CC BY
413
МАШИНОСТРОЕНИЕ И ПРИБОРОСТРОЕНИЕ, ВОПРОСЫ МЕТРОЛОГИИ
УДК 539.4
А. Х. Валиуллин
ПРЕДЕЛЬНЫЙ УПРУГОПЛАСТИЧЕСКИЙ ИЗГИБ БАЛКИ
Ключевые слова: упругопластический изгиб балки, изогнутая ось, потенциальная энергия деформации.
В рамках диаграммы Прандтля рассмотрено напряженно-деформированное состояние балки прямоугольного сечения при плоском изгибе за пределами упругих деформаций при различных условиях закрепления и нагружения, получено и решено дифференциальное уравнение изогнутой оси, определена потенциальная энергия деформации и дополнительная работа.
Key words: Elastoplastic bending of a beam, a curved axis, the potential energy of deformation.
Examined the stress-strain state of rectangular beam in simple bending. Adopted Within the diagram Prandtl, outside the elastic deformation under different conditions offixation and loading obtained but decided the bent axis of the differential equation, defined strain energy and the additional work.
Тема расчета конструкций за пределами упругих деформаций глубоко разработана в монографии А.Р.Ржаницына [1], в которой заложены основы методов расчета различных элементов конструкций по предельному состоянию, используемых и в настоящее время. В данной работе рассматриваются некоторые новые случаи нагружения балок прямоугольного сечения, кроме того, определяется потенциальная энергия деформации и дополнительная работа, выражения которых могут быть использованы при создании вариационных методов расчета пластического деформирования.
Когда при увеличении нагрузки изгибающий момент в поперечном сечении балки достигает значения МТ = стТМх (стТ - предел текучести материала, - осевой момент
сопротивления сечения), в наиболее удаленных от нейтральной оси точках сечения материал переходит в пластическое состояние, в соответствии с диаграммой Прандтля (рис. 1) деформация
начинает возрастать при постоянном напряжении. При дальнейшем росте нагрузки пластическая деформация постепенно занимает все большую часть сечения. Эпюра нормальных напряжений разделяет сечение на три зоны: в центральном упругом ядре напряжения линейно изменяются вдоль оси ординат, а в двух крайних пластических зонах остаются постоянными и равными +стТ.
Толщину упругого ядра обозначим аЛ, в
зависимости от величины коэффициента а будем различать три вида изгиба:
1) а = 1 - упругий изгиб:
Мупр = , М™ = Мт = а№, ^ = ЬЛ2 / 6;
2) а = 0 - пластический изгиб:
М„р = о^„л, *МПП = ЬЛ2 / 4; это состояние, в
котором напряжения во всех точках сечения равны пределу текучести, называют пластическим шарниром; в отличие от обычного шарнира, в
пластическом шарнире момент не равен нулю, а является постоянной величиной, равной предельному моменту Мпр, который соответствует
полному исчерпанию несущей способности данного сечения.
3) 0 <а< 1 - упругопластический изгиб.
Рис. 1 - Эпюра напряжений и диаграмма Прандтля
Определим изгибающий момент при упругопластическом изгибе, для чего воспользуемся эпюрой напряжений из рис. 1:
Mу-п = 2
, 4h І ,л ,h
baT( -a)y • 2 (І+a))2 +
1 . h 2 h л „.La
+— baTa-a— l = Mпр I І----
2 T 2 3 2 пр I 3
(І)
1.Найдем изогнутую ось балки. Рассмотрим несколько примеров. В отличии от работы [2] здесь имеется возможность получить аналитическое решение, не прибегая к численным методам.
1.1. Чистый упругопластический изгиб. Пусть к концевым сечениям шарнирно опертой балки приложены два одинаковых, противоположно направленных момента (рис.2). В поперечном сечении нормальные напряжения распределены по следующему закону:
[Ее, |у| <аЛ / 2,
г, |у| >аЛ/2.
a=
Согласно гипотезе плоских сечений деформация в точке сечения с ординатой у:
е = у / р,
здесь р - радиус кривизны изогнутой оси балки. Изгибающий момент в сечении:
У
М = | стуСА = 2 | сттуСА +| Е—уСА =
А аЬ / 2 -аЬ/2 Р
Ь / 2 Е аЬ / 2 Е
+ 2стт | убА + — | у2бА = 2атБп" + — ^пр.
Р
(2)
аЛ/2 Р -аЛ/2
Входящие в это выражение Б„л -статический момент верхней (или нижней) пластической зоны, а иу„р - момент инерции
упругого ядра относительно нейтральной оси
“ ’ Ьу I аг,=^ (1 -а ■ )
З" = / Ьубу =
2
Лупр = Ь(аЬ) = а3Л .
