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 (алюминий) под действием осевой нагрузки.

P = 100 kNd = 20 mmL = 2 mE = 70 GPa

δ = mm

2.Осевое напряжение и деформацияСложная

Ступенчатый стержень заделан в стену и нагружен на свободном конце. Найдите полное удлинение δ.

P = 10 kNучасток 1: Ø25 mm, 1 m, сталь (E = 200 GPa)участок 2: Ø12 mm, 1,5 m, латунь (E = 100 GPa)

δ = mm

3.Кручение валовСредняя

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

Сплошной вал должен передавать 10 kW при 500 об/мин, а касательное напряжение не должно превышать 60 MPa. Найдите наименьший подходящий диаметр d.

P = 10 kWN = 500 rpmτ_allow = 60 MPa

d = mm

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Консоль защемлена в A. Она нагружена равномерно распределённой нагрузкой w по всей длине и сосредоточенной силой P на расстоянии 1,5 m от A. Найдите изгибающий момент M_A в заделке A. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 3 mP = 40 kN в 1,5 mw = 2 kN/m от 0 до 3 m

M_A = 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.

35 kN @ 12 m45 kN @ 4 m10 kN/m, 0–8 m

1A (x = 0 m)
2B (x = 2 m)
3C (x = 4 m)
4D (x = 6 m)
5E (x = 8 m)
6F (x = 10 m)
7G (x = 12 m)

7.Центр тяжести и момент инерцииСредняя

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

b_f = 300 mmt_f = 15 mmt_w = 16 mmh_w = 260 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерцииСложная

Пластина 150 mm × 300 mm имеет прямоугольный вырез шириной 80 mm и высотой 50 mm, расположенный на вертикальной оси симметрии, а его центр находится на высоте 195 mm над низом. Найдите момент инерции сечения I_x относительно горизонтальной оси, проходящей через центр тяжести.

b = 150 mmh = 300 mmвырез: 80 × 50 mmцентр отверстия: y = 195 mm

I_x = × 10⁶ mm⁴

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

Точка тонкой пластины находится в плоском напряжённом состоянии: σₓ = 120 MPa, σᵧ = −20 MPa и τₓᵧ = −40 MPa, σ_z = 0. Найдите абсолютное наибольшее касательное напряжение τ_abs в точке (с учётом всех площадок в трёх измерениях).

σ_x = 120 MPaσ_y = −20 MPaτ_xy = −40 MPaσ_z = 0

τ_abs = MPa

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

В точке нагруженной детали σₓ = −30 MPa, σᵧ = 0 MPa и τₓᵧ = −60 MPa (растяжение положительно). Найдите нормальное напряжение σ_θ на площадке, нормаль к которой повёрнута на 30° против часовой стрелки от оси x.

σ_x = −30 MPaσ_y = 0 MPaτ_xy = −60 MPaθ = 30°

σ_θ = MPa

11.Прогиб балкиСредняя

Консоль длиной L защемлена в A и нагружена сосредоточенной силой P на расстоянии a = 1 m от A. Найдите прогиб δ_B свободного конца B.

P = 16 kNa = 1 mL = 3 mE = 70 GPa (алюминий)I = 120 × 10⁶ mm⁴

δ_B = 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 = 1,5 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)

I_req = × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колоннСредняя

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

L = 2,5 mE = 200 GPa (сталь)b × h = 25 × 50 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

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

L = 1 mE = 200 GPa (сталь)d = 25 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 9,095 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 = 100·1000/314,2 = 318,3 MPa

Деформация (закон Гука)

E for алюминий = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 318,3/70000 = 0,004547 = 4547 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,004547·2000 mm = 9,095 mm

Ответ

δ = 9,095 mm

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 1,428 mm

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 = 20,37 MPa

σ₂ = 88,42 MPa

Сложите удлинения участков

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 20,37·1000/200000 = 0,1019 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 88,42·1500/100000 = 1,326 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 1,428 mm

Ответ

δ = 1,428 mm

3.Кручение валов

Ответ: φ = 7,662 °

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·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 = 25,31 mm

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·500/60 = 52,36 rad/s

T = P/ω = 10000/52,36 = 191 N·m

Диаметр по допускаемому напряжению

d = ∛(16T/(π·τ_allow)) = ∛(16·190986/(π·60)) = 25,31 mm

Ответ

d = 25,31 mm

На практике округляют до ближайшего большего стандартного размера.

