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 = 25 kNd = 16 mmL = 1,5 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 = 45 kNучасток 1: Ø35 mm, 2 m, медь (E = 117 GPa)участок 2: Ø20 mm, 1 m, сталь (E = 200 GPa)

σ_max = MPa

3.Кручение валовСредняя

При испытании на кручение сплошной образец диаметром 20 mm закручивается моментом 100 N·m. Концы расчётной длины 200 mm поворачиваются друг относительно друга на 2,81° (материал ещё работает упруго). Найдите модуль сдвига G материала.

T = 100 N·md = 20 mmL = 200 mmφ = 2,81°

G = GPa

4.Кручение валовСложная

Полый вал передаёт 75 kW при 3000 об/мин. Найдите наибольшее касательное напряжение τ_max в валу.

P = 75 kWN = 3000 rpmd_o = 40 mmd_i = 30 mm

τ_max = MPa

5.Поперечная сила и изгибающий моментСредняя

Шарнирно опёртая балка нагружена сосредоточенным моментом M₀ = 60 kN·m, действующим по часовой стрелке, в точке x = 3 m от A; других нагрузок нет. Найдите изгибающий момент M_x сразу слева от сосредоточенного момента. Положительными считайте моменты, растягивающие нижние волокна, и поперечную силу, направленную вверх на левой грани.

L = 8 mM₀ = 60 kN·m по часовой стрелке, в точке 3 m

M_x = kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий моментСложная

Шарнирно опёртая балка нагружена равномерно распределённой нагрузкой на части пролёта. Найдите наибольший изгибающий момент M_max в балке.

L = 5 mw = 20 kN/m от 1 до 3 m

M_max = 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 = 180 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 40 kN·m. Найдите величину напряжения изгиба σ_верх на верхнем крае.

b_f = 120 mmt_f = 20 mmt_w = 8 mmh_w = 300 mmM = 40 kN·m

σ_верх = MPa

9.Круг Мора и преобразование напряженийСредняя

В точке нагруженной детали σₓ = −20 MPa, σᵧ = −80 MPa и τₓᵧ = −10 MPa (растяжение положительно). Найдите угол θ_p от оси x до направления наибольшего главного напряжения в пределах от −90° до 90°.

σ_x = −20 MPaσ_y = −80 MPaτ_xy = −10 MPa

θ_p = °

10.Круг Мора и преобразование напряженийСложная

Точка тонкой пластины находится в плоском напряжённом состоянии: σₓ = 150 MPa, σᵧ = 70 MPa и τₓᵧ = −40 MPa (σ_z = 0). Найдите эквивалентное напряжение по Мизесу σ_vM.

σ_x = 150 MPaσ_y = 70 MPaτ_xy = −40 MPa

σ_vM = 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 = 15 kN/mL = 3 mE = 11 GPa (конструкционная древесина)I = 84 × 10⁶ mm⁴

θ_A = rad

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 = 15 kN/mL = 6 mE = 200 GPa (сталь)

I_req = × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колоннСредняя

Колонна длиной L из материала (алюминий) шарнирно оперта с обоих концов. По формуле Эйлера найдите её критическую силу P_cr.

L = 4 mE = 70 GPa (алюминий)b × h = 50 × 80 mm

P_cr = kN

14.Устойчивость колоннСложная

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

L = 3 mE = 70 GPa (алюминий)d = 30 mm

σ_cr = MPa

3Растворы

1.Осевое напряжение и деформация

Ответ: δ = 1,865 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·16²/4 = 201,1 mm²

σ = P/A = 25·1000/201,1 = 124,3 MPa

Деформация (закон Гука)

E for латунь = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 124,3/100000 = 0,001243 = 1243 µε

Удлинение

δ = ε·L = 0,001243·1500 mm = 1,865 mm

Ответ

δ = 1,865 mm

2.Осевое напряжение и деформация

Ответ: σ_max = 143,2 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·35²/4 = 962,1 mm², A₂ = π·20²/4 = 314,2 mm²

σ₁ = 46,77 MPa

σ₂ = 143,2 MPa

Наибольшее напряжение

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

σ_max = 143,2 MPa

Ответ

σ_max = 143,2 MPa

3.Кручение валов

Ответ: G = 25,96 GPa

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 и угол

J = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴

φ = 2,81·π/180 = 0,04904 rad

Модуль сдвига

T = 100 N·m = 100000 N·mm

G = TL/(Jφ) = 100000·200/(15708·0,04904) = 25961 MPa

G = 25,96 GPa

Ответ

G = 25,96 GPa

Для сравнения: сталь ≈ 80 GPa, латунь ≈ 39 GPa, алюминий ≈ 26 GPa.

4.Кручение валов

Ответ: τ_max = 27,79 MPa

Крутящий момент

ω = 2πN/60 = 2π·3000/60 = 314,2 rad/s

T = P/ω = 75000/314,2 = 238,7 N·m

Полярный момент инерции

J = π(40⁴ − 30⁴)/32 = 171806 mm⁴

Наибольшее касательное напряжение

τ_max = T·(d_o/2)/J = 238732·20/171806 = 27,79 MPa

Ответ

τ_max = 27,79 MPa

5.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_x = −22,5 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: R_B·L − M₀ = 0. Равновесие по вертикали: R_A + R_B = 0.

