Нелинейные задачи строительной механики.

Нелинейные задачи строительной механики.

 

Лекция 2. Расчет конструкции из нелинейно упругого материала.

Рассмотрим ж/б колонну

F

 

 

Дано: А^бет=0,2 м²; А^арм=0,004 м²; =30000 МПа; Е₁=800; Е₂=40000;

F=2 МН.

Найти:

Решение: Запишем уравнение равновесия:

F

 

 

N^арм

N^бет

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: А^бет, μ, Р, Е_бет, 𝞰_бет, Е_арм, С.

Найти: 𝜎_арм(t), 𝜎_бет(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) 𝜎^бет падает, значит 𝜎^арм 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→Р_кр 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 Р_кр.

ПРИМЕР 2

В качестве второго примера рассмотрим задачу о деформации фермы Мизеса

h

F

a

a 0

l 0

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

2 h

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 N^7/2) ((6 EJ^3/2 q²)/(1+ )²-(6 EJ^3/2 q²)/(1+ )²+(12 EJ q² (2 - (L-2 ξ)))/(1+ )-(12 EJ q² (2 + (L-2 ξ)))/(1+ )+(24 N^9/2 ξ)/(AE)+6 L N^3/2 q² ξ²-4 N^3/2 q² ξ³-3 q² ξ (L² N-2 EJ Sech[(L )/(2 )]²))

Константу D найдем из граничного условия:

D = (-((6 EJ^3/2 q²)/(1+ )²)+(6 EJ^3/2 q²)/(1+ )²+(12 EJ (2 -L ) q²)/(1+ )-(12 EJ (2 +L ) q²)/(1+ ))/(24 N^7/2);

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= t_крит:

 

Нелинейная теория

Формула Гриффитса позволяет вычислить предел прочности тела с трещинами.

, где

 

Формула Гриффитса

 

 

σ

Вырежем элемент с трещиной

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 𝜎_𝛼 постоянна,то решение этого уравнения легко находится

Начальное условие: при b = b_нач =>

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 𝜎_𝛼 = 𝜎_𝛼(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

q 2

q 1

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)	q 1	q 2	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

q 2

q 1

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)	q 1	q 2	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

Р

Дано: А_б=120см², А_а=10см², Р=13т, Е_б=100 т/см²,

А Е_а=1000 т/см², η_б=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

Р

Дано: А_б=0,12м², А_а=0,01м², Р=0,13МН, Е_б=1000 МН/м²,

А Е_а=10000 МН/м², η_б=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