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_A = −69 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.

Оставляем часть со свободным концом

P: −40·1,5 = −60 kN·m

w: −2·3²/2 = −9 kN·m

M_A = −60 − 9 = −69 kN·m

Ответ

M_A = −69 kN·m

Знак минус означает, что растянута верхняя грань.

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: E (x = 8 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 = 45 kN, R₂ = 115 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 = 70, M_C = 100, M_D = 0, M_E = −140 kN·m, M_F = −70, M_G = 0

Ответ

Отметка E: M_E = −140 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 64,39 × 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 = 300·15 = 4500 mm², y_f = 260 + 15/2 = 267,5 mm

стенка: A_w = 16·260 = 4160 mm², y_w = 260/2 = 130 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (4500·267,5 + 4160·130)/8660 = 201,4 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 300·15³/12 + 4500·(267,5 − 201,4)² = 1,972 × 10⁷ mm⁴

стенка: 16·260³/12 + 4160·(130 − 201,4)² = 4,467 × 10⁷ mm⁴

I_x = 1,972 × 10⁷ + 4,467 × 10⁷ = 6,439 × 10⁷ mm⁴ = 64,39 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 64,39 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 327,8 × 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 = (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 = (45000·150 − 4000·195)/(45000 − 4000) = 145,6 mm

Целая пластина относительно ȳ

150·300³/12 + 45000·4,39² = 338,4 × 10⁶ mm⁴

Отверстие относительно ȳ

80·50³/12 + 4000·49,39² = 10,59 × 10⁶ mm⁴

Вычтите

I_x = 327,8 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 327,8 × 10⁶ mm⁴

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: τ_abs = 80,62 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. В трёх измерениях абсолютное наибольшее касательное напряжение равно (σ_max − σ_min)/2 по всем трём главным напряжениям; при плоском напряжённом состоянии третье из них равно нулю.

Главные напряжения в плоскости

C = 50 MPa, R = √(70² + (−40)²) = 80,62 MPa

σ₁ = 130,6 MPa, σ₂ = −30,62 MPa, σ_z = 0

Наибольший из трёх кругов

τ = max(|σ₁ − σ₂|, |σ₁|, |σ₂|)/2 = max(161,2, 130,6, 30,62)/2 = 80,62 MPa

Ответ

τ_abs = 80,62 MPa

Здесь σ₁ и σ₂ имеют разные знаки, поэтому максимум в плоскости R является и абсолютным максимумом.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_θ = −74,46 MPa

Формула преобразования

σ_θ = −15 + −15·0,5 + −60·0,866 = −74,46 MPa

Ответ

σ_θ = −74,46 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: δ_B = 2,54 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 = 16000 N, a = 1000 mm, L = 3000 mm

EI = 8,4 × 10¹² N·mm²

Прогиб свободного конца

Прогиб под силой плюс угол поворота под силой, умноженный на оставшуюся длину.

δ_P = Pa³/(3EI) = 0,6349 mm

θ_P = Pa²/(2EI) = 0,0009524 rad

δ_B = δ_P + θ_P·(L − a) = Pa²(3L − a)/(6EI) = 2,54 mm

Ответ

δ_B = 2,54 mm

12.Прогиб балки

Ответ: I_req = 5,753 × 10⁶ mm⁴

Ограничение прогиба

δ_allow = L/360 = 1500/360 = 4,167 mm

Требуемый момент инерции

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·4·1500⁴/(384·11000·4,167) = 5,753 × 10⁶ mm⁴

I_req = 5,753 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_req = 5,753 × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 82,25 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 = 50·25³/12 = 65104 mm⁴

Расчётная длина

KL = 0,5·2500 = 1250 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·65104/1250² = 82247 N = 82,25 kN

Ответ

P_cr = 82,25 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 19,28 MPa

Наименьший момент инерции

У круглого сечения одинаковый I относительно любой оси.

I = πd⁴/64 = π·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Радиус инерции и гибкость

A = 490,9 mm²

r = √(I/A) = √(19175/490,9) = 6,25 mm

KL = 2·1000 = 2000 mm

KL/r = 2000/6,25 = 320

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/320² = 19,28 MPa

Ответ

σ_cr = 19,28 MPa

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