Пластичность Часть 1. Упруго-пластические деформации
.pdfПроцесс такого решения задач теории упругости может быть закончен, как только разница между последовательными прибли жениями окажется желаемой точности или будет в пределах точности вычислений. Величины остающихся в теле перемещений, деформаций и напряжений, согласно теореме о разгрузке, можно найти как разности соответствующих величин в N -м и 1-м прибли жениях, причем напряжения, соответствующие деформациям 1-го при ближения, следует брать по формулам (2.61):
Доказательства сходимости последовательных приближений, получае
мых методом |
упругих |
решений в общем случае пространственной |
|
задачи, пока |
не |
дано, |
хотя условия (2.71) ее обеспечивают во всех |
рассматриваемых |
ниже |
случаях. Более того, вычисления показывают |
очень быструю сходимость приближений, так что, даже в случае дей ствия на тело сосредоточенных сил, третье приближение дает вполне
удовлетворительные |
результаты. |
Строгое |
доказательство сходимости |
||||
метода упругих решений |
применительно |
к пластинкам |
и оболочкам |
||||
при |
условии (2.71) |
дано |
Панферовым W. |
Попутно |
им доказывается |
||
существование и единственность |
решения, |
а также |
конечность числа |
||||
и |
ограниченность |
размеров -областей |
пластических |
деформаций |
|||
в телах бесконечных |
размеров. |
|
|
|
|
ПРОСТЕЙШИЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ ПЛАСТИЧНОСТИ.
§17. Изгиб и растяжение бруса.
Втеории упругости простейшими называют такие задачи, в кото рых напряжения суть линейные функции координат, и потому усло вия совместности деформаций при их решении рассматривать не нужно. Здесь к числу простейших мы отнесём различные задачи для тел простой формы и при простом характере нагрузки, так что решение их будет сравнительно элементарным. К числу простейших
относятся задачи о чистом изгибе бруса, о поперечном изгибе в при
ближённой постановке, о продольном изгибе, о кручении |
стержня |
|||||||||||
круглого |
поперечного |
сечения, |
о деформации |
полых труб |
под дей |
|||||||
ствием внутреннего давления и другие. |
|
|
|
|
|
|
||||||
Рассмотрим |
сначала случай чистого изгиба бруса, сечение |
кото |
||||||||||
рого |
обладает |
двумя |
осями |
симметрии, |
причём |
изгиб |
происходит |
|||||
в одной |
из этих плоскостей. Пусть оси д:, у |
будут осями |
симметрии |
|||||||||
поперечного |
сечения, |
ось г — центральная |
продольная |
ось |
бруса |
|||||||
и (у, |
^ |
— плоскость |
изгиба. |
Обозначим |
через |
х — кривизну |
цен |
|||||
тральной |
оси |
|
бруса в результате изгиба, |
b (у) — ширину |
и А— вы |
|||||||
соту |
сечения |
(рис. 44). |
Удовлетворяя условиям совместности дефор- |
маций (2.46), положим для всего сечения:
*гг = *1= *У ,
___________1_ |
13.1) |
|
ехх —еуу |
2 |
|
еху = exz = |
еуг ~ |
|
Таким образом для всего сечения принято значение коэффициента
Пуассона |
0,5. |
Этим |
упрощением |
мы в дальнейшем будеАм часто поль |
|
зоваться, |
поскольку |
оно незначительно влияет |
на результаты. Заме |
||
тим, что если |
такого |
допущения |
не сделать и |
в строгом соответствии |
с опытом считать коэффициент Пуассона в области пластических деформаций переменным, то благодаря условиям совместности дефор
маций (2.46) задача о чистом изгибе становится |
чрезвычайно слож |
|||
ной, и в такой постановке она не решена. |
|
|
||
На основании (3.1) имеем, очевидно, |
ei — \e1\y и потому |
и з(2.3) |
||
находим: |
|
|
|
|
Z-z = |
°1. X x = Y y = X y = * г= |
¥г = 0, |
o,. = |0l|, |
(а) |
И з(2.6') теперь |
получаем зависимость |
от г,: |
|
|
|
o ^ E e ^ l — <0 ( ^ ) 1. |
|
(3.2) |
Легко проверить, что эти напряжения удовлетворяют уравнениям равновесия (2.44). Вследствие симметрии сечения ясно, что продоль ная сила в брусе отсутствует:
А/2
jo xbdy = 0.
