Феодосьев В.И. Сопротивление материалов (1075903), страница 58
Текст из файла (страница 58)
Проанализировать работу ступенчатого стержня (рис. 11.13, а), у которого е,,р — ~т,., = ~т,, ври нагружении его силой Р. Рис. 11.13 Диаграмма растяжения схематизируется двумя прямыми (рис. 11.13, 6), уравнения которых следующие: при ~т ( ~т,; (11.4) е — ~т, = Р(е — е,) при ю ) ю,. Диаграмма сжатия предполагается совпадающей с диаграммой растяжения. 442 На первом этапе нагружения, когда материал следует закону Гука, усилия в нижнем и верхнем участках легко определить обычными приемами раскрытия статической неопределимости. Так как Фмв = Ф.ас = Р, а удлинения на участках АВ и АС одинаковы: (11.5) Ляс21 Улв! ЕГ 2ЕГ ' (11.б) 1 4 то !~!,а с — — — Р, !~~ и в = — Р.
5 ' 5 Перемещение сечения А будет следующим: М~о2! 2Р! 6~ — —— ЕГ 5ЕГ' вт с= +с,. (11.7) Тогда взамен уравнения (11.6) получим !ч. г! Еà — пт +ем Решая это уравнение совместно с (11,5), находим Р— 2(г, Г (1 — 0(Е) 4РР(Е + 2е, Г (1 — Р(Е) 1+ 4Р~Е 1+ 4Р!Е Перемещение сечения А Л„о2! 2! Р— 2ю,Г (1 — Р(Е) ЕГ ЕГ 1 + 4Р~Е Из первого выражения (11.8) определяем силу, при которой напряжение в верхнем участке достигнет предела текучести, Р = ~г, Г (3 + 2Р!Е). На третьем этапе нагружения имеем 2!е„с — — !с„в, или, согласно выражению (11.7), — + г.
= — — — ~гт +ят г[ 443 Эти соотношения будут справедливы до тех пор, пока напряжение на ниж- 5 нем участке не достигнет значения к, при Р = — е,Г. 2 На втором этапе нагружения нижний участок деформируется пластически, а верхний — упруго. Уравнение (11.5) остается неизменным, а уравнение (11,б) с учетом выражения (11.4) принимает вид Решаем это уравнение совместно с уравнением (11.$), получаем 1 2 Р Умс — — -Р+ -~гтрк 1-— 5 5 Е 4 2 Р У~~ — — — Р— — (г, Г 1 —— 5 5 Е (1 1.9) Перемещение точки А на третьем этапе нагруження будет 3ют 1 Зависимость усилий У„в и У„с и перемещения б~ от силы Р представлена на рис. 11.14. На этом же графике показано и остаточное усилие Р„, в стержне, получающееся после разгрузки. Оно будет одинаковым для обоих участков и определяется путем вычитания из усилия У„о (см.
формулы (11.8) или (11.9)) усилия "упругой разгрузки, равного Р(5. 11.3.,унругопластический изгиб стержня 444 Рассмотрим случай чистого изгиба прямого стержня при наличии пластических деформаций. Для простоты будем считать, что поперечное сечение обладает двумя осями симметрии (рис. 11.15) и что диаграммы растяжения и сжатия материала одинаковы. При этих условиях, очевидно, нейтральная линия совпадает с осью симметрии ж (см. Рис. 11.15). Аналитически связь между напряжением о и деформацией е задавать ке Рис.
11.15 Рис. 11.18 будем и примем, что диаграмма растяжения дана графически (рис. 11.16). Положим, что для стержня, как обычно, справедлива гипотеза плоских сечений, тогда получим Е = —, (11.10) Р где у — расстояние от нейтральной линии; 1/р — кривизна стержня. Изгибающий момент в сечении стержня будет ра- вен М = пу6Ыу. (П.11) Теперь оказывается возможным графоаналитически определить зависимость кривизны стержня 1/р от момента М, а затем при заданном моменте найти и напряжения, возникающие в стержне. Проще всего сделать это следующим образом. Задаемся кривизной 1/р и по формуле (11.10) находим максимальное удлинение Ь 1 ~тах— 2 ~9 445 Рядом с чертежом поперечного сечения изображаем диаграмму растяжения (рис.
