四会登高车出租， 肇庆登高车出租， 鼎湖登高车出租   驱动形式下SMA丝力学模型研究     1 直线状SMA丝力学模型研究： 本研究在已对SMA丝进行了单端加载的有限元仿真与拉伸实验，结果表明有限元仿真得到的力-位移曲线在4%应变及以下时表现出与拉伸实验较强的吻合性。由于SMA丝在热激励后恢复初始形状，即驱动终止时刻奥氏体丝应变趋近于0。由此，对仿真得到的SMA丝力-位移曲线简化为SMA丝分段线性应力-应变曲线。 奥氏体丝拉伸阶段特征方程：𝜀=𝜎𝐸𝑎· 马氏体丝拉伸阶段特征方程： 𝜎=𝐸𝑎⋅𝜀𝑔+(𝜀−𝜀𝑔)⋅𝐸𝑚𝑏  ·转化得： 𝜀=𝜎𝐸ma+(1𝐸𝑚𝑏−1𝐸𝑚𝑎)(𝜎−𝜎)⟨𝜎≥𝜎𝑔⟩   定义无量纲参数𝑠1=𝐸𝑎/𝐸𝑚𝑎，𝑠=𝐸𝑚𝑏/𝐸𝑚𝑎·式中的尖括号为布尔运算符，为1或0，表示𝛼不能为负。

       驱动形式下SMA丝力学模型分析： 在设计研究SMA马达时提出SMA力学模型研究方法，其根据线单元在径向和切向方向上的平衡条件为任意角度的轴向力为初始力的指数函数。本研究在其基础上对所设计开关阀结构中SMA丝力学模型进行推导研究。开关阀驱动形式下SMA丝力学模型分析包括：缠绕段SMA丝力学模型分析、直线段SMA丝力学模型分析，首先进行关于模型场景下缠绕段SMA丝力学模型分析。 根据微元积分法研究模型缠绕段SMA丝力学模型. 

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      驱动形式下SMA丝受力分析 ：在初始常力𝐹0拉伸马氏体丝阶段时，丝单元承受以下力：施加在单元末端的力T和T+dT；径向接触力N和切向摩擦力Q。p是丝单位长度的接触力，f是滑动摩擦系数，力N和Q由N=pRdα和Q=fN=f pRdα确定。根据丝单元在径向和切向方向上的平衡条件，𝑅=𝑅0+𝑑/2，结合边界条件T(α=0)=Fo积分，轴向力T(α)计算如下： 𝑇(𝛼)=𝐹0⋅𝑒−f𝛼   通过将两边除以金属丝的横截面积A，得到马氏体轴向应力𝜎=𝑇/𝐴： 𝜎(𝛼)=𝜎0⋅𝑒−𝑓𝛼 中𝜎0=𝐹0/𝐴是𝐹0在α=0时在丝中引起的应力。 当𝜎=𝜎𝑔时，定义超过马氏体弹性阈值的丝部分的角度𝛼=−ln(𝜎𝑔𝜎0)/𝑓。