—А/2
Таким образом вся задача решается одним только соотношением между изгибающим моментом и кривизной, которое получается, если написать выражение момента внутренних напряжений и приравнять его изгибающему моменту М\
А/2
М = 2 f atby dy. |
( 3.3) |
О |
|
Это уравнение на основании (3.2) и (3.1) перепишем |
в виде: |
А/2 |
|
М = E h —■2Е j соetby dy, |
(б) |
о
у = у 8, разделяющей область упругих и пластических деформаций сечения, и имея в виду, что на этой границе:
Ci = e , = - f , |
= |
мы можем уравнение (б) переписать в виде:
А/2
М = E h — 2Е j (лехЬу dy.
vs
Введём следующие обозначения для безразмерных величин:
Mh |
. __%h |
у |
___ ej __ |
*0 W |
2. ,» |
у |
, - еа ~ * |
Тогда уравнение (б') принимает окончательный вид:
к
k0 = k — w / * 0* 9 de’
1
(в)
(б')
(3.4)
(3’5)
причём, как только конкретные свойства материала бруса о)(е) и форма
сечения Ь(у ) заданы, оно |
позволяет по заданной кривизне бруса х |
||||
или приведённой кривизне k найти |
изгибающий момент М или его |
||||
приведённое значение |
и обратно. |
Пластическая деформация возни- |
|||
кает в 6py<fe в том случае, |
если |
et |
et прн у |
-т, * т. е. при усло |
|
вии |
|
|
|
|
|
|
* |
> 1, |
*0> ! - |
|
|
Если материал не обладает |
упрочнением, то |
теоретически наиболь |
шее значение изгибающего момента получается при бесконечно боль'
шой |
кривизне: £ = о о , |
причём |
ш = |
1, |
и |
|
|
|
|
kОшах |
h S x |
’ |
|
(3.6) |
|
|
|
Г |
|
|
|||
где |
Sm— статической |
момент |
верхней |
половины площади |
попереч |
||
ного сечения относительно оси х. |
Выражение (3.6) получается пре |
||||||
дельным переходом из (3.5). Величина изгибающего момента |
|
|
|||||
|
|
М |
= |
kn |
(3 .6') |
||
|
|
*r imax |
|
f r л 0 та х |
v |
' |
называется несущей способностью бруса прн изгибе.
Если брус, получивший найденные выше деформации и напряже ния, освободить от действия изгибающего момента, в нём возникнут остаточные деформации и напряжения. Для определения их восполь зуемся теоремой о разгрузке и прежде всего найдём фиктивную кри
визну х' или её приведённое значение k', которую получил бы брус, если бы деформация была упругой. Из (3.5) ясно, что k' = k0.
Упругие фиктивные напряжения |
выражаются |
формулой о* = |
Ежу = |
|||||
|
_ |
|
образом, |
|
|
|
rw |
|
= °*Лау. Таким |
остающиеся кривизна х и напряжение Oj |
|||||||
находятся |
по формулам: |
|
|
|
|
|||
|
|
|
%h |
~ |
. |
, |
|
|
|
|
|
— |
= ,k — k — k0, |
|
(3.7) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ъ = |
I (А — Ь0)у — |
|
|
||
причём |
величина |
<о ( e j — ш (у) |
при у < у 8 |
обращается в |
нуль, |
|||
а при |
у > |
у а определяется |
через |
деформацию |
е1» eaky. |
|
Проведём более подробные вычисления для стержня, материал которого характеризуется диаграммой о, — et в виде ломанной (2 .11) и сечение прямоугольное. Полагая в (3.5):
получим: |
|
|
|
|
|
* = *0 + х ( k — ■§••+■ §F |
) • |
(3.5') |
|
Остаточные |
напряжения, согласно (3.7), будут: |
|
||
° 1 = |
°8(А — *о)у, |
У<Ув= у . |
|
(3.70 |
|
|
(1 — ^) k)y — 4> |
|
|
|
[ (*о - |
y > y t = \ . |
||
На рис. 45 |
показано распределение напряжений до |
разгрузки (слева) |
||
и после разгрузки (справа). Остаточные напряжения |
в точках 5 и И |
|||
суть: |
|
|
|
|
* ) * — *]•
Для оценки порядка получающихся величин приводим в табл. 2 значения k, k0, , (^ - )я при \ = 0,95 (сталь).