х 12 х
(3)
Из уравнения (2) найдем кривизну изогнутой оси:
1 М 2БП"ат
р Ей
упр
х
I упр
X
МІ 1 - —-1 + а:
пр\ з
EJУу
2 Мп
2стт
а 3ЕЛХ 3 аЕЛх аЕЛ
Этой формулой можно воспользоваться для определения напряжения в упругом ядре:
ЕУ = 2сттУ р аЛ
ст = ■
а в пластической зоне оно постоянно: ст = оТ.
Считая, что и при пластических
деформациях перемещения являются малыми, запишем приближенное дифференциальное
уравнение изогнутой оси:
1 й V 2стТ
* 2 ^ (4)
р с(г2 аЕЛ Разделяя переменные дифференциального уравнения и дважды интегрируя, получим следующие уравнения для угла поворота $ и прогиба м>:
dw 2ст
бг
w = •
стт
аЕЬ
аЕЬ -г2 + Сг + О.
(5)
Постоянные интегрирования находим из граничных условий:
при г = 0 и г = I w = 0.
Подставляя найденные
С = -СТт'
аЕЬ
и
постоянные О = 0 , получим окончательно
уравнения угла поворота и прогиба:
3 = ^ (2г -1), V =(г2 - /г). аЕЛ аЕЛ 7
Максимальный прогиб (в середине балки,
г = / / 2):
= -0,25—т—. аЕЬ
(6)
Если балка находится в упругом состоянии (когда а = 1),
МІ2 стх 12
w = — тах 8ЕЛ
4ЕЬ’
а если в пластическом (а = 0), то w ^ да , значит, прогиб неограниченно возрастает.
1.2. Однопролетная шарнирно опертая балка (рис. 3) нагружена по концам двумя
моментами, один из которых равен максимальному упругому МТ = стт^Х, а другой - предельному
Мр = ст^ .
пр т пл
В произвольном сечении г изгибающий
момент:
М(г) = Мт +(МпР - Мт )г /1 =
= Стт 1^х + Стт (Нт - ) /1 = Стт^х (1 + 0,5г /1)
(7)
Рис. 3 - Балка с двумя противоположными моментами
Запишем дифференциальное уравнение изогнутой оси:
с1 V = М(г) 3 стТ 1 -а2
~СгГ ~~ОЁГх ~~Ь~Е а3 .
Оно совпадает с уравнением (4), только нужно учесть, что изгибающий момент является линейной функцией г и зависит от коэффициента а, который, в свою очередь, тоже зависит от абсциссы сечения. Найдем эту зависимость. Как было установлено (1),
Му-„ =стт^„л (1 -а2 / 3),
откуда
а = л/3(1 - Му-„ / М„р).
Подставив в эту формулу вместо Му „ выражение М (г) из (7), получим:
а =л/1 - г / /. (8)
Тогда дифференциальное уравнение изогнутой оси приводится к виду:
2
1 --
г
, - , ■ (9)
Сг2 ЕЛ У / .'
Разделяя переменные и беря от обеих частей неопределенный интеграл, получим: dw = 2оТ/ (1 - г / /)1/
С ~~ ~ЁЛ 1/2
+ С,
Мр - Мт I
I - гт < г < I (здесь гт =—р------------1 = —), - балка
т т 2Мпр 6
пр
испытывает упругопластический изгиб, а в среднем - гт < г < I - гт - упругий изгиб. Так как картина деформации центрально-симметрична, достаточно рассмотреть половину балки.
w = ■
8сттl2 ЗЕЬ
1 - — | + Сг + О.
Постоянные интегрирования находим из граничных условий - в опорных сечениях прогиб равен нулю: при г = 0 V = 0; при г = / V = 0.
Из первого условия
о = - -8CTтI 2
ЗЕЬ
из
С 8ст тl второго С =——.
ЗЕЬ
В результате уравнение изогнутой оси можно записать так:
8сттl ( ( г w = —— I 111 — ЗЕЬ II I
+ г -1
(10)
Найдем максимальный прогиб, сначала определим его место:
**=0, -Л1 -г
Сг 2IУ I
1 - г = 1, г = 5 /.
/ 3 9
Как видно, место максимального прогиба находится чуть правее середины балки, ближе к концу с большим моментом. Подставив найденное значение абсциссы в (10), найдем максимальный прогиб:
32 оТ/2
V =----------Т—.
