Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Karpov_Panin_Matematicheskoe_modelirovanie_i_raschet_elementov_stroitelnykh_konstruktsiy2013

.pdf

Скачиваний:

419

Добавлен:

12.03.2016

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

3.2. Расчет напряженно-деформированного состояния стержня

Стержень, шарнирно закрепленный по контуру, имеет длину

l (м), толщину h(м) и находится под действием равномерно распределенной поперечной нагрузки q (МПа).

Функционал полной энергии деформации стержня при изгибе будет иметь вид

	1	l
Э =	1	∫(M xχ1 −2qW )dx.	(3.7)
	2	0
		0

3.2.1. Линейно-упругая задача

При линейно-упругом деформировании σx = Eεzx ,

где	εz	= zχ	,	χ = − d 2W .
где	x	1	,	1	dx	2
					dx

В этом случае

M x = EIχ1,I = h3 .

Функционал (3.7) примет вид

Э =	1	∫l	(EIχ12	−2qW )dx.
	2	0
		0

Используем метод Ритца при аппроксимации

W (x) =W1 sin π xl .

(3.8)

W (x) в виде

(3.9)

Подставим (3.9) в (3.8), найдем производную от Э поW1							и при-
равняем ее к нулю:
	dЭ	1 l	dχ1		x
		= 2 ∫ 2EIχ1		−2q sin π		dx = 0.
	dW	= 2 ∫ 2EIχ1	dW	−2q sin π	l	dx = 0.
1		0	1
Получилиалгебраическоеуравнениеотносительнонеизвестно-
го параметра W1 , которое после преобразования примет вид
				AW1 − Bq = 0,			(3.10)

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

где

A = EI πl 4 2l , B = 2πl ,

так как

π 2

dχ

π 2

χ =W

sin π

;

dW1

1 l

∫sin

∫

−cos 2π

dx =

, ∫sin π

dx =

Из уравнения (3.10) находим

4l4q

(3.11)

EIπ5

Пример 1

Найтипрогиб стальной балки(E = 2,1 105 МПа)длиной 12(м),

толщиной 0,12 (м) при нагрузке q =1,34 10−2 (МПа). Используя формулу (3.11), находим

W	=	4 124 1,34 10−2 12		= 0,12 (м).
W	=	2,1 105 1,728 10−3 305,97		= 0,12 (м).
1		2,1 105 1,728 10−3 305,97
Используя критерий Мизеса
		σi ≤	σT ,		(3.12)
			k

найдем нагрузку, соответствующую предельно упругому состоянию

σi = σx = Ezχ1 , σT = 720(МПа).

Напряжение будем вычислять на внешней стороне балки при z = − h2 и в центре при x = 2l :

σx = 2,1 105(−0,06)0,12 0,26 = −393,12 (МПа).

Для данного примера при k = 2 имеем σi > σ2T .

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

Так как неравенство (3.12) не выполняется, то нагрузку нужно уменьшить. Предельно допустимая нагрузка будет

qдоп =1,227 10−2 (МПа).

Для бетонной балки (E = 2,9 104МПа) предельное состояние разрушения анализируется с помощью критерия Кулона – Мора

σ1 ≤

Rbt

(3.13)

Рассмотрим балку с параметрами l =12 (м),

h = 0,12 (м) при

нагрузке q =1,848 10−3 (МПа). Для этой балки W = 0,12 (м).

Проверим выполнение условия (3.13):

σ = σ

= 2,9 104(−0,06)0,12 0,26 = −54,288(МПа).

При Rbt = 2 (МПа) и k = 2 получим

Rbt

Следовательно, допустимая погрузка должна быть меньше

доп

= 3,4 10

−5(МПа), при этом W = 0,0022 (м).

3.2.2.Нелинейно-упругие задачи

Вданном случае секущий модуль принимается в виде

Ec = E(1 − mεi2 ), где εi =

zχ1,

m =105 .

Функционалполнойэнергиидеформациистержняивэтомслу-

чае имеет вид (3.7), только

= M У

− M П , где

M У = EIχ ,

M П = EI χ

, I =

χ2

1 80

Функционал полной энергии деформации стержня можно записать в виде Э = Эy −ЭП , где Эу имеет вид (3.8), а ЭП можно пред- ставить в виде

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

1 l

4m h5

ЭП =

∫E

χ1 dx.