Легко видеть, что остаточные напряжения при полной разгрузке всегда являются упругими, т. е. напряжения в точках 5 и Н по абсо лютной величине меньше ов.
Приближённое решение задачи о поперечном изгибе может быть основано на применении зависимости между кривизной х и изгибаю щим моментом М при чистом изгибе. Как это и делается в сопро тивлении материалов, можно пренебречь влиянием на изгиб касатель
ных напряжений Xz, Yz, поскольку |
|
они в длинных |
брусьях |
всегда |
||||||||
|
|
|
Т а б л и ц а |
2. |
малы |
сравнительно с напря |
||||||
|
|
|
жением |
Oj. |
Таким |
образом, |
||||||
Оценка остаточных напряжений. |
|
разрешая соотношение (3.5) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
относительно |
&, |
мы по |
||||
*0 |
1 |
1,29 |
1.406 |
1,60 |
лучаем |
дифференциальное |
||||||
k |
1 |
1,53 |
2,00 |
4,0 |
уравнение |
изогнутой |
оси |
|||||
балки |
в |
виде: |
|
|
|
|||||||
k = k — fco |
0 |
0,21 |
0,594 |
2.40 |
|
|
|
|||||
А. |
__t |
|
|
|
||||||||
(1). |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
0 |
0,140 |
0.297 |
0,60 |
2ем d z * ~ |
|
|
|
|
||||
|
= — f[M (z)]. |
(3.8) |
||||||||||
( ! ) . |
0 |
— 0,265 — 0,356 |
— 0,45 |
Решение |
этого уравнения |
|||||||
|
|
|
|
|
||||||||
|
1 |
0,666 |
0,50 |
0,25 |
в случае статически |
опреде |
||||||
и |
лимых |
задач |
изгиба |
балок |
||||||||
|
|
|
|
|
|
весьма элементарно |
и ничем |
|||||
|
|
|
|
|
|
не отличается |
от |
решения |
||||
обычных задач |
теории |
упругости. |
Несколько |
сложнее |
оказываются |
|||||||
статически |
неопределимые задачи, |
поскольку |
места |
возникновения |
зон пластичности оказываются заранее неопределёнными. По этому вопросу имеется большая специальная литература
Задача о совместном действии изгибающего момента и растяги вающей силы Р в общем решается так же просто, как и задача чистого изгиба. Полагая все деформации сдвига равными нулю, а удлинения равными:
|
|
еяг = |
е\ ~ |
е0 |
еуу = ехх = ----- 2*егжу |
|
|
где е£ — постоянная |
по |
толщине, мы тем самым удовлетворяем усло |
|||||
виям |
совместности |
деформаций |
(2.46). |
Напряжения |
определяются |
||
формулами (а) и (3.2), |
причём они удовлетворяют уравнениям равно |
||||||
весия |
и |
граничным |
условиям на |
боковой |
поверхности |
бруса. Таким |
|
образом |
по заданным |
Р и М остаётся только вычислить удлинение |
|||||
е0 центрального слоя |
(у = 0) и |
его кривизну х. Для |
этого служат |
уравнения равновесия сил и моментов. Имеем:
|
|
Н/2 |
|
Л/2 |
|
|
|
|
Р = |
J o1bdy = EeQF — Е |
j Ъ е' |
mdy, |
|
||
|
|
— Л/2 |
|
—Л/2 |
|
|
(3.9) |
|
|
Л/2 |
|