由于𝛼不能大于绕圆柱体的丝的总缠绕角𝛼，则𝛼的综合表达式为： 𝛼=𝑚𝑖𝑛{[(−𝑙𝑛𝑧)/𝑓]⟨𝑧<1⟩，𝛼𝐴}  ：𝑧=𝜎/𝜎0   z表示测量合金塑化程度的应力系数，z ≥1表示不塑化，z<1表示增加塑性。 𝐹𝐴 40将σ代入特征式，可得任意位置α处的马氏体轴向应变为： 𝜀(𝛼)=𝜎0𝑒−𝑓𝛼𝐸𝑚𝑎{1−[(𝑠𝑚−1𝑠𝑚)(1−𝑧𝑒𝛼)]⟨𝛼≤𝛼⟩}  由于单元丝长度Rdα的伸长率dl=εmRdα，故将上式整理为： 𝑑𝑙(𝛼)=𝑅𝜎0𝑒−𝑓𝛼𝐸𝑚𝑎{1−[(𝑠𝑚−1𝑠𝑚)(1−𝑧𝑒𝛼)]⟨𝛼≤𝛼⟩}𝑑𝛼  ·对α=0和α=𝛼之间积分得出与圆柱体接触的丝长度的总伸长率ΔLm： 𝛥𝐿=𝑅𝜎0𝑓𝐸𝑚𝑎{(1−𝑒−𝑓𝛼)+(𝑚−1𝑠𝑚)⋅[𝑒−𝑓𝛼𝑔+൫𝑧𝑓𝛼−1൯]⟨0≤𝛼𝑔⟩}  在SMA丝通电收缩阶段时，SMA丝加热至𝐴以上，合金丝收热激励宏观上表现为收缩，从而使摩擦力Q相反。保持平衡所需的丝应力𝜎由下式给出： 𝜎(𝛼)=𝜎0⋅𝑒𝛼 随着𝛼增加应力逐渐增加。 收缩发生前奥氏体材料中可用的应力𝜎𝑁由特征方程获得，应变ε由给出。可用应力变为：𝜎on(𝛼)=𝜀𝑜𝑛(𝛼)⋅𝐸𝑎=𝐸⋅𝜎0𝑒−𝑓𝛼𝐸𝑎{1−[(𝑠−1𝑠)(1−𝑧𝑒𝛼)]⟨𝛼≤𝛼⟩} =𝜎0𝑠1𝑒−𝑓𝛼{1−[(𝑚−1𝑠𝑚)(1−𝑧𝑒𝛼)]⟨𝛼≤𝛼⟩}  分A、B两种情况讨论： A. 当𝛼𝑖𝑚≤𝛼𝑔时： 定义应变恢复到的角度𝛼𝑖𝑚大于0（即二力处于平衡处的角度），联立求解，假设在⟨𝛼≤𝛼⟩=1，联立求解角度𝛼𝑙𝑖𝑚： 𝜎0⋅𝑒𝛼=𝜎0𝑠1𝑒−𝑓𝛼{1−[(𝑠−1𝑠)(1−𝑧𝑒𝛼)]⟨𝛼≤𝛼⟩} 解得：𝛼=1𝑓𝑙𝑛{12𝑠𝑚[𝑧𝑠1(𝑠𝑚−1)+√𝑠1[4𝑠𝑚+𝑧2𝑠1(𝑠𝑚−1)2]]} 整理得： 𝛼lm1=𝑚𝑖𝑛{1𝑓𝑙𝑛{12𝑠𝑚[𝑧𝑠1(𝑠𝑚−1)+√𝑠1[4𝑠𝑚+𝑧2𝑠1(𝑠𝑚−1)2]]}𝛼求相应的恢复应变𝜀𝑒𝑐1，利用应力差𝜎𝑁−𝜎𝑐代替应力σ，此时α ≤ αg为正，联立式得：𝜀𝑒𝑐1=𝜎𝐸=𝜎𝑛−𝜎𝑐𝐸=𝜎0𝐸𝑎𝑠𝑚[𝑠1𝑒−𝑓𝛼−𝑠𝑒𝛼+𝑧𝑠1(𝑠𝑚−1)]  为α=0到α=𝛼𝑖𝑚1之间任意角度α的应变，由于丝单元的收缩dS1=εrec1Rdα，并从α=0到α=𝛼𝑖𝑚1积分，得出有效行程𝑆1（即收缩长度、致动行程𝑆1=∫𝜎0𝐸𝑠𝑚[𝑠1𝑒−𝑓𝛼−𝑠𝑒𝛼+𝑧𝑠1(𝑠𝑚−1)]𝑅𝑑𝛼𝛼𝑙𝑖𝑚10=𝜎0𝑅𝐸𝑎𝑓[1−𝑒𝛼𝑙𝑖𝑚1+1𝑠𝑚(1−𝑒−𝑓𝛼𝑙𝑖𝑚1)+𝑧𝑓1𝑠𝑚(𝑠−1)𝛼𝑙𝑖𝑚1]  

