2014春兰州理工大学《现代塑性成形理论》研究生期末考试复习题

一、已知变形体某点的应力状态为：40000104004070ij（MPa）1）、求出主应力1、2、3和主方向，球应力张量，偏应力张量，并画出应力莫尔圆。3）、求出主切应力，最大切应力max和等效应力之值各为多少。解：1）主应力特征方程为：040000104004070（1分）按第3行展开得：01040407040040107040201600700804020900804020109040解方程得：901，402，103403zyxm球应力张量为：400004000040ijmMPa偏应力张量为：0000304004030'ijmijijMPa应力莫尔圆为：2）主切应力为：25221122523223502311350max6.8635021213232221MPa二、确定某变形体内的应力场或应变场是否存在？三、一薄壁管，内径φ80mm，壁厚4mm，承受内压p，材料的屈服点为200sMPa，现忽略管壁上的径向应力（即设0）。试用两个屈服准则求出下列情况下管子屈服时的p，（1）管子两端自由（2）管子两端封闭（3）管子两端加100KN的压力。（8分）解：（1）根据塑性力学，两端自由的薄壁管的应力分量为：pptpr104400z按题意，0r，显然：p101，02z，03r1）由屈雷斯加屈服准则220025231maxsp，解得20pMPa2）由米塞斯屈服准则22132322212s带入有，222002200p，解得20pMPa（2）根据塑性力学，两端封闭的薄壁管的应力分量为：pptpr10440pptprz542402按题意，0r，显然：p101，pz52，03r1）由屈雷斯加屈服准则220025231maxsp，解得20pMPa2）由米塞斯屈服准则22132322212s带入有，222002150p，解得1.23340pMPa（3）根据塑性力学，管子两端加100KN的压力的应力分量为：pptpr10440MPammNrtNz5.994402100000210001002按题意，0r，显然：p101，02r，5.993z1）由屈雷斯加屈服准则2231maxs，2005.9910p，解得10pMPa2）由米塞斯屈服准则22132322212s带入有，2220025.198001990200pp，05.6019919902002pp，解得13pMPa四、一Q235钢（屈服强度235MPa）圆柱毛坯，直径100mm，高50mm，设摩擦表面切应力K2.0，请用主应力法求该轴对称镦粗的变形力。解：如图切取基元体并做受力分析，列r方向的平衡微分方程为：022sin2hddrrddrrddhdrhrdFrrrr化简为：02rrrhdhdrrdrhdr假定为均匀镦粗变形，有ddr；r得：drhdr2所以按绝对值的简化屈服方程，因r，Yrz；rzdd联解得：drhdz2假设接触面满足常摩擦条件，对上式进行积分得：Crhz2当如err时，ze，得：ezerhC2解得：zeezrrh2当自由镦粗，边界无约束时，0re，则Yze。满足常摩擦条件Km，得：67.2505061002.0123561hdmYzMPa五、试用滑移线法求光滑平冲头压入两边为斜面的半无限高坯料时的极限载荷F。设冲头宽度为2b，长为l，且bl2。解：因bl2，所以长度方向的应变为0，属于平面变形问题。画出的滑移线场如下图所示。1232bpFyxOCEBAFDF点位于自由表面：KmF，4FE点位于光滑表面：4E沿线：FEmFmEK2214422KKKKFEmFmE22213KKKKpm14.图所示的楔体，两面受压力p，已知432，试用滑移线法求极限载荷。解：本题属于平面变形问题。画出的滑移线场如下图所示。1xOCBAEDFF点位于自由表面：KmF，4FE点位于光滑表面：0443E沿线：FEmFmEK2214022KKKKFEmFmE22213KKKKpm六、在平底模中进行平面变形挤压，若模具光滑无摩擦，按图19-42所示的分块模式确定平均单位挤压力的上限解。并与滑移线解作比较，说明何种模式的上限解最优。4321△A=△CODCBA45°45°H=2h=11h=1H=245°45°ABCDO△A=△C2341ODBA45°H=2h=123a)b)c)解：a)刚性块的速端图如下图所示：dcba0求得速度间断面12、13、14、23、34的几何尺寸为：12=14=23=34=h2，13=2h设B块的速度ob为1，则D块的速度od为2，求得速度间断面12、13、14、23、34上的速度间断值为：22cdbcaboa，1ac根据功率平衡原理有****][2DSdSVKhpDacbcabcdoaK1334231412122224hhKKh6Kp3*b)刚性块的速端图如下图所示：0abcd求得速度间断面12、13、14、23、34的几何尺寸为：12=14=h2，23=34=AhAhsin4sinsin2，13=AAAhAAhsinsincos43sinsin2设B块的速度ob为1，则D块的速度od为2，求得速度间断面12、13、14、23、34上的速度间断值为：AAAcdoasincossin2，AAbcabsincos1，AAAacsincoscos2根据功率平衡原理有****][2DSdSVKhpDacbcabcdoaK1334231412AAAAAAhAAAhAAAhKsincoscos2sinsincossincos1sin2sincossin222AAAAAAAAKhsincos2sincos1sin2sincossin4AAAAAAKhtan2tantantan12tan1tan422AAAAAAKptan1tantantan1tan1tan222*令tanA=x，0*xp，得01122222xxxx解得：21x即21tanA时，05.67A时，*p有极小值Kp656.2*c)刚性块的速端图如下图所示：dba0求得速度间断面12、13、23的几何尺寸为：12=13=h2，23=h2设B块的速度ob为1，则D块的速度od为2，求得速度间断面12、13、23上的速度间断值为：2adoa，1ab根据功率平衡原理有****][2DSdSVKhpDabadoaK23131212222hhKKh6Kp3*第二种模式，当05.67A时结果最优。