Л/2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
М = |
J oxb y d y = EI%— Е |
/ |
|
<oydy, |
|
|
|
|
-Л /2 |
|
—Л/2 |
|
|
|
где |
F — площадь |
сечения |
бруса. Поскольку |
функция ш отлична от |
|||
нуля |
только в зоне пластических деформаций, |
интегралы, |
входящие |
||||
в (3.9), распространены |
фактически только |
по этой зоне. |
Как и в |
случае чистого изгиба, удобнее считать заданными не Я и Ж , а дефор
мации е0 и х. Тогда значение Р а М через |
них выражены |
явно. |
|||||||
|
Следует |
различать три случая. |
1) |
Если |
|
|
|||
|
|
|
го + |
"2* - < ев> |
|
|
|||
то |
ех < ев всюду, и потому |
ш = |
0 по всему сечению. Тогда всё сече |
||||||
ние остаётся |
в области упругих |
деформаций, |
и мы имеем: |
|
|||||
|
|
Р = |
Ее0 F, |
Ж = |
£/х. |
(3 .9') |
|||
2) |
Если |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, x |
f t |
x |
f |
t |
1 |
|
|
|
|
eO~h~<f ^ |
eat |
|
е0 — |
|
о - < > в |
|
то существует упругая и пластическая зоны сечения, причём граница между ними определяется формулой:
et = et, у |
= |
Я*ГГе<> |
|
|
X |
и потому нижним пределом интегралов, |
входящих в (3.9), будет у в. |
|
Наконец, 3) если |
|
|
„f-h
ео — ~2 > е»
то функция «> будет отлична от нуля по всему сечению. Вычисления интегралов (3.9) для стержня прямоугольного сечения при условии, что материал его подчиняется закону ломаной (2. 11), не представляют никакого труда, и потому мы их опускаем. Остаточные деформации брусащри полной его разгрузке, согласно теореме о разгрузке, будут:
Р-
§ 18. Устойчивость окатого стержня.
Пусть стержень, сечение которого обладает двумя осями |
симмет |
||||
рии, сжат силой Р, причем |
напряжение больше предела текучести |
||||
|
°! = |
р |
|
|
|
|
р- > «V |
|
|
|
|
Относительное удлинение |
его |
определяется |
кривой |
ot-et, |
которая |
|
в данном случае совпадает с кривой про |
||||
|
стого сжатия образца из |
материала стер |
|||
|
жня (рис. 46): |
|
|
|
|
|
|
°х = |
Ф (ед- |
|
|
Допустим, что после того, как сила Р уже приложена, на стержень начинает действо вать пара сил в плоскости наименьшего момента инерции сечения, и пусть мо мент пары М будет бесконечно мал. За дача определения деформаций стержня при этом существенно отличается от рассмот ренной выше, поскольку здесь не имеет
места простое нагружение. Обозначим дополнительные деформации оси стержня через е0 и х, причем е0— сжатие оси стержня, х — искрив ление еб в плоскости пары М. Эти величины будут также бесконечно малыми. Пусть пара М приложена так, что наиболее удаленные в сто рону положительной оси_у волокна лежат на стороне вогнутости бруса.
