Феодосьев В.И (823545), страница 57
Текст из файла (страница 57)
Понятно, что при этом имеет» в виду нагружение системы такими силами, при которых в среднем стержне440возникают пластические деформации, иначе при чисто упругих деформациях остаточных напряжений не будет. Однако нагрузка при этом должнаоставаться меньше предельной.Процесс разгрузки эквивалентен приложению внешней силы, равнойсиле нагрузки, но обратной ей по знаку.
Следовательно, остаточные напряжения в системе можно рассматривать как алгебраическую сумму напряжений, возникающих в результате последовательного приложения силнагрузки и противоположных и равных им сил разгрузки.Вследствие того что принцип независимости действия сил в данномслучае неприменим, приложение сил нагрузки и разгрузки должно бытьтолько в прямой последовательности (рис. 11.11). Деформация при разгрузке происходит упруго, и материал следует при этом закону Гука. Поэтому в процессе разгрузки в стержнях будут возникать усилия, определяемые выражениями (11.1).
При нагрузке же усилия определяются выражениями (11.2) и (11.3). Таким образом, остаточные усилия, возникающие встержнях, будутW_ Р - a*t> p1ост2 cos aр соа2 а .l+2cos3a’мг_2о<:тffT₽р1+2соз3а’В этих выражениях под Р понимается сила, до которой происходило нагружение. Ее значение находится в пределах, ограниченных нагрузкой,соответствующей началу образования пластических деформаций, с однойстороны, и значением предельной нагрузки - с другой:ат.рГ (1 + 2 cos3 а) < Р < aT.pF (1+2 cos а).Остаточные напряжения являются самоуравновешенными, т.е. узелстержней (рис. 11.12) при отсутствии внешних сил должен находиться вравновесии:2М ост cos а + Лз ост = 0.Подставляя сюда значения Ni ост и Лзост легко убедиться, что полученныевыражения для сил удовлетворяют этому условию.441Рис.
11.12На рис. 11.12 показан график изменения остаточных сил в зависимости от нагружающей силы Р. В среднем стержне сила Л^ост являетсясжимающей. В боковых стержнях остаточные силы - растягивающие.При повторном нагружении система деформируется упруго до техпор, пока сила вторичного нагружения не станет равной силе первоначального нагружения. Если систему нагружать дальше, в стержнях возникнутпластические деформации, изменяющиеся по установленным выше законам первоначального нагружения.Пример 11.3. Проанализировать работу ступенчатого стержня (рис.
11.13, а), у которого ат,р = <гт.с = <гт, при нагружении его силой Р.Рис. 11.13Диаграмма растяжения схематизируется двумя прямыми (рис. 11.13, б),уравнения которых следующие:<г — Еепри<г < сгт;— £т)при(Г > (Тт.(11.4)Диаграмма сжатия предполагается совпадающей с диаграммой растяжения.442На первом этапе нагружения, когда материал следует закону Гука,усилия в нижнем и верхнем участках легко определить обычными приемами раскрытия статической неопределимости.
Так какNab == Р,(П.5)а удлинения на участках АВ и АС одинаковы:NaC^INabI(116)~EF~ = 2EF'то Nac = 1 Р, Nab = 1р.□ оПеремещение сечения А будет следующим:Nac21EFкА2Р15EF'Эти соотношения будут справедливы до тех пор, пока напряжение на нижп5нем участке не достигнет значения сгт при Р = .АНа втором этапе нагружения нижний участок деформируется пластически, а верхний - упруго.
Уравнение (11.5) остается неизменным, ауравнение (11.6) с учетом выражения (11.4) принимает вид(11.7)= ~D-+£tТогда взамен уравнения (11.6) получим.Г 1 (Nab'[d 2FNAC2lEF\ ,ат)+С*/Решая это уравнение совместно с (11.5), находим_ P — 2<rTF(l —D/E)Nac~1 + 4D/E’Nad~4PD/E+ 2<rTF{l — D/E)1 + 4D/E----------- ’ (118)Перемещение сечения A_ NAC2l _ 21 P — 2<rTF (1 — D/E)A~ EF ~ EF1+4D/EИз первого выражения (11.8) определяем силу, при которой напряжение вверхнем участке достигнет предела текучести,Р= (ттГ(3 + 2Л/Г).На третьем этапе нагружения имеем 21елс =выражению (11.7),или, согласно443Решаем это уравнение совместно с уравнением (11.5), получаем(11.9)Перемещение точки А на третьем этапе нагружения будет215DЗависимость усилий Nab и Nac и перемещения 6А от силы Р представлена на рис.
