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 (сталь) под действием осевой нагрузки.

P = 15 kNd = 20 mmL = 1,5 mE = 200 GPa

δ = mm

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

Стержень (сталь) диаметром 20 mm с E = 200 GPa и допускаемым напряжением 250 MPa находится внутри трубы (алюминий) с наружным диаметром 120 mm, внутренним диаметром 70 mm, E = 70 GPa и допускаемым напряжением 60 MPa. Они вместе сжимаются между жёсткими плитами. Найдите наибольшую нагрузку P_max.

стержень: Ø20 mm, E = 200 GPa, σ_allow = 250 MPaтруба: Ø120/Ø70 mm, E = 70 GPa, σ_allow = 60 MPa

P_max = kN

3.Кручение валовСредняя

Полый вал (алюминий; наружный диаметр 40 mm, внутренний диаметр 28 mm, длина 1 m) заделан с одного конца и закручивается моментом 2000 N·m на другом. Найдите угол закручивания φ в градусах.

T = 2000 N·md_o = 40 mmd_i = 28 mmL = 1 mG = 26 GPa

φ = °

4.Кручение валовСложная

Полый вал передаёт 50 kW при 1500 об/мин. Найдите наибольшее касательное напряжение τ_max в валу.

P = 50 kWN = 1500 rpmd_o = 40 mmd_i = 20 mm

τ_max = MPa

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Найдите изгибающий момент M_x в сечении x = 1,5 m от опоры A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 10 mw = 6 kN/m от 0 до 10 mx = 1,5 m

M_x = kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

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.

50 kN @ 0 m40 kN @ 6 m20 kN @ 3 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)

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 = 15 mmt_w = 10 mmh_w = 220 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Тавровое сечение работает как балка с полкой сверху и воспринимает положительный изгибающий момент 30 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 120 mmt_f = 20 mmt_w = 16 mmh_w = 180 mmM = 30 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке нагруженной детали σₓ = −30 MPa, σᵧ = −40 MPa и τₓᵧ = 50 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θ_p от оси x до направления наибольшего главного напряжения в пределах от −90° до 90°.

σ_x = −30 MPaσ_y = −40 MPaτ_xy = 50 MPa

θ_p = °

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = 110 MPa, σᵧ = 50 MPa и τₓᵧ = 60 MPa (растяжение положительно). Найдите касательное напряжение τ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 20° против часовой стрелки от оси x (положительное в том же смысле, что и τₓᵧ).

σ_x = 110 MPaσ_y = 50 MPaτ_xy = 60 MPaθ = 20°

τ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

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

w = 2 kN/mL = 8 mE = 70 GPa (алюминий)I = 36 × 10⁶ mm⁴

θ_A = rad

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 = 27 kNw = 10 kN/mL = 4 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)I = 84 × 10⁶ mm⁴

δ_max = mm

13.Устойчивость колоннСредняя

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

L = 6 mE = 70 GPa (алюминий)b × h = 40 × 50 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

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

L = 5 mE = 70 GPa (алюминий)d = 80 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 0,3581 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·20²/4 = 314,2 mm²

σ = P/A = 15·1000/314,2 = 47,75 MPa

Деформация (закон Гука)

E for сталь = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 47,75/200000 = 0,0002387 = 238,7 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,0002387·1500 mm = 0,3581 mm

Ответ

δ = 0,3581 mm

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: P_max = 501,5 kN

Два материала: при последовательном соединении (один за другим) каждый участок воспринимает одну и ту же силу, а удлинения складываются: δ = P·Σ L/(E·A). При параллельном соединении (рядом между жёсткими плитами) обе части укорачиваются на одну и ту же величину, поэтому их деформации равны: более жёсткая часть берёт большую долю, P_i = P·E_iA_i/ΣEA, а σ_i = E_i·ε. Стержень, зажатый между двумя жёсткими стенами с нагрузкой в месте стыка, статически неопределим: два участка делят нагрузку пропорционально своей жёсткости k = EA/L.