Результирующая дополнительных напряжений 8olt вследствие неиз менности силы Р, должна обращаться в нуль:
А/2 |
|
f 8oj £ dy = О, |
(З.Ю) |
—А/2
ипотому ясно, что 8oj должно менять знак в области сечения. Поскольку плоские сечения бруса вследствие симметрии должны всегда оставаться плоскими, то дополнительное укорочение волокон, расположенных на расстоянии у от центральной плоскости (х, а), будет равно:
8е1 = е0+ *у, |
(3.11) |
поэтому граница, где напряжения 8<^ меняют знаки, будет плоскостью, определяемой равенством:
Ц = о, л — а . |
(312) |
Волокна, |
получающие при приложении М дополнительное |
сжатие |
|
(8^ > 0), будут получать активную |
пластическую деформацию, и |
||
потому |
сжимающее напряжение их |
йозрастбт. Согласно |
кривой |
рис. 46 точка л . характеризующая |
напряжённое состояние стержня |
|
до приложения пары, |
для этих волокон перейдёт на бесконечно |
|
малое расстояние РМ. |
Волокна же, |
получающие удлинение (Ъег < 0), |
находятся в стадии разгрузки и, согласно закону разгрузки, для них
точка Рг перейдёт в |
положение М ' на |
прямой |
Р О \ параллельной |
|||||
упругому |
участку |
OS. |
Таким |
образом |
дополнительные напряжения |
|||
8ох будут |
равны: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Soj = Ebev |
8ej < |
0. |
) |
(3.13) |
||
|
|
|
||||||
Уравнение |
(3.10) позволяет теперь найти |
одно |
соотношение между |
|||||
е0 и х. В самом деле, согласно |
(3.13) имеем: |
|
|
|||||
|
|
Уо |
|
л/а |
|
|
|
|
|
Е J ^ b d y - \ - ^ j ^ b d y ^ O , |
|||||||
|
|
— А /2 |
|
Vo |
|
|
|
|
или на основании |
(3.11) и (3.12): |
|
|
|
|
|||
|
W |
л/2 |
|
|
|
(3. 14) |
||
|
F0= j |
bdy, |
S0= J |
by dy, |
F = |
J |
b dy. |
|
|
Vo |
|
Vo |
|
|
- |
h'/2 |
Величины FQ и S0 суть площадь и статический момент площади части сечения, в которой изгиб вызывает дополнительное сжатие волокон (область активных деформаций). Если только сечение бруса кбнкретно задано, уравнение (3.12) позволяет определить единственную входя щую в него неизвестную у 0. Заметим, что у 0 < 0, так как 6'0 > Уо По
напишем теперь выражение изгибающего момента через момент внутренних напряжений:
й/2
М = — Г 8ох by dy. -Л/З
Замечая, что
Ц = |
уо)> |
и пользуясь формулами (3.13) и (3.14), находим:
ft/a |
hfа |
(3.15-) |
|
/0 = / by2dy, |
/ = j by*dy. |
||
|
|||
Vо |
-ft/a |
|
Величина:
(3.16)
называется нодулем Кармана. Поскольку /0 >_у050, то модуль Кар мана меньше модуля Юнга или равен ему. Связь между изгибающим моментом М, сжимающей силой Р = Fox и кривизной стержня имеет следующий вид:
М = |
— V |
х- |
|
|
(3.15) |
Величина Р входит сюда постольку, |
поскольку модуль |
упрочнения |
|||
^р- на кривой сжатия должен |
быть |
взят |
в точке Р, где |
о. = -^ г . |
|
ав\ |
обычного |
|
А |
г |
|
Уравнение (3.15) отличается от |
уравнения изгиба упругой |
оси балки только тем, что вместо модуля Юнга берется модуль Кармана.
Пренебрегая весьма малыми касательными напряжениями Х я, Уг, формулу (3.15), строго справедливую только для.чистого изгиба, можно применить к изучению устойчивости сжатых стержней, т. е. к случаю, когда бесконечно малый изгибающий момент является пере менным по длине стержня. Поэтому значения критических сил для стержней с различными условиями закрепления концов при пласти ческих деформациях будут определяться соответствующими формулами Эйлера с заменой в них Е на Kt. Так, для стержня со свободно опертыми концами будем иметь:
р__ т&Кх!
г кр — р — ,
или, деля на площадь F и решая это уравнение относительно гибкости стержня:
/ / ? « / ? . |
<зл7> |
Для каждого данного сечения стержня и кривой сжатия материала Oj-ej, согласно (3.17), можно построить зависимость критической гибкости от сжимающего напряжения at .
Для стержня прямоугольного сечения имеем:
F = b h , / = ? £ , П - » ( 4 - л ) ,
Ч И .
и потому из (3.14) находим _у0, а из (3.16) — выражение модуля Кармана;
А Е р -
___ de1
(3.18)
И + / 1 г Г