11.14. На этом же графике показано и остаточное усилиеРост в стержне, получающееся после разгрузки. Оно будет одинаковымдля обоих участков и определяется путем вычитания из усилия NAC (см.формулы (11.8) или (11.9)) усилия “упругой” разгрузки, равного Р/5.11.3. Упругопластический изгиб стержняРассмотрим случай чистого изгиба прямого стержня приналичии пластических деформаций. Для простоты будем считать, что поперечное сечение обладает двумя осями симметрии(рис. 11.15) и что диаграммы растяжения и сжатия материалаодинаковы.
При этих условиях, очевидно, нейтральная линиясовпадает с осью симметрии х (см. рис. 11.15). Аналитически связь между напряжением444а идеформациейезадавать неРис. 11.15будем и примем, что диаграмма растяжения дана графически(рис. 11.16).Положим, что для стержня, как обычно, справедлива гипотеза плоских сечений, тогда получим£=-,(11.10)Ргде у - расстояние от нейтральной линии; 1/р - кривизнастержня. Изгибающий момент в сечении стержня будет равенМ = J aybdy.(11.11)FТеперь оказывается возможным графоаналитически определить зависимость кривизны стержня 1/р от момента ЛГ, азатем 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_ h 1£max- 2 р-Рядом с чертежом поперечного сечения изображаем диаграммурастяжения (рис. 11.17) и отмечаем на ней точку А, соответствующую найденному значению Стах- Это удлинение имеетместо в слоях, наиболее удаленных от нейтральной линии. Поэтому против верхней точки сечения отмечаем отрезок О' А1, а445Рис.
11.17затем и точку 0й. Так как удлинения распределены по высотепо линейному закону, точки 0п и А{ соединяем прямой. Онапредставляет собой эпюру деформаций в сечении.Далее строим эпюру напряжений. Для некоторого значения у по удлинению е (точка В1) находим напряжение а (точкаВ). Откладывая длину отрезка ВС на эпюре, получаем справаграфик распределения напряжений по высоте.
Затем строимграфик произведения по высоте. Площадь полученной кривой дает, согласно выражению (11.11), изгибающий моментМ. Таким образом, в результате проведенных операций находим одну точку зависимости 1/р от момента ЛГ. Если задаться новым значением кривизны, можно, повторяя все указанные операции, найти новое значение момента и тем самымопределить следующую точку искомой зависимости 1/р от М.Когда искомая кривая построена (рис. 11.18), по заданному моменту определим кривизну стержня.
Далее строим эпюру напряжений прикривизне 1/р, соответствующей заданному моменту М.Имея описанные построения,можно легко определить также иостаточные напряжения, сохраняющиеся в стержне после разгрузки.Рис. 11.18Это возможно путем уже описанного446ранее способа суммирования воображаемых напряжений разгрузки и напряжений, возникающих при нагружении. В рассматриваемом случае напряжения разгрузки изменяются в сечении по линейному закону а = Му/Jx. Накладывая эту линейную эпюру на эпюру рабочих напряжений (рис. 11.19), находим эпюру остаточных напряжений.
Важно отметить, чтополученные напряжения являются самоуравновешенными. Всечении не возникает ни нормальной силы, ни изгибающегомомента.Зпюра нагрузкиРис. 11.19Зпюра разгрузки ЗпюраостаточныхнапряженийОписанная выше последовательность определения напряжений в изогнутом стержне выглядит значительно проще вслучае, когда ширина сечения b остается постоянной, т.е. вслучае стержня прямоугольного сечения, и особенно просто,когда диаграмма растяжения к тому же обладает участкомидеальной пластичности.Рассмотрим этот частный случай. Имеем прямоугольноесечение со сторонами b и h и диаграмму растяжения, показанную на рис.