11.17) и отмечаем на ней точку А, соответствующую найденному значению яп,а„. Это удлинение имеет место в слоях, наиболее удаленных от нейтральной линии. Поэтому против верхней точки сечения отмечаем отрезок О'А', а затем и точку О~~. Так как удлинения распределены по высоте по линейному закону, точки О" и А' соединяем прямой.
Она представляет собой эпюру деформаций в сечении. Лалее строим эпюру напр.яжений. Йля некоторого значения у по удлинению е (точка В') находим напряжение с (точка В). Откладывая длину отрезка ВС на эпюре, получаем справа график распределения напряжений по высоте. Затем строим график произведения по высоте.
Площадь полученной кривой дает, согласно выражению (11.11), изгибающий момент М. Таким образом, в результате проведенных операций находим одну точку зависимости 1/р от момента М. Если задаться новым значением кривизны, можно, повторяя все указанные операции, найти новое значение момента и тем самым определить следующую точку искомой зависимости 1/р от М. К,огда искомая кривая построе- Ф на (рис. 11.18), по заданному моменту определим кривизну стержня. Лалее строим эпюру напряжений при кривизне 1/р, соответствующей заданному моменту М. И.мея описанные построения, можно легко определить также и д у остаточные напряжения, сохраняющиеся в стержне после разгрузки.
Рис. 11.18 Это возможно путем уже описанного 446 ранее способа суммирования воображаемых напряжений разгрузки и напряжений, возникающих при нагружении. В рассматриваемом случае напряжения разгрузки изменяются в сечении по линейному закону ю = Му/,7 . Накладывая эту линейную эпюру на эпюру рабочих напряжений (рис. 11.19), находим эпюру остаточных напряжений. Важно отметить, что полученные напряжения являются самоуравновешенными.
В сечении не возникает ни нормальной силы, ни изгибающего момента. юммвва нирякенай Рис. 11.19 Описанная выше последовательность определения напряжений в изогнутом стержне выглядит значительно проще в случае, когда ширина сечения 6 остается постоянной, т.е. в случае стержня прямоугольного сечения, и особенно просто, когда диаграмма растяжения к тому же обладает участком идеальной пластичности.
Рассмотрим этот частный случай. Имеем прямоугольное сечение со сторонами 6 и Ь и диаграмму растяжения, показанную на рис. 11.20. Легко установить, что поперечное сечение стержня делится на две зоны: упругую и пластическую. Величину у~, определяющую границу этих зон, находим из выражения (11.10) Ут = ЕтР. (11.12) По мере увеличения момента и, соответственно, кривизны у~ уменьшается. Упругая зона сокращается. Изгибающий момент в сечении по-прежнему определяется выражением (11.11), которое в данном случае принимает вид Л/2 М = 6 студу. -Л/2 44Т Рис. 11.20 Разбивая интеграл на два, получаем Л/2 Л/2 М = 26 суслу+ 26о~ у Ну. Так как на упругом участке о = Š—, после интегрирования У Р находим 2 Е з 6 2 М = — Ь вЂ” у +Ью~ — — у 3 4 Отсюда, имея в виду, что на основании выражения (11.12) ~чР ю =яИ= Е получаем 3 Р 3 4 3 Е~' (11.13) откуда 16 3 3 ~д2 1 Р (11.14) 2 ~7г — М 448 Кривизна стержня с увеличением момента М возрастает и обращается в бесконечность при М = -бЬ ю~.
