Нелинейные задачи строительной механики.
Нелинейные задачи строительной механики.
Лекция 2. Расчет конструкции из нелинейно упругого материала.
Рассмотрим ж/б колонну
F
Дано: Абет=0,2 м2; Аарм=0,004 м2; =30000 МПа; Е1=800; Е2=40000;
F=2 МН.
Найти:
Решение: Запишем уравнение равновесия:
F
Nарм
Nбет
Решений бесконечно.
Привлекаем геометрические соображения.
Деформации бетона и арматуры одинаковы.
Решаем методом последовательных приближений. Считаем до тех пор, пока разница между значениями ε не будет меньше 5%.
1 шаг:
2 шаг:
3 шаг:
4 шаг:
Вычислим напряжения:
Примечание: Согласно ГОСТам диаграммы для бетона должны быть с ниспадающей ветвью. Прохождение точки экстремума при неизвестных деформациях по заданным σ представляет сложную математическую задачу. Для решения таких задач разработаны разные подходы (например, метод продолжения по параметру процесса: длина дуги диаграммы F(ε), работы внешних сил).
Дано: σ=6 МПа; σ=11 МПа; σ=18 МПа; σ=16МПа; ε=0,001; ε=0,0015; ε=0,002; ε=0,003; Е0=30000 МПа.
Найти: Е1, Е2
Решение: Т.к. число уравнений больше числа неизвестных, то используем условие минимума невязки между экспериментальными и расчетными значениями σ.
Перепишем уравнение
в виде: Е1*ε+Е2*ar w:top="1134" w:right="850" w:bottom="1134" w:left="1701" w:header="720" w:footer="720" w:gutter="0"/><w:cols w:space="720"/></w:sectPr></w:body></w:wordDocument>"> =
Подставив значения, получим:
Используем метод минимизации квадратичной невязки.
Пусть имеется переопределенная система уравнений .
Найдем невязку .
В качестве нормы . .
По теореме Ферма .
Запишем матрицы:
B= b= x=
Получим:
Решение Е1=8,1*102
Е2=4,2*104
Примечание:
3. Е0, Е1, Е2 называются механическими характеристиками материала.
Е0 – начальный модуль упругости. Е0=
Е= - секущий модуль упругости.
Δσ
Δε
α0 α
По ГОСТ – тангенсальный модуль упругости.
Тангесальный модуль упругости используется редко, поскольку требует сложных методов расчета (метод Ньютона).
4. К сожалению, задачи отыскания механических характеристик Е1, Е2, Е0
является математически неустойчивой, т.е. малые изменения экспериментальных данных вызывают большие изменения Е1, Е2.
Расчет ЖБК с учетом ползучести
Дано: Абет, μ, Р, Ебет, 𝞰бет, Еарм, С.
Найти: 𝜎арм(t), 𝜎бет(t) - ?
Р
Решение: Уравнение равновесия:
1 уравнение – 2 неизвестных → добавляем геометрическое соображение
(1)
(2)
Рассмотрим t=0: → из (2)
r wsp:rsidR="00000000"><w:pgSz w:w="12240" w:h="15840"/><w:pgMar w:top="1134" w:right="850" w:bottom="1134" w:left="1701" w:header="720" w:footer="720" w:gutter="0"/><w:cols w:space="720"/></w:sectPr></w:body></w:wordDocument>">
Следствие: как видно из (1) 𝜎бет падает, значит 𝜎арм возрастает.
Уменьшение напряжений с течение времени в конструкции называется релаксацией.
Меры деформации
1.В сопромате: линейная деформация - мера деформаций Коши
2.Мера деформаций Грина
3.Мера деформаций Альманзи
4.Мера деформаций Генки
Если мало, то они все с большой точностью совпадают.
Пример: ,
Коши:
Грина:
Альманзи:
Генки:
В строительстве очень мало, поэтому можно пользоваться простейшими мерами Коши.
Примечание: Аналогично можно ввести различные меры напряжений.
Например, мера напряжений Коши: - (условное напряжение); мера напряжений Пиолы-Кирхгоффа: .
Каждой мере деформаций может соответствовать только одна мера напряжений. Выбор осуществляется на основе закона сохранения энергии
В дальнейшем будем использовать меры Коши для деформаций и напряжений.
Соотношение Коши для малых деформаций при немалых перемещениях.
В линейной теории считается, что премещения и углы поворота малы. Это дает (см. рис):
dx
u du
u,v – перемещения по горизонтали и вертикали.