       B. 当上述计算𝛼𝑖𝑚>𝛼𝑔时： 则必须通过式（3.23）中⟨𝛼≤𝛼⟩=0来计算新的恢复角𝛼𝑙𝑖𝑚2。联立得： 𝜎=𝜎0⋅𝑒𝛼，𝜎on=𝑠1𝜎0𝑒−𝑓𝛼𝜎on=𝜎𝑐，故𝑠1=(𝑒𝛼)2，𝛼=12𝑓ln𝑠1 则𝛼lim2=𝑚𝑖𝑛{12𝑓𝑙𝑛𝑠1,𝛼𝐴}  求解相应的恢复应变𝜀𝑒𝑐2时，利用应力差𝜎𝑁−𝜎𝑐代替应力σ：𝜀rec2=𝜎𝐸=𝜎𝑛−𝜎𝑐𝐸=𝜎0𝑠1𝑒−𝑓𝛼{1−[(−1𝑠)(1−𝑧𝑒𝛼)⟨𝛼≤𝛼⟩]}−𝜎0𝑒𝛼𝐸=𝜎0𝐸𝑎𝑠𝑚{𝑠(𝑠1𝑒−𝑓𝛼−𝑒𝑓𝛼)−𝑠1𝑒−𝑓𝛼(𝑠−1)(1−𝑧𝑒𝛼)⟨𝛼≤𝛼⟩}  ·将dS2=εrec2 Rdα从α=0到α=𝛼𝑖𝑚2分段积分，得出有效行程𝑆2=𝜎0𝑅𝐸𝑓[1−𝑒𝛼lim2+𝑠1(1−𝑒−𝑓𝛼𝑙𝑖𝑚2)−𝑠1𝑠(𝑠−1)[1+𝑧(𝑙𝑛𝑧−1)]⟨0≤𝛼𝑔⟩] 根据SMA分段线性模型研究直线段SMA丝力学模型，在恒力作用下直线段SMA丝驱动行程为𝑆3=𝐿𝑓[𝜀𝑀(𝜎0)−𝜀𝐴(𝜎0)]/𝐸𝑚𝑎 =𝐿{𝜎0[1+(1−𝑠𝑚𝑠𝑚)(1−𝑧)〈𝜎0≥𝜎𝑔〉]−0𝑠1可得总驱动行程为：𝑆=𝑆1 𝑜𝑟𝑆2+𝑆3 综上可得由单根SM丝总驱动行程驱动阀芯旋转角度𝜃=𝑆𝑅𝜃={1𝑅𝑡{𝜎0𝑅𝐸𝑎𝑓[1−𝑒𝛼𝑙𝑖𝑚1+1𝑠𝑚(1−𝑒−𝑓𝛼𝑙𝑖𝑚1)+𝑧𝑓𝑠1𝑠𝑚(𝑠−1)𝛼𝑙𝑖𝑚1]+𝐿𝑓𝐸𝑚𝑎{𝜎0[1+(1−𝑠𝑚𝑠𝑚)(1−𝑧)〈𝜎0≥𝜎𝑔〉]−0𝑠1} 𝛼𝑖𝑚≤𝛼𝑔1𝑅{𝜎0𝑅𝐸𝑎𝑓[1−𝑒𝛼lim2+𝑠1(1−𝑒−𝑓𝛼𝑙𝑖𝑚2)−𝑠1𝑠𝑚(𝑠−1)[1+𝑧(𝑙𝑛𝑧−1)]⟨0≤𝛼𝑔⟩]+𝐿𝑓𝐸𝑚𝑎{𝜎0[1+(1−𝑠𝑚𝑠𝑚)(1−𝑧)〈𝜎0≥𝜎𝑔〉]−0𝑠1}}𝛼𝑖𝑚>𝛼𝑔··· (3.32) 其中，𝑅为阀芯受力处到柔性铰链旋转中心的回转半径。

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