11.20. Легко установить, что поперечное сечениестержня делится на две зоны: упругую и пластическую.Величину ут, определяющую границу этих зон, находимиз выражения (11.10)j/т = £тр*(11.12)По мере увеличения момента и, соответственно, кривизны уТуменьшается. Упругая зона сокращается.Изгибающий момент в сечении по-прежнему определяетсявыражением (11.11), которое в данном случае принимает видА/2М = b у &ydy.-h/2447Рис. 11.20Разбивая интеграл на два, получаемЛ/2Л/2М = 2b J aydy + 2baоУтУ после интегрированияТак как на упругом участке а = Е-,РнаходимIZ2Е a t fh22\M ” 3b7+ baT- Ут] •Отсюда, имея в виду, что на основании выражения (11.12)Ут = £\Р =получаемljr*bhМ- V1 Зр*~ 36ат£2’(11.13)откуда(П.14)Кривизна стержня с увеличением момента М возрастаети обращается в бесконечность приМ = - bh2aT.448(11.15)В этом случае р = 0 и ут обращается в нуль. Следовательно,все сечение охватывается пластической деформацией, и эпюра напряжений в поперечном сечении стержня имеет вид двухпрямоугольников (рис.
11.21). Несущая способность стержняпри этом исчерпывается, и большая нагрузка им воспринятабыть не может. Понятно, что в действительности кривизнастержня не может обратиться в бесконечность, и указанныйслучай следует рассматривать как предельный.Рис. 11.21Применимость формулы (11.14) ограничена значением момента М не только сверху, но и снизу. При малых значенияхмомента, когда пластическая зона отсутствует, кривизна определяется по формулам, выведенным в предположении линейнойзависимости между о и е:1 _ М17 Мр~ 'EJ ~ Eh3!'Это соотношение будет правильным до тех пор, покаМGM° ~ W~ bh? - ат’т.е.М <bh?aT.Формулой (11.14) можно пользоваться при615 В. И. Феодосьевbh< AiF < “ bh (Т'г.4449На рис. 11.22 изображена зависимость кривизны 1/р от момента М.Из выражений (11.14) и (11.16) сразу же можно найтиостаточную кривизну, которую сохраняет брус после разгрузки:1Рост1з\ 16Л2стт - М12МEh3b ’(П-17)где под М понимается величина момента при нагрузке.Остаточная кривизна может быть найдена и по графику,как это показано на рис.
11.22.Рис. 11.23Эпюра остаточных напряжений представляет собой ломаную линию (рис. 11.23). Она получается в результате вы-читания линейной эпюры разгрузки из эпюры нагружения.450Наибольшие остаточные напряжения будут следующими:,6М.. 2 ’°ост — ат12Л^ууиаост = ат•Пример 11.4. Витая пружина получается путем холодной навивки проволоки на цилиндрическую оправку (рис. 11.24).
Для случая прямоугольного сечения проволоки подобрать диаметр оправки DOnp с такимрасчетом, чтобы после навивки пружина имела заданный средний диаметрвитка 2>пр = 25 мм. Высота сечения проволоки h = 2,5 мм; <гт = 500 МПа,Е = 2 • 10* МПа.Рис. 11.24Полагая, что угол подъема витка мал, будем рассматривать витокпружины как плоский. По условию остаточная кривизна витка12_!2------- = ТГ“ = Z7 ММРост-t^np25•Обращаемся к выражению (11.17). В нем нам неизвестен момент Л/.Найдем его.
Для этого перепишем уравнение (11.17) в виде/ 1.А/Eh J ^4\ростЛ/<гтУ/1\bh?<rT J1 /gT YJ ’3или(1= 4у 25| IO'8-12 • 10-3^ (1 -6А2(ттJ у4bh2vT J3Величина M/(bh?aT) лежит в пределах от 1/6 до 1/4. Подбором определяемм= 0,485-10"4.bh2 сгт15*451По формуле (11.14) находим радиус кривизны проволоки в нагруженном состоянии___________1 _ М4bh2trTР=, 1 а? ’\3 Е’А2откуда р = 12,05 мм. Вычитая из этого значения половину толщиныпроволоки, находим размеры оправки: ропр = 12,05 — 1,25 = 10,8 мм,■^опр = 21,6 мм.Пример 11.5.Часовую пружину изготовляют путем навивки стальной ленты на цилиндрический сердечник (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