Рассмотрим случай немалых углов поворота.
ds
ds0
Упрощение: в строительстве в основном используются стержневые и балочные элементы, поэтому рассматривают только изменения продольных элементов (см. рис.), т.е. можно считать, что рассматриваются элементы, направленные вдоль оси х, следовательно, первоначально dy = 0. Тогда
, s w:val="24"/><w:lang w:val="EN-US"/></w:rPr><m:t>+</m:t></m:r><m:r><w:rPr><w:rFonts w:ascii="Cambria Math" w:fareast="Times New Roman" w:h-ansi="Cambria Math"/><wx:font wx:val="Cambria Math"/><w:i/><w:sz w:val="24"/><w:sz-cs w:val="24"/><w:lang w:val="EN-US"/></w:rPr><m:t>du</m:t></m:r></m:oMath></m:oMathPara></w:p><w:sectPr wsp:rsidR="00000000"><w:pgSz w:w="12240" w:h="15840"/><w:pgMar w:top="1134" w:right="850" w:bottom="1134" w:left="1701" w:header="720" w:footer="720" w:gutter="0"/><w:cols w:space="720"/></w:sectPr></w:body></w:wordDocument>"> ; dv
Найдем сначала деформацию Грина
Для дальнейшего упрощения рассуждаем от противного: пусть не мало, тогда du/dx тоже не мало. Следовательно, - не мало, а поскольку мало, то получается противоречие. Следовательно,
Рассмотрим задачу вычисления малой деформации Коши
Покажем, что приближенно . Действительно,
ПРИМЕР 1
Снова рассмотрим изгиб балки под действием продольной центральной силы Р, но предварительно изогнутой в поперечном направлении приложенными по концам сосредоточенными моментами m (см. рис. 17.12). Этот момент может быть вызван внецентренным нагружением продольной силой Р, если он имеет эксцентриситет е. Тогда m=Ре.
Рис. 17.12
Уравнение изогнутой оси (17.1) примет вид
.
Поделив на и принимая обозначение , решение этого уравнения запишем в виде суммы однородного и частного решений
.
Константы В и С отыскиваем из условий закрепления:
(1): на левом краю
(2): на правом краю
Это дает:
(1): на левом краю
(2): на правом краю
Отсюда
(1):
(2):
При , то есть при , имеем .
Тогда из выражения для В вытекает, что
.
Следовательно, при Р→Ркр получаем неограниченно большие прогибы:
.
Таким образом, при внецентренном сжатии или при наличии поперечных сил балка может получить очень большие прогибы и напряжения даже при малых сжимающих силах, но близких к Ркр.
ПРИМЕР 2
В качестве второго примера рассмотрим задачу о деформации фермы Мизеса
h |
F |
a |
a0 |
l0 |
w |
A |
b |
b |
Рис.2.1
Для простоты будем считать малым.
Сжимающие усилия будут
(2.1)
Перемещение вызывает укорочение
(2.2)
Согласно закону Гука
(2.3)
Подставляя , найденное из (2.3) в (2.1) получим
(2.4)
Из рисунка 2.1 видно, что
(2.5)
Окончательно получаем следующую связь силы с перемещением :
(2.6)
Зависимость имеет вид, представленный на рис.2.2.
w |
F |
B |
h |
C |
2h |
Рис.2.2
Если задавать в качестве параметра процесса нагрузку , то построение этой кривой вызывает известные трудности. В задачах о больших перемещениях они преодолеваются методами продолжения по различным параметрам (при этом иногда можно использовать методы смены параметра нагружения).
ПРИМЕР 3
Рассмотрим пример применения уточненных выражений для деформаций в задаче об изгибе под равномерной нагрузкой балки с неподвижными шарнирными опорами.
Точное решение.
Рассмотрим сначала решение задачи в точной постановке.
v(x) |
q |
q |
α |
α |
Q |
M |
N |
R1 |
Если балка жестко шарнирно закреплена, то видно, что балка удлинится, значит в ней кроме Q и M появится сила растяжения N.
Считаем, что справедлив закон Гука:
Рассмотрим соотношения теоремы Шведлера-Журавского.
Возьмем сечение правее на Δх, тогда плечо увеличится на Δx. Значит изменение момента будет ΔМ = Q Δx . При бесконечно малых приращениях Δx получим
Таким образом, 1-я теорема не изменилась.
Вторая теорема будет модернизирована. На вертикаль кроме R, Q, q проецируется N, поэтому изменение поперечной силы будет
При бесконечно малых приращениях Δx получим
Как известно из математического анализа при малых углах наклона кривой:
v”
Таким образом, получаем уточненное второе соотношение теоремы Шведлера-Журавского
(3)
Далее запишем закон Гука при изгибе
Добавим выражение для продольных деформаций и первое соотношение теоремы Шведлера-Журавского
(5)
(6)
Добавим еще одно уравнение равновесия
Поскольку в реальных конструкциях α мало, поэтому , то получим
Поскольку α мало, то слагаемым можно пренебречь.
Отсюда вытекает, что приближенно можно считать силу растяжения балки постоянной по ее длине:
(7)
Получили систему уравнений (3)-(7. Её особенность в том, что она нелинейная.