Площади

A_r = π·20²/4 = 314,2 mm²

A_t = π(120² − 70²)/4 = 7461 mm²

Суммарная осевая жёсткость

ΣEA = 200·10³·314,2 + 70·10³·7461 = 5,851 × 10⁸ N

Определяющая деформация

ε = min(0,00125, 0,0008571) = 0,0008571 (алюминий)

Наибольшая нагрузка

P_max = 0,0008571·5,851 × 10⁸ = 501533 N = 501,5 kN

Ответ

P_max = 501,5 kN

3.Кручение валов

Ответ: φ = 23,08 °

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(40⁴ − 28⁴)/32 = 190984 mm⁴

Угол закручивания

T = 2000 N·m = 2 × 10⁶ N·mm

L = 1 m = 1000 mm

G = 26 GPa = 26000 MPa

φ = TL/(GJ) = 2 × 10⁶·1000/(26000·190984) = 0,4028 rad

φ = 0,4028·180/π = 23,08°

Ответ

φ = 23,08°

4.Кручение валов

Ответ: τ_max = 27,02 MPa

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s

T = P/ω = 50000/157,1 = 318,3 N·m

Полярный момент инерции

J = π(40⁴ − 20⁴)/32 = 235619 mm⁴

Наибольшее касательное напряжение

τ_max = T·(d_o/2)/J = 318310·20/235619 = 27,02 MPa

Ответ

τ_max = 27,02 MPa

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_x = 38,25 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 = 6·10 = 60 kN, приложена в x̄ = 5 m

ΣM_A = 0: R_B·10 = 6·10·5

R_B = 300/10 = 30 kN

ΣF_y = 0: R_A = 60 − 30 = 30 kN

Рассеките в x = 1,5 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 = 30·1,5 − 6·1,5·0,75 = 38,25 kN·m

Ответ

M_x = 38,25 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: E (x = 4 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 = 46,67 kN, R₂ = 63,33 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 = −50, M_C = −53,33, M_D = −56,67, M_E = −80 kN·m, M_F = −40, M_G = 0

Ответ

Отметка E: M_E = −80 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 27,79 × 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 = 240·15 = 3600 mm², y_f = 220 + 15/2 = 227,5 mm

стенка: A_w = 10·220 = 2200 mm², y_w = 220/2 = 110 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (3600·227,5 + 2200·110)/5800 = 182,9 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 240·15³/12 + 3600·(227,5 − 182,9)² = 7,219 × 10⁶ mm⁴

стенка: 10·220³/12 + 2200·(110 − 182,9)² = 2,057 × 10⁷ mm⁴

I_x = 7,219 × 10⁶ + 2,057 × 10⁷ = 2,779 × 10⁷ mm⁴ = 27,79 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 27,79 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 92,44 MPa

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 120·20 = 2400 mm², y_f = 180 + 20/2 = 190 mm

стенка: A_w = 16·180 = 2880 mm², y_w = 180/2 = 90 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2400·190 + 2880·90)/5280 = 135,5 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 120·20³/12 + 2400·(190 − 135,5)² = 7,22 × 10⁶ mm⁴

стенка: 16·180³/12 + 2880·(90 − 135,5)² = 1,373 × 10⁷ mm⁴

I_x = 7,22 × 10⁶ + 1,373 × 10⁷ = 2,095 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 200 − 135,5 = 64,55 mm

σ = M·y/I = 3 × 10⁷·64,55/2,095 × 10⁷ = 92,44 MPa

Ответ

σ_верх = 92,44 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θ_p = 42,14 °

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(2·50, −30 − −40) = 84,29°

Угол на элементе

θ_p = 42,14°

Ответ

θ_p = 42,14°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_θ = 26,68 MPa

Формула преобразования

τ_θ = −30·0,6428 + 60·0,766 = 26,68 MPa

Ответ

τ_θ = 26,68 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: θ_A = 0,01693 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 = 2 N/mm, L = 8000 mm

EI = 2,52 × 10¹² N·mm²

Угол поворота на конце

θ_A = wL³/(24EI) = 2·8000³/(24·2,52 × 10¹²) = 0,01693 rad

Ответ

θ_A = 0,01693 rad

Это 0,9701°.

12.Прогиб балки

Ответ: δ_max = 75,04 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 = 27000 N, w = 10 N/mm, L = 4000 mm, EI = 9,24 × 10¹¹ N·mm²

Каждая нагрузка отдельно

δ_P = PL³/(48EI) = 27000·4000³/(48·9,24 × 10¹¹) = 38,96 mm

δ_w = 5wL⁴/(384EI) = 5·10·4000⁴/(384·9,24 × 10¹¹) = 36,08 mm

Сложите

δ_max = 38,96 + 36,08 = 75,04 mm

Ответ

δ_max = 75,04 mm

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 10,44 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 = 50·40³/12 = 266667 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,7·6000 = 4200 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·266667/4200² = 10444 N = 10,44 kN

Ответ

P_cr = 10,44 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 11,05 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 5027 mm²

r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm

KL = 1·5000 = 5000 mm

KL/r = 5000/20 = 250

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/250² = 11,05 MPa

Ответ

σ_cr = 11,05 MPa

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