Теперь нужно найти производную от ЭП по W1

dЭ

h5 l

4χ3

dχ

2m h5

4W 3

∫

dx =

3 80

1 8

так как

1 l

∫sin

dx =

∫

1−cos 2π

dx =

АлгебраическоеуравнениеметодаРитцавэтомслучаеприметвид

AW − Bq = DW 3 ,

(3.14)

где D

mh5El

π 8

Для решения уравнения (3.14) можно применить метод итераций

− Bq = DW 3

(3.15)

1,i

1,i−1

а W1,0 находится из решения линейно-упругой задачи по формуле

(3.11).

Пример 2

Для рассмотренной в примере 1 балкис параметрами l =12(м),

h = 0,12 (м), E = 2,1 105(МПа), q =1,34 10−2 (МПа), m =105 найдем методом итераций нелинейно-упругое решение.

	Находим коэффициент D :
D =	105 2,1 105 2,488 10−5 12 2,2	10−5 = 2,1 2,488 0,22 12 =1,724.
	80	80
	Используя итерационное уравнение (3.15), где		A = 0,853,
B = 7,64 , D = 0,1724 , W1,0 = 0,12 ,		последовательно	находим
W1,1 = 0,1234, W1,2 = 0,1242,W1,3 = 0,1243.

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

Можно сделать вывод, что при данной нагрузке в рассматриваемойбалкепластическиедеформациипрактическиневозникают,хотя по критерию Мизеса рассматриваемая нагрузка и превышает допустимую.

3.2.3.Задачи ползучести

Вэтомслучаевфункционалеполнойэнергиидеформациистер-

жня (3.7)

M x = M xУ − M xС,

где M xУ = EIχ1 ,		M xС				k
где M xУ = EIχ1 ,		M xС		= 2EI∑χ1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆t.
						i=1
Функционал (3.7) можно записать в виде
				Э(tk ) = Эy − Эc (tk ),					(3.16)
	l			k
где Эс(tk ) = ∫EIχ1(tk )∑χ1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆tdx.
	0			i=1
Продифференцировав Эс(tk ) по W1(tk ), получим
∂Эс	l	π 4			2		x	k
∂W = EI ∫		l		sin		π		∑W1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆tdx =
∂W = EI ∫		l		sin		π	l	∑W1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆tdx =
1	0							i=1
	π 4	l k
= EI			∑W1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆t =
= EI			∑W1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆t =
l 2 i=1

= c∑W1(ti−1)R1(tk ,ti−1)∆t ,

i=1

где c = EI πl 4 2l , т. е. c = A, ∆t =1 (сут).

Таким образом, получаем итерационную задачу по времени t

k
AW1(tk )− Bq = c∑W1	(ti−1)R1	(tk ,ti−1)∆t.	(3.17)

i =1

Поделив все части равенства на A, учитывая, что BqA =W1(t0 ), получим

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

W1(tk ) =W1(t0 )+ ∆W (tk ).

При k =1 имеем ∆W (t1) =W1(t0 )R1(t1,t0 )∆t ; при

∆W(t2 ) =(W1(t0 )R1(t2 ,t0 )+W1(t1)R1(t2,t1))∆t.

		Пример 3
		Рассмотрим балку с параметрами l =12 (м),
E	=	2,9	10	4(МПа), hi ,r ,n (МПа), h j ,r		,m .
				i	j

k = 2 имеем

h = 0,12 (м),

Заготовим выражение для						R1(tk ,ti−1 )= 0,03e	−0,04(tk −ti−1 )
Заготовим выражение для						R1(tk ,ti−1 )= 0,03e
a j ≤ x ≤ bj ,	R	(t	2	,t	0	)= 0,0277,	R	(t	2	,t )= 0,0288,
	1		2		0		1		2	1

R1(t3,t0 )= 0,0266, R1(t3,t1 )= 0,0277, R1(t3,t2 )= 0,0288.

Последовательно находим

∆W1(t1 )= 0,003456, W1(t1 )= 0,123456,

∆W1(t2 )= 0,00688, ∆W1(t2 )= 0,13033,

W1(t3 )= 0,0104, W1(t3 )= 0,1407.

Задание на курсовую работу

1. Найти решение линейно- и нелинейно-упругих задач для стальной балки с параметрами l = N , h = 0,01 N , E = 2,1 105МПа,

q=1,34 10−2 МПа, где N – номер студента по списку.

2.Найти решение линейно-упругих задач и задач ползучести

для бетонной балки с параметрами l = N , h = 0,01 N ,

E = 2,9 10−4МПа, q =1,848 10−3 МПа, где N – номер студента по списку.