Как обычно в сопромате исключим Q, M из уравнений (3), (4), (6). Тогда получим
(8)
Решение представимо в виде (далее продольная координата х заменена на )
(9)
Граничные условия имеют вид
,
Из этих условий получаем
По з. Гука s w:space="720"/></w:sectPr></w:body></w:wordDocument>"> . Подставим в ур. (1).
Отсюда
После интегрирования получим
u = D + 1/(24 N7/2) ((6 EJ3/2 q2)/(1+ )2-(6 EJ3/2 q2)/(1+ )2+(12 EJ q2 (2 - (L-2 ξ)))/(1+ )-(12 EJ q2 (2 + (L-2 ξ)))/(1+ )+(24 N9/2 ξ)/(AE)+6 L N3/2 q2 ξ2-4 N3/2 q2 ξ3-3 q2 ξ (L2 N-2 EJ Sech[(L )/(2 )]2))
Константу D найдем из граничного условия:
D = (-((6 EJ3/2 q2)/(1+ )2)+(6 EJ3/2 q2)/(1+ )2+(12 EJ (2 -L ) q2)/(1+ )-(12 EJ (2 +L ) q2)/(1+ ))/(24 N7/2);
Второе граничное условие дает связь q и N
q = (24 (1+ )2 N4)/(A E (-24 EJ+L2 N+2 L2 N+ L2 N)); (10)
Для отыскания зависимости усилия растяжения N, прогиба и напряжений используют следующую процедуру:
1) Задают разные значения усилия растяжения N=0; 0.1; 0.2;…
2) Находят q из соотношения (10)
3) Подставляют их в выражение (9) для прогиба и вычисляют момент из закона Гука:
4) После этого находят максимальное напряжение:
Как видно из решения, процедура расчета прогибов и напряжений достаточно сложная.
Случай постоянной нагрузки.
Пусть
Тогда получим
Найдем критическое время: t= tкрит:
Нелинейная теория
Формула Гриффитса позволяет вычислить предел прочности тела с трещинами.
, где
Формула Гриффитса
σ |
b |
σ=0 |
Δb |
t |
Задача: найти 𝜎*
Нарисуем силовые линии
При 𝜎* полоски начнут разрываться. Трещина возрастет на Δb.
Закон сохранения энергии: энергия растяжения полоски Э в момент разрушения тратится на разрыв межмолекулярных связей. Обозначим эту работу W*.
Обозначим W* - энергия на разрушение 1 мм2.
Чтобы разорвать полоску, совершается работа:
Очевидно, что ℓ чем больше, тем больше b
В момент разрушения
Обозначим =>
Закон Пэриса
Рассмотрим циклическую нагрузку
σср |
σа |
σmax |
Из-за действия циклической нагрузки трещина начинает расти
Определение: – первый коэффициент интенсивности напряжений.
Этот параметр показывает уровень напряженности тела с трещиной при простом растяжении.
Условие разрушения имеет вид:
Используем закон Пэриса для оценки ресурса изделия при циклических нагрузках:
– скорость развития трещин
Если 𝜎𝛼 постоянна ,то решение этого уравнения легко находится
Начальное условие: при b = bнач =>
n, K – эксперементальные данные для материала.
Таким образом, можем найти b
Для материала σ* - дано из эксперимента
Тогда можно узнать время разрушения из условия b=b* при
Получим
Примечание: если известен закон изменения 𝜎𝛼 = 𝜎𝛼(t), то уравнение Пэриса также легко интегрируется (аналитически или численно). В случае, когда в явном виде эта зависимость не известна, то как обычно используют пошаговое численное интегрирование. На каждом шаге определяют
,
а затем вычисляем
Гибкие конструкции
Найти N, v.
Запишем уравнение равновесия:
(1)
Получили 2 нелинейных уравнения.
Решения такой системы не существует, поэтому она решается приближенно.
Решение:
(1):
(2):
Приближенное решение с использованием условия пологости
Более простое решение получим, если в (2) учтем, что угол наклона мал. Тогда из условия (2) следует, что усилие растяжения будет постоянным:
Aппроксимируем в виде, при котором удовлетворяются условия закрепления:
(3)
Здесь a - искомая константа.
Тогда из уравнения (1) вытекает, что
(4)
Для того, чтобы найти зависимость N от нагрузки,используем закон Гука. Удлинение ванта подсчитаем приближенно, заменив дугу двузвенной ломаной:
v0 |
Из закона Гука находим
(5)
Выразим через параметр а аппроксимирующей функции.