тах 81 ЕЛ
Заметим, что в случае чистого изгиба (когда
М1 = М2 = МТ)
максимальный
1 стт!2
w =---------------—
тах 4 ЕЬ
Видно,
что
прогиб
при
упругопластическом изгибе максимальный прогиб приблизительно в 1,6 раза больше, чем при предельном упругом чистом изгибе. Сравним также упругие и упругопластические перемещения в местах приложения внешних сил, например, угол поворота правого концевого сечения:
эпт
= 2,67.
1.3. К той же балке приложены по концам два одинаково направленных момента (рис. 4): МА = Мв = Мр. В произвольном сечении г изгибающий момент
2Мпр г
М(г) = Мр-------^ г = 1,5стт^х - 3ст№ у.
Балку можно разделить на три участка. В
двух концевых участках
при
0 < г < гт
гт
Рис. 4 - Балка с одинаково направленными моментами
Для первого участка дифференциальное уравнение изогнутой оси запишется так: й V 2стТ
Сг2 аЕЬ '
Входящий сюда коэффициент
а:
а = ,/3! 1 -1 + 2-у 1 = у6у .
(11)
С учетом этого дифференциальное уравнение приведем к виду:
4вЕЬ УI
Сг2
Разделив переменные проинтегрировав, получим: dw
дважды
4сттl (г
Сг 4вЕЬ УI
+С1,
w =
8стт1 2
3466еь УI 1 + С1г + О
На втором участке - при г, < г < - - изгиб
чисто упругий, поэтому дифференциальное уравнение запишем как обычно:
С 2w = М (г) = 1,5стТ^х 3а^х =
—— =--------=--------------------г =
Сг2 ЕЛ„ Еих Ей/
3стт
6стт г
ЕЬ ЕЬ I
В результате интегрирования получим:
= і£і£Г, - г| + С,;
бг ЕЬ У I) ‘
w = -
3сттг2 (1 г
---------| + С2г + Ог.
ЕЛ У2 3/,
Постоянные интегрирования найдем из граничных условий: при г = 0 w1 = 0, при г = гТ
w[ = V2 , w1 = V2, при г = / / 2 w2 = 0 .
Из первого условия Ц = 0, из остальных условий:
и
3 / 2
1/2
г
и
3/2
и
С = - -20 стт1
О, = -
27 ЕЬ
1 ст і 2
С =-
53 сттІ 108 ЕЬ
СТтІ2
216 ЕЛ
Таким образом, перемещения в любом сечении можно определить по следующим формулам:
- на первом участке, 0 < г < гТ,
dw
w =
бг
сттІ
стті ((гу2 - 20 ЕЬ ^л/6 У 11 27
Г г Т2 - (г
ЕЬ У 346 УI) 27 УI
- на втором участке, гт < г <
9 =
dw
бг
3стт гІ1 - г'] - 53сттІ
ЕЬ У I) 108ЕЬ’
w = ■
3сттг
~ЕЬ~
53сттІ
г-
СТтІ2
108ЕЬ 216ЕЬ
Найдем место и величину максимального прогиба. Угол поворота в начале первого участка
9
0 = с- 20 ст» < 0,
27 ЕЬ
в конце
9
стт»
4 1
-,-г-г--! = “ СттІ < 0.
ЕЬ У Тб л/6 27) 27 ЕЬ
Знак производной прогиба не изменился, значит, на этом участке экстремума нет. В начале второго участка
г =-1_2± < 0, г 27 ЕЬ
а в конце
9
стт» ( 3 (1 - I
ЕЬ У 2
2І
53
108
2- > 0, 27 ЕЬ
знак производной изменился, значит, в некотором сечении г промежутка гТ < г < / / 2 прогиб достигает экстремального значения. Приравняв нулю производную прогиба
3= ^г(\ - г |-= 0,
ЕЛ У /) 108ЕЛ
и решив полученное квадратное уравнение
53
г2 - /г +---/2 = 0 ,
324
найдем место максимального прогиба:
— = -- — = 0,206.
/ 2 9
Подставив найденное значение г = 0,206/ в формулу для V , найдем максимальный прогиб:
V =-0,05083 .
тах ЕЛ
Отметим, что в случае М1 = М2 = Мт
максимальный прогиб (при
г
* = (0,5 -1 /л/Ї2)І = 0,211І)
0,016МІ2
Ей
= -0,032-
ЕЬ
что примерно в 1,6 раза меньше найденного максимального упругопластического прогиба. Как и в предыдущем случае, сравним углы поворота в местах приложения моментов:
9у = Мті
стт»
6Ей 3ЕЬ’
9у-п = 20 2ті, ^п^ = 2,22.
