kWN = 300 rpmτ_allow = 75 MPa

d = mm

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Найдите изгибающий момент M_x в сечении x = 2 m от опоры A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 10 mw = 3 kN/m от 0 до 10 mx = 2 m

M_x = kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

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

L = 8 mP = 60 kN в 5 mw = 5 kN/m от 0 до 8 mx = 5 m

M_x = kN·m

7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя

Найдите момент инерции I_x таврового сечения относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

b_f = 240 mmt_f = 10 mmt_w = 12 mmh_w = 100 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Пластина 100 mm × 300 mm имеет прямоугольный вырез шириной 40 mm и высотой 50 mm, расположенный на вертикальной оси симметрии, а его центр находится на высоте 90 mm над низом. Найдите момент инерции сечения I_x относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести.

b = 100 mmh = 300 mmвырез: 40 × 50 mmцентр отверстия: y = 90 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке σₓ = 70 MPa, σᵧ = 60 MPa и τₓᵧ = 40 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θ_s 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).

σ_x = 70 MPaσ_y = 60 MPaτ_xy = 40 MPa

θ_s = °

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = 60 MPa, σᵧ = 60 MPa и τₓᵧ = −50 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 50° против часовой стрелки от оси x.

σ_x = 60 MPaσ_y = 60 MPaτ_xy = −50 MPaθ = 50°

σ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

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

w = 5 kN/mL = 2,5 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)I = 120 × 10⁶ mm⁴

δ = 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 = 4 kN/mL = 8 mE = 70 GPa (алюминий)

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 = 20 × 100 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

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

L = 4 mE = 200 GPa (сталь)d = 50 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 13,26 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·12²/4 = 113,1 mm²

σ = P/A = 50·1000/113,1 = 442,1 MPa

Деформация (закон Гука)

E for латунь = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 442,1/100000 = 0,004421 = 4421 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,004421·3000 mm = 13,26 mm

Ответ

δ = 13,26 mm

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σ_max = 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·40²/4 = 1257 mm², A₂ = π·16²/4 = 201,1 mm²

σ₁ = 7,958 MPa

σ₂ = 49,74 MPa

Наибольшее напряжение

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

σ_max = 49,74 MPa

Ответ

σ_max = 49,74 MPa

3.Кручение валов

Ответ: φ = 4,503 °

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·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 1000·1000·500/(80000·79522) = 0,0786 rad

φ = 0,0786·180/π = 4,503°

Ответ

φ = 4,503°

4.Кручение валов

Ответ: d = 47,63 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·300/60 = 31,42 rad/s

T = P/ω = 50000/31,42 = 1592 N·m

Диаметр по допускаемому напряжению

d = ∛(16T/(π·τ_allow)) = ∛(16·1,592 × 10⁶/(π·75)) = 47,63 mm

Ответ

d = 47,63 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_x = 24 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.

Опорные реакции

Равновесие всей балки.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 3·10 = 30 kN, приложена в x̄ = 5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 3·10·5

R_B = 150/10 = 15 kN

ΣF_y = 0: R_A = 30 − 15 = 15 kN

Рассеките в x = 2 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 = 15·2 − 3·2·1 = 24 kN·m

Ответ

M_x = 24 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_x = 150 kN·m

Опорные реакции

Равновесие всей балки.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 5·8 = 40 kN, приложена в x̄ = 4 m

ΣM_A = 0: R_B·8 = 60·5 + 5·8·4

R_B = 460/8 = 57,5 kN

ΣF_y = 0: R_A = 100 − 57,5 = 42,5 kN

Рассеките в x = 5 m и оставьте левую часть

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

M_x = 42,5·5 − 5·5·2,5 = 150 kN·m

Ответ

M_x = 150 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 3,44 × 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 = 240·10 = 2400 mm², y_f = 100 + 10/2 = 105 mm

стенка: A_w = 12·100 = 1200 mm², y_w = 100/2 = 50 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2400·105 + 1200·50)/3600 = 86,67 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 240·10³/12 + 2400·(105 − 86,67)² = 826667 mm⁴

стенка: 12·100³/12 + 1200·(50 − 86,67)² = 2,613 × 10⁶ mm⁴

I_x = 826667 + 2,613 × 10⁶ = 3,44 × 10⁶ mm⁴ = 3,44 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 3,44 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 216,9 × 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 = (30000·150 − 2000·90)/(30000 − 2000) = 154,3 mm

Целая пластина относительно ȳ

100·300³/12 + 30000·−4,286² = 225,6 × 10⁶ mm⁴

Отверстие относительно ȳ

40·50³/12 + 2000·−64,29² = 8,682 × 10⁶ mm⁴

Вычтите

I_x = 216,9 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 216,9 × 10⁶ mm⁴

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θ_s = −3,563 °

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

cos 2θ_s = 40/40,31 = 0,9923, sin 2θ_s = −5/40,31 = −0,124

2θ_s = atan2(−5, 40) = −7,125°

Угол на элементе

θ_s = −3,563°

проверка: θ_s − θ_p = −3,563 − 41,44 = −45°

Ответ

θ_s = −3,563°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_θ = 10,76 MPa

Формула преобразования

σ_θ = 60 + 0·−0,1736 + −50·0,9848 = 10,76 MPa

Ответ

σ_θ = 10,76 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ = 18,5 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 = 1,32 × 10¹² N·mm²

Прогиб

δ = wL⁴/(8EI) = 5·2500⁴/(8·1,32 × 10¹²) = 18,5 mm

Ответ

δ = 18,5 mm

12.Прогиб балки

Ответ: I_req = 137,1 × 10⁶ mm⁴

Ограничение прогиба

δ_allow = L/360 = 8000/360 = 22,22 mm

Требуемый момент инерции

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·4·8000⁴/(384·70000·22,22) = 1,371 × 10⁸ mm⁴

I_req = 137,1 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_req = 137,1 × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 7,369 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 = 100·20³/12 = 66667 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·66667/2500² = 7369 N = 7,369 kN

Ответ

P_cr = 7,369 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 77,11 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 1963 mm²

r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm

KL = 0,5·4000 = 2000 mm

KL/r = 2000/12,5 = 160

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/160² = 77,11 MPa

Ответ

σ_cr = 77,11 MPa

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