(6)
Тогда получим
Из уравнения равновесия (4) вытекает окончательное выражение, которое связывает искомый параметр а и нагрузку
Учитывая по соотношение (6) можно записать зависимость и q:
P |
b |
h |
2см |
l |
l=l0/2 |
P |
l=l0∙1,5 |
P |
l=2l0 |
P |
l=l0 |
F |
P |
q2 |
q1 |
σ |
εb1 |
εb2 |
εb0 |
Rb1 |
Rb2 |
Rb0 |
Найти допустимую нагрузку (или или , или Р согласно своего варианта) из условия жесткости по прогибам < [
Исходные данные:
Класс тяжелого бетона – брать из таблицы.
Класс арматуры – А500.
Сила приложена центрально.
Остальные данные взять из СП 63.13330.2012.
Использовать диаграмму деформирования бетона, арматуру считать упругой, учесть изменение геометрии колонны.
Номер схемы | l0 (м) | μ % | b (м) | h (м) | q1 | q2 | P | l1/l | Класс бетона |
А | Б | В | Г | Г | А | А | А | B | Б |
4.8 | 1.1 | 0,41 | 0,21 | Р | 0,61 | В 3,5 | |||
4.9 | 1.2 | 0,42 | 0,22 | q | 0,62 | В 5 | |||
5.0 | 1.3 | 0,43 | 0,23 | q | 0,63 | В 7,5 | |||
5.1 | 1.4 | 0,44 | 0,24 | P | 0,64 | В 10 | |||
5.2 | 1.5 | 0,45 | 0,25 | q | 0,65 | В 12,5 | |||
5.3 | 1.6 | 0,46 | 0,26 | q | 0,66 | В 3,5 | |||
5.4 | 1.7 | 0,47 | 0,27 | q | 0,67 | В 5 | |||
5.5 | 1.8 | 0,48 | 0,28 | P | 0,68 | В 7,5 | |||
5.6 | 1.9 | 0,49 | 0,29 | q | 0,69 | В 10 | |||
5.7 | 1.0 | 0,50 | 0,30 | Р | 0,70 | В 12,5 |
P |
b |
h |
2см |
l |
l=l0/2 |
P |
l=l0∙1,5 |
P |
l=2l0 |
P |
l=l0 |
F |
P |
q2 |
q1 |
σ |
εb1 |
εb2 |
εb0 |
Rb1 |
Rb2 |
Rb0 |
Найти допустимую нагрузку (или или , или Р согласно своего варианта) из условия жесткости по прогибам < [
Исходные данные:
Класс тяжелого бетона – брать из таблицы.
Класс арматуры – А500.
Сила приложена центрально.
Остальные данные взять из СП 63.13330.2012.
Использовать диаграмму деформирования бетона, арматуру считать упругой, учесть изменение геометрии колонны.
Номер схемы | l0 (м) | μ % | b (м) | h (м) | q1 | q2 | P | l1/l | Класс бетона |
А | Б | В | Г | Г | А | А | А | B | Б |
4.8 | 1.1 | 0,41 | 0,21 | Р | 0,61 | В 3,5 | |||
4.9 | 1.2 | 0,42 | 0,22 | q | 0,62 | В 5 | |||
5.0 | 1.3 | 0,43 | 0,23 | q | 0,63 | В 7,5 | |||
5.1 | 1.4 | 0,44 | 0,24 | P | 0,64 | В 10 | |||
5.2 | 1.5 | 0,45 | 0,25 | q | 0,65 | В 12,5 | |||
5.3 | 1.6 | 0,46 | 0,26 | q | 0,66 | В 3,5 | |||
5.4 | 1.7 | 0,47 | 0,27 | q | 0,67 | В 5 | |||
5.5 | 1.8 | 0,48 | 0,28 | P | 0,68 | В 7,5 | |||
5.6 | 1.9 | 0,49 | 0,29 | q | 0,69 | В 10 | |||
5.7 | 1.0 | 0,50 | 0,30 | Р | 0,70 | В 12,5 |
Задача №1
Р |
Дано: Аб=120см2, Аа=10см2, Р=13т, Еб=100 т/см2,
А Еа=1000 т/см2, ηб=100 тгод/см2, с=300, Δt=0,5 год
Закон ползучести
2А Найти: в третьей нижней части через 1 год
А
Решение: Уравнение равновесия нижней части:
1 шаг: t=0: =0
2 шаг: t=0,5 год, Δt=0,5 год
3 шаг: t=1 год, Δt=0,5 год
Ответ:
Задача №2
Р |
Дано: Аб=0,12м2, Аа=0,01м2, Р=0,13МН, Еб=1000 МН/м2,
А Еа=10000 МН/м2, ηб=103 МНгод/м2, В=0,05 1/(МНгод/ м2),
Δt=0,5 год
2А Закон ползучести
Закон накопления повреждений
Найти: потерю ресурса в третьей
А нижней части через 1 год
Решение: Уравнение равновесия нижней части:
1 шаг: t=0: =0,
2 шаг: t=0,5 год, Δt=0,5 год
3 шаг: t=1 год, Δt=0,5 год