"е 27 ЕЬ 9ур
пр
Результат, как видно, полностью совпадает
с [2].
1.4. Оба конца балки жестко защемлены, в середине пролета приложена сосредоточенная сила, длина балки /. Состояние балки почти достигло предельного, так что в среднем и концевых сечениях изгибающий момент считаем равным предельному: Мпр = 1,5стт^х.
Так как задача полностью симметрична, рассмотрим только половину балки. Изогнутая ось балки состоит из трех характерных участков, для каждого участка составим и решим дифференциальное уравнение изогнутой оси.
I участок, 0 < г < гт. Изгибающий момент в произвольном
сечении
М(г) = -1,5сттМХ + 3стт1Л'г/1. Найдем коэффициент а, подставив это выражение в уравнение (4):
а = 3
\ - №
Мп
1,5стт^х - 3стт1Л'хг /1
3! 1 -
и получим
б 2w,
1,5стт^х 2стт (г
Я
Сг2 4вЕЛ У /.
Разделяя переменные и дважды интегрируя, получим уравнения углов поворота и прогибов:
dw,
бг 4вЕЬ УI
8сттІ
W1 =-------!
3л/6ЕЬУI
+С1г+01.
II участок, гт < г < I - гт.
На этом участке изгиб чисто упругий, поэтому для получения дифференциального уравнения достаточно разделить изгибающий момент на жесткость балки:
б V 2 бг2
■3СТт-(1 - 2г ЕЬ У I
Как обычно, дважды берем интеграл:
ст
т
упр
і
г=І / 2
^ =-Зо^ (г - 2£і | + с =
Сг ЕЬ
2І
wг = —
ег[у-( у | 1+С2;
3сттІ ( г2 г3
2 ЕЬ У 2І ЗІ21 2 2
+ С2 + О2 =
Зст12 ( г
2ЕЬ У I
1 - — 1 + С2г + О2.
ЗІ
III участок, / - гТ < г < /.
Начало координат берем в середине балки и ось абсцисс направляем влево:
М(г) = 1,50^ - 3^1^;
а = 3
1,5стт^х - Зст^г /1
= , 3! 1 -
И
1,5CTтWx
дифференциальное уравнение запишется так:
2стт
Су 2 4вЕЬ УI
После интегрирования:
dw 3
4СТт1 (7 | + С3;
Сг Тб ЕЬ УI
8стТ/2 ^ г Л2 _ _
V, = —^— I — I + с3г + Ц ;
3 346ел У/) 3 3
произвольные постоянные находим из следующих граничных условий: dw
при г. = 0 3 = —^ = 0, V, = 0;
1 Сг 1
при г1 = гт 31 =32, w1 = w2;
при г2 = / - гТ, г3 = гТ 32 =-33 ^2 = w3.
В результате получаем:
С = й= С3 = 0 ,
С2 = -
1 ‘“Ч
сттІ
02 = ■ 1 СТт» 2
4ЕЬ
0 =- стИ
3 27 ЕЬ
216 ЕЬ
Последняя константа совпадает с максимальным прогибом:
wmax = —
20 ст^ 27 ЕЬ
Для сравнения - максимальный упругий прогиб балки при а = 1 и сттах = стт
Я3 сттІ2
w —-----------—--------,
тах 24Ей ЗЕЬ
в 2,22 раза меньше упругопластического, что
совпадает с результатом, полученным в работе [1] .
Изогнутая ось каждой из рассмотренных
балок показана на соответствующем рисунке.
2. Определим потенциальную энергию деформации для рассмотренных случаев нагружения балки. Здесь нужно сделать следующее пояснение. Все выводы и полученные зависимости справедливы применительно к прямому ходу нагружения, когда поведение упругопластического тела не отличается от поведения нелинейно упругого тела, коренные их различия проявляются при обратном ходе и последующих нагружениях, здесь обязателен учет истории нагружения. Так при разгрузке упругого тела высвобожденная потенциальная энергия деформации, равная работе внешних сил, превращается в точно такую же по величине работу. В случае же упругопластического тела этого не происходит. Большая часть работы внешних сил по преодолению внутренних сил сопротивления превращается в тепловую энергию, которая рассеивается в окружающую среду и безвозвратно теряется из процесса перехода энергии из одной формы в другую. Поскольку мы рассматриваем первое прямое нагружение из исходного состояния (никакой предыстории еще нет), мы формально вправе говорить о работе внешних сил по преодолению внутренних сил сопротивления как о потенциальной энергии деформации.
