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 mmАлюминий1,5 mP = 120 kN

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

P = 120 kNd = 25 mmL = 1,5 mE = 70 GPa
δ = mm
2.Осевое напряжение и деформацияСложная
Ø 25 mmМедь0,5 mØ 12 mmСталь1 mP = 95 kN

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

P = 95 kNучасток 1: Ø25 mm, 0,5 m, медь (E = 117 GPa)участок 2: Ø12 mm, 1 m, сталь (E = 200 GPa)
σmax = MPa
3.Кручение валовСредняя
T = 200 N·md = 25 mmL = 1 mφ = ?

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

T = 200 N·md = 25 mmL = 1 mG = 39 GPa
φ = °
4.Кручение валовСложная
Td = ?

Сплошной вал должен передавать 100 kW при 500 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 75 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 100 kWN = 500 rpmτallow = 75 MPa
d = mm
5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя
P1​ = 35 kNP2​ = 40 kNABC4 m4 m2 m

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. Она нагружена сосредоточенной силой P1 между опорами и сосредоточенной силой P2 в C. Найдите изгибающий момент Mx под силой P1. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 10 mP1 = 35 kN в 4 mP2 = 40 kN в 10 mопоры при x = 0 и x = 8 m
Mx = kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная
w = 12 kN/mABC6 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 изгибающий момент MB на опоре B. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 8,5 mw = 12 kN/m от 0 до 8,5 mопоры при x = 0 и x = 6 m
MB = kN·m
7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя
150 mm200 mm140 mmØ40xIx​ = ?

Пластина 150 mm × 200 mm имеет круглое отверстие диаметром 40 mm на вертикальной оси симметрии, центр которого находится на высоте 140 mm над низом. Найдите момент инерции сечения Ix относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести.

b = 150 mmh = 200 mmd = 40 mmцентр отверстия: y = 140 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерцииСложная
12019022310168xразмеры в mm

Сварной двутавр имеет верхнюю полку 120 × 22 mm, стенку высотой 310 mm и толщиной 8 mm и нижнюю полку 190 × 16 mm (ширина × толщина). Найдите его момент инерции Ix относительно горизонтальной оси x, проходящей через центр тяжести.

верхняя полка: 120 × 22 mmстенка: 8 × 310 mmнижняя полка: 190 × 16 mm
Ix = × 10⁶ mm⁴
9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя
σx​ = 40σy​ = −20τxy​ = 60MPa

В точке нагруженной детали σₓ = 40 MPa, σᵧ = −20 MPa и τₓᵧ = 60 MPa (растяжение положительно). Найдите наибольшее касательное напряжение в плоскости τmax.

σx = 40 MPaσy = −20 MPaτxy = 60 MPa
τmax = MPa
10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная
σx​ = −30σy​ = 80τxy​ = −40MPa

В точке нагруженной детали σₓ = −30 MPa, σᵧ = 80 MPa и τₓᵧ = −40 MPa (растяжение положительно). Найдите касательное напряжение τθ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 30° против часовой стрелки от оси x (положительное в том же смысле, что и τₓᵧ).

σx = −30 MPaσy = 80 MPaτxy = −40 MPaθ = 30°
τθ = MPa
11.Прогиб балкиСредняя
w = 15 kN/mABθ2 m

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всему пролёту. Найдите угол поворота θA сечения балки на опоре A в радианах.

w = 15 kN/mL = 2 mE = 70 GPa (алюминий)I = 23 × 10⁶ mm⁴
θA = rad
12.Прогиб балкиСложная
P = 50 kNAB4 m4 m

Балка защемлена в A и шарнирно оперта в B (консоль с дополнительной опорой). Она нагружена сосредоточенной силой P в середине пролёта. EI постоянна. Найдите величину изгибающего момента MA в заделке.

L = 8 mP = 50 kN в 4 m
MA = kN·m
13.Устойчивость колоннСредняя
PL = 2 md = 25 mmпоперечное сечение

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

L = 2 mE = 200 GPa (сталь)d = 25 mm
Pcr = kN
14.Устойчивость колоннСложная
P = 85 kNL = 5 md = ?поперечное сечение

Сплошная круглая колонна длиной L из материала (алюминий) шарнирно оперта с обоих концов. Она должна выдерживать 85 kN с коэффициентом запаса устойчивости 3. Найдите наименьший диаметр d.

P = 85 kNn = 3L = 5 mE = 70 GPa (алюминий)
d = mm

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 5,238 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 = 120·1000/490,9 = 244,5 MPa

Деформация (закон Гука)

E for алюминий = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 244,5/70000 = 0,003492 = 3492 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,003492·1500 mm = 5,238 mm

Ответ

δ = 5,238 mm
2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σmax = 840 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 193,5 MPa
σ2 = 840 MPa

Наибольшее напряжение

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

σmax = 840 MPa

Ответ

σmax = 840 MPa
3.Кручение валов

Ответ: φ = 7,662 °

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.

Полярный момент инерции

J = π·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Угол закручивания

φ = TL/(GJ) = 200·1000·1000/(39000·38350) = 0,1337 rad
φ = 0,1337·180/π = 7,662°

Ответ

φ = 7,662°
4.Кручение валов

Ответ: d = 50,62 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.