R_B = M₀/L = 60/8 = 7,5 kN (вверх)

R_A = −R_B = −7,5 kN (вниз)

Сечение сразу слева от сосредоточенного момента

Левая часть содержит только R_A.

M_x = R_A·a = −7,5·3 = −22,5 kN·m

Ответ

M_x = −22,5 kN·m

6.Поперечная сила и изгибающий момент

Ответ: M_max = 38,4 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.

Равнодействующая распределённой нагрузки: W = w·ℓ = 20·2 = 40 kN, приложена в x̄ = 2 m

ΣM_A = 0: R_B·5 = 20·2·2

R_B = 80/5 = 16 kN

ΣF_y = 0: R_A = 40 − 16 = 24 kN

Нулевая поперечная сила

Поперечная сила начинается с R_A, постоянна на любом незагруженном участке и убывает с наклоном w в пределах нагрузки.

R_A − w·(x₀ − 1) = 0

x₀ = 1 + 24/20 = 2,2 m

Наибольший момент

M_max = R_A·x₀ − w·(x₀ − 1)²/2 = 24·2,2 − 20·1,2²/2 = 38,4 kN·m

Ответ

M_max = 38,4 kN·m

7.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: I_x = 25,66 × 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 = 180·15 = 2700 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) = (2700·227,5 + 2200·110)/4900 = 174,7 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 180·15³/12 + 2700·(227,5 − 174,7)² = 7,565 × 10⁶ mm⁴

стенка: 10·220³/12 + 2200·(110 − 174,7)² = 1,81 × 10⁷ mm⁴

I_x = 7,565 × 10⁶ + 1,81 × 10⁷ = 2,566 × 10⁷ mm⁴ = 25,66 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_x = 25,66 × 10⁶ mm⁴

8.Центр тяжести и момент инерции

Ответ: σ_верх = 73,77 MPa

Разбейте на два прямоугольника

Отсчитывайте каждое y от нижнего края.

полка: A_f = 120·20 = 2400 mm², y_f = 300 + 20/2 = 310 mm

стенка: A_w = 8·300 = 2400 mm², y_w = 300/2 = 150 mm

Центр тяжести

ȳ = (A_fy_f + A_wy_w)/(A_f + A_w) = (2400·310 + 2400·150)/4800 = 230 mm

Теорема о параллельном переносе осей

полка: 120·20³/12 + 2400·(310 − 230)² = 1,544 × 10⁷ mm⁴

стенка: 8·300³/12 + 2400·(150 − 230)² = 3,336 × 10⁷ mm⁴

I_x = 1,544 × 10⁷ + 3,336 × 10⁷ = 4,88 × 10⁷ mm⁴

Напряжение изгиба

Верхний край на расстоянии h − ȳ от оси.

y = 320 − 230 = 90 mm

σ = M·y/I = 4 × 10⁷·90/4,88 × 10⁷ = 73,77 MPa

Ответ

σ_верх = 73,77 MPa

9.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: θ_p = −9,217 °

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·−10, −20 − −80) = −18,43°

Угол на элементе

θ_p = −9,217°

Ответ

θ_p = −9,217°

Положительные углы отсчитываются против часовой стрелки.

10.Круг Мора и преобразование напряжений

Ответ: σ_vM = 147,3 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. Критерии текучести: по Мизесу текучесть наступает, когда σ_vM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) достигает σ_Y; по Треска — когда абсолютное наибольшее касательное напряжение достигает σ_Y/2.

Главные напряжения

C = 110 MPa, R = 56,57 MPa

σ₁ = 166,6 MPa, σ₂ = 53,43 MPa, σ₃ = 0

Мизес

σ_vM = √(166,6² − 166,6·53,43 + 53,43²) = 147,3 MPa

Ответ

σ_vM = 147,3 MPa

11.Прогиб балки

Ответ: θ_A = 0,01826 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 = 3000 mm

EI = 9,24 × 10¹¹ N·mm²

Угол поворота на конце

θ_A = wL³/(24EI) = 15·3000³/(24·9,24 × 10¹¹) = 0,01826 rad

Ответ

θ_A = 0,01826 rad

Это 1,046°.

12.Прогиб балки

Ответ: I_req = 75,94 × 10⁶ mm⁴

Ограничение прогиба

δ_allow = L/360 = 6000/360 = 16,67 mm

Требуемый момент инерции

I = 5wL⁴/(384·E·δ_allow) = 5·15·6000⁴/(384·200000·16,67) = 7,594 × 10⁷ mm⁴

I_req = 75,94 × 10⁶ mm⁴

Ответ

I_req = 75,94 × 10⁶ mm⁴

13.Устойчивость колонн

Ответ: P_cr = 35,98 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 = 80·50³/12 = 833333 mm⁴

Расчётная длина

KL = 1·4000 = 4000 mm

Критическая сила

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·70000·833333/4000² = 35983 N = 35,98 kN

Ответ

P_cr = 35,98 kN

14.Устойчивость колонн

Ответ: σ_cr = 17,27 MPa

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 = 0,5·3000 = 1500 mm

KL/r = 1500/7,5 = 200

Критическое напряжение

σ_cr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/200² = 17,27 MPa

Ответ

σ_cr = 17,27 MPa

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