С этой оговоркой мы и будем пользоваться понятием потенциальной энергии деформации, которая в дальнейшем определяется для всех рассмотренных выше случаев нагружения балки, определяется также дополнительная работа [3]
и' = Ш - и, (12)
где 1/У - работа внешних сил при условии, что они остаются постоянными в процессе деформирования.
2.1. Чистый упругопластический изгиб балки (рис.2).
Определим потенциальную энергию деформации по формуле
и = |ийУ =|(/|стейА^г . (13)
V / У А )
Потенциальная энергия в элементе длины
йг:
/ 1 аЛ / 2 Л / 2 Л
йи = 1— | оеЬйу + 2 |стеЬйу Уг . (14)
У 2 -аЛ / 2 аЛ / 2 )
Здесь е - продольная деформация волокна с ординатой у , согласно гипотезе плоских сечений
У = 20,
-У,
р аЕЬ'
напряжение в точке с ординатой у
2стт аЬ
Ее-аГу, у <-
стт, Iу >
аЬ 2 .
Подставив эти выражения в (14) и произведя необходимые преобразования, получим:
йи = оТЬЛ (3 - 2а2) . (15)
6аЕ ^
При чистом упругопластическом изгибе
И,5
г
и = ст^Ет(3 - 2а2) = б^Е(3 - 2а2) . (16)
6аЕ 6аЕ
ст2У
Если а = 1 и М = Мт ,то и =
6Е
обычная формула сопротивления материалов для этого случая дает тот же результат:
МІ2 = 1 (ст^х )21 =
и=
2Ей 2 Ей„
ст2^хІ = ст2 ЬЬІ =
ЕЬ 6Е 6Е
Дополнительная работа находится по формуле (12):
и = W - и = |М9"
_2^
= 2|М9"е^ --Е-(3 - 2а2) = 6Е
|М9пра^ - и =
аст2^ 6Е '
В других случаях закрепления и нагружения балок потенциальную энергию можно определить с помощью формулы (15), принимая во внимание переменность коэффициента а по длине балки.
2.2. Балка, закрепленная и нагруженная по схеме рис. 3.
В этом случае, как было показано,
а = л/1 - г /1, подставляя это выражение в (15), получим:
би = -
1 + 2- |Сг .
6ЕЛ-7'
Интегрируя, найдем:
и = | би = ^1^ 1 + 2г /1 Сг = 7^ . (17)
і 6Е 0л/Т-777 9 е
Дополнительная работа находится по формуле (12):
и = W - и = \М9"вд\ + |М9пра^ - и =
= 8 стУ 7 ст2^ = 1 стУ
9 Е 9 Е 9 Е
2.3. Балка (рис 4). В этом случае
и = 2(Ц + Ц),
где и1 - потенциальная энергия, накопленная на первом участке длиной I / 6, и2 - энергия, накопленная на половине второго участка длиной I / 3. Очевидно,
и = 7 ст. У = _! стУ
1 9 Е 1 54 Е '
На втором участке состояние балки чисто упругое, поэтому, учитывая, что
М (г) = Мр (1 - 2г /1), находим:
и = "ІМІ^г =.1 стУ
2Ей
В результате
и = 2(-7+±
У 54 54
54 Е
8 стУ
(18)
Е 27 Е
Дополнительная работа находится по формуле (12): и' = W - и = |М9"ЄЄ| + |МЭ^| - и =
10 стУ
8 ст2У 2 ст2У
(19)
27 Е 27 Е 27 Е
2.4. Балка с обоими защемленными концами и сосредоточенной силой.
Потенциальная энергия определяется по формуле (18), а дополнительная работа - по формуле (19), в которые следует подставить V = 2ЬЛ/.
Литература
1. Ржаницын, А.Р. Расчет сооружений с учетом пластических свойств материалов / А.Р. Ржаницын. - М. «Госстройиздат», 1954, 288с.
2. Валиуллин, А.Х. Упругопластический изгиб балки из материала с линейным упрочнением/ А.Х. Валиуллин //Вестник Казан. технол. ун-та. - 2010. - № 9. - С. 453 -458.
3. Филин, А. П. Прикладная механика твердого деформируемого тела, т. II / А.П.Филин. - М., «Наука»,1978, 616 с.
ст
© А. Х. Валиуллин - канд. техн. наук, доцент, проф. каф. теоретической механики и сопротивления материалов КНИТУ, [email protected].