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·τallow)) = ∛(16·1,91 × 10⁶/(π·75)) = 50,62 mm

Ответ

d = 50,62 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: Mx = 30 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. Сила на консольном свесе тоже создаёт момент относительно A.

ΣMA = 0: RB·8 = 35·4 + 40·10
RB = 540/8 = 67,5 kN
ΣFy = 0: RA = 75 − 67,5 = 7,5 kN

Сечение под P1, оставляем левую часть

Mx = RA·4 = 7,5·4 = 30 kN·m

Ответ

Mx = 30 kN·m
6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: MB = −37,5 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. 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 = 12·8,5 = 102 kN, приложена в x̄ = 4,25 m
ΣMA = 0: RB·6 = 12·8,5·4,25
RB = 433,5/6 = 72,25 kN
ΣFy = 0: RA = 102 − 72,25 = 29,75 kN

Сечение в B, оставляем консольный свес

Нагрузка на свесе, w·a, приложена на расстоянии a/2 от B и создаёт над опорой отрицательный момент (растянуты верхние волокна).

MB = −w·a²/2 = −12·2,5²/2 = −37,5 kN·m

Ответ

MB = −37,5 kN·m
7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 97,78 × 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 = (30000·100 − 1257·140)/(30000 − 1257) = 98,25 mm

Целая пластина относительно ȳ

150·200³/12 + 30000·1,749² = 100,1 × 10⁶ mm⁴

Отверстие относительно ȳ

π·40⁴/64 + 1257·41,75² = 2,316 × 10⁶ mm⁴

Вычтите

Ix = 97,78 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 97,78 × 10⁶ mm⁴
8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: Ix = 173,1 × 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 три прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

верхняя полка: A = 2640 mm², y = 337 mm
стенка: A = 2480 mm², y = 171 mm
нижняя полка: A = 3040 mm², y = 8 mm

Центр тяжести

ȳ = (2640·337 + 2480·171 + 3040·8)/8160 = 164 mm

Теорема о параллельном переносе осей

верхняя полка: 120·22³/12 + 2640·173² = 7,914 × 10⁷ mm⁴
стенка: 8·310³/12 + 2480·7,02² = 1,998 × 10⁷ mm⁴
нижняя полка: 190·16³/12 + 3040·156² = 7,403 × 10⁷ mm⁴
Ix = 7,914 × 10⁷ + 1,998 × 10⁷ + 7,403 × 10⁷
Ix = 1,731 × 10⁸ mm⁴ = 173,1 × 10⁶ mm⁴

Ответ

Ix = 173,1 × 10⁶ mm⁴
9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τmax = 67,08 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.

στxyCτmax​

Радиус круга Мора

τmax = R = √(((40 − −20)/2)² + 60²) = 67,08 MPa

Ответ

τmax = 67,08 MPa
10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τθ = 27,63 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.

Формула преобразования

τθ = −−55·0,866 + −40·0,5 = 27,63 MPa

Ответ

τθ = 27,63 MPa
11.Прогиб балки

Ответ: θA = 0,003106 rad

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). Угол поворота θ = dv/dx — это первый интеграл от M/(EI); в согласованных единицах он получается в радианах.

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 = 1,61 × 10¹² N·mm²

Угол поворота на конце

θA = wL³/(24EI) = 15·2000³/(24·1,61 × 10¹²) = 0,003106 rad

Ответ

θA = 0,003106 rad

Это 0,1779°.

12.Прогиб балки

Ответ: MA = 75 kN·m

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). Для статически неопределимой балки отбросьте лишнюю опору и потребуйте, чтобы прогиб в этом месте был равен нулю (условие совместности).

Отбрасываем опору

Без опоры балка становится консолью. Её свободный конец прогнулся бы под нагрузкой.

δload = P(L/2)²(3L − L/2)/(6EI) = 5PL³/(48EI)

Условие совместности на опоре

Одна сила реакции опоры RB поднимает свободный конец на RBL³/(3EI). Опора удерживает B с нулевым прогибом, поэтому эти прогибы должны взаимно погаситься. EI сокращается.

RB·L³/(3EI) = 5PL³/(48EI) → RB = 5P/16 = 5·50/16 = 15,63 kN

Момент в заделке

Моменты нагрузок и реакции опоры относительно A.

MA = P·L/2 − RB·L = 200 − 125 = 75 kN·m

Ответ

MA = 75 kN·m
13.Устойчивость колонн

Ответ: Pcr = 37,85 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,5·2000 = 1000 mm

Критическая сила

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·19175/1000² = 37849 N = 37,85 kN

Ответ

Pcr = 37,85 kN
14.Устойчивость колонн

Ответ: d = 117,1 mm

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.

Требуемая критическая сила

Pcr = n·P = 3·85000 = 255000 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Выразите диаметр

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·255000·5000²/(π³·70000))^(1/4) = 117,1 mm

Ответ

d = 117,1 mm

Проверка: гибкость KL/r равна 170,8, поэтому колонна гибкая и формула Эйлера применима.

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