1 2 4 В этом случае р = О и ут обращается в нуль. Следовательно, все сечение охватывается пластической деформацией, и эпюра напряжений в поперечном сечении стержня имеет вид двух прямоугольников (рис. 11.21). Несущая способность стержня при этом исчерпывается, и большая нагрузка им воспринята быть не может. Понятно, что в действительности кривизна стержня не может обратиться в бесконечность, и указанный случай следует рассматривать как предельный. Рис.
11.21 1 М 12М Ы йз6 Это соотношение будет правильным до тех пор, пока (11.16) М 6М о = — = — < от, Ю 662 т.е. М < 1 662с Формулой (11.14) можно пользоваться при — 6йо, <М< — 6Ь т,. 1 2 2 6 4 449 15 В. И. Феодосъев Применимость формулы (11.14) ограничена значением момента М не только сверху, но и снизу. При малых значениях момента, когда пластическая зона отсутствует, кривизна определяется по формулам, выведенным в предположении линейной зависимости между о и к: На рис. 11,22 изображена зависимость кривизны 1/р от момента М. ! Рва Р Рис.
11.22 Иэ выражений (11.14) и (11.1б) сразу же можно найти остаточную кривизну, которую сохраняет брус после разгрузки: 12М (11.17) ЕЫ6' Рост где под М понимается величина момента при нагрузке. Остаточная кривизна может быть найдена и по графику, как это показано на рис. 11.22. Рис. 11.23 Эпюра остаточных напряжений представляет собой ломаную линию (рис. 11.23).
Она получается в результате вычитания линейной эпюры разгрузки из эпюры нагружения. 450 Наибольшие остаточные напряжения будут следующими: 6М ю~ ЬЬ2 ' 12МУт т П р и м е р 11.4. Витая пружина получается путем холодной навивки проволоки на цилиндрическую оправку (рис. 11.24). Для случая прямоугольного сечения проволоки подобрать диаметр оправки Р„р с таким расчетом, чтобы после навивки пружина имела заданный средний диаметр витка Р,р — — 25 мм. Высота сечения проволоки Ь = 2, 5 мм; е, = 500 МПа, Е = 2 ° 10 МПа.
Рис. 11.24 Полагая, что угол подъема витка мал, будем рассматривать виток пружины как плоский. По условию остаточная кривизна витка 1 2 2 = — мм Рост Рпр 25 Обращаемся к выражению (11.17). В нем нам неизвестен момент М. Найдем его. Для этого перепишем уравнение (11.17) в виде — +12 или Величина М/(6Л~е,) лежит в пределах от 1/б до 1/4. Подбором определяем — = 0,485 10 ~.
4 ЬЛ~аг, 15' 4Ы1 По формуле (11.14) находим радиус кривизны проволоки в нагруженном состоянии М 6Лг , г ЕгЛг откуда р = 12,05 мм. Вычитая нз этого значения половину толщины проволоки, находим размеры оправки: р„р —— 12,05 — 1,25 = 10,8 мм, Ропр = 21, Б мм. П р и м е р 11.5. Часовую пружину изготовляют путем навивки стальной ленты на цилиндрический сердечник (рис. 11.25, а).
Освобожденная лента принимает в дальнейшем форму спирали (рис. 11.25, 6). Определить уравнение этой спирали, если свойства материала характеризуются диаграммой идеальной пластичности. Ю Рис. 11.25 При навивке лента изогнута по спирали Архимеда Н Л г= — + — у 2 2я где г и р — полярные координаты, Н вЂ” диаметр сердечника, Л вЂ” толщина ленты (см. рис 11.25, а). Так как толщина ленты Л невелика и спираль, следовательно, имеет небольшой шаг, можно считать, что .полярный радиус равен радиусу кривизны: р ~ т. Тогда из уравнения (11.13) получаем изгибающий момент при навквке: 1 г 1 к (Ы Л М = — 6Л ~, — -$ — ~-+ — Ф 4 ' 3 Ег ~,2 2к / Подставляя далее М в уравнение (11.17), находим 3 2 2 2~г Это выражение и представляет собой искомое уравнение спирали.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