3.2.4. Уточненный расчет стержня

Для более точного расчета прогиб балки нужно принять в виде

N
W (x)= ∑W (I )X 3(I ),	(3.18)

I =1

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

гдепришарнирномзакрепленииконтураиравномерно-распределен- ной нагрузки

X 3(I )= sin(2I −1)π xl .

Следовательно

χ1 = −∑W (I )X 3"(I ).

I =1

Подставив (3.18) в (3.8), получим (I = h3 ,l1 – длина балки)

Э =	1 l1		E		N N	W (I )X 3"(I )W (J )X 3"(J )− 2q	N	W (I )X 3(I ) dx.
				I
	2	∫			∑∑		∑
		0			I =1 j =1		I =1

Найдем производную от этого функционала по неизвестным числовым параметрам

∂Э		1 l1			N	(l)W (J )X 3"(J )+

	=		∫	EI	∑j =1 X 3"
∂W (l)		2
			0

+I∑N X 3"(l)W (I )X 3"(I ) −2qX 3(l) dx =

=l∫1 EI ∑N W (I )X 3"(I )X 3"(l)−qX 3(l) dx.

0 I =1

Приравняв это выражение к нулю, получим систему линейных алгебраическихуравненийотносительнонеизвестныхпараметровW (I )

N
∑W (I )A(I, l)− qB(l)= 0,						l =1, 2,..., N ,	(3.19)
I =1
l						l1
где A(I,l)= ∫1	E		X 3"	(I )X 3"	(l)dx, B(l)= ∫X 3(l)dx.
где A(I,l)= ∫1	E	I	X 3"	(I )X 3"	(l)dx, B(l)= ∫X 3(l)dx.
0						0
0

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

3.3. Расчет напряженно-деформированного состояния плиты

Плитаимеетлинейныеразмеры a,b соответственновдольосей x, y и толщину h. Упругие характеристики материала заданы модулем упругости E и коэффициентом Пуассона µ. Плита по контуру закреплена шарнирно-неподвижно и нагружена равномерно распределенной поперечной нагрузкой q .

Функционал полной энергии деформации плиты (пластины) будет иметь вид

Э =	1 a b		[M xχ1 + M yχ2 + 2M xyχ12 −2qW ]dxdy.	(3.20)
	2	∫∫
		0 0

3.3.1. Линейно-упругие задачи

Для линейно-упругой задачи

M x =12(1Eh−3µ2 )(χ1 +µχ2 ); M y =12(1Eh−3µ2 )(χ2 +µ1χ1 );

	M xy =		Eh3		χ12 ;
	M xy =		12(1	+µ)	χ12 ;
			12(1	+µ)
	∂2W	, χ2	= −	∂2W		∂2W
χ1 = −	∂x2	, χ2	= −	∂y2	, χ12 = −	∂x∂y .	(3.21)

Функционал (3.20) с учетом (3.21) можно записать в виде

Э = ∫∫a b 12(1Eh−3µ2 )[χ12 + 2µχ1χ2 + χ22 + 2(1−µ)χ122 ]−

0 0

Представим W (x, y) в виде

W (x, y) =W1 sin π ax sin π by .

2qW dxdy. (3.22)

(3.23)

Подставив (3.23) в (3.22), найдем производную от Э по W1 и приравняем ее к нулю

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

dχ1

+ µχ

dχ2

+ µχ

dχ1

1 dW

2 dW

∂Э

a b

∂W1

= 12(1 −µ

2 ) ∫∫0 0

dχ2

+ 2(1 −µ)χ

dχ12

dxdy −

2 dW

a b

− ∫∫ q sin π

sin π

dxdy = 0.

0 0

Здесь с учетом (3.23)

π 2

χ1 =W1

sin π

χ2 =W1

sin π

sin

= −W

π 2

cosπ

1 ab

Таким образом, уравнение для определения W1

принимает вид

где

AW1 − Bq = 0,

(3.24)

4 a b

+ 2µ

∫∫

sin

dxdy +

12(1−µ2 ) a

a2b2

0 0

a b

+ 2(1−µ)

∫∫cos2 π

cos2 π

dxdy ,

a b

0 0

a b

B = ∫∫sin π

sin π

0 0

Окончательно получим

A =

2µ

+ 2(1−µ)

12(1−µ2 )

a2b

(3.25)

a2b2

B = 4πab2 .

Следовательно, W1 = BqA .

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

Пример 4

Рассматриваем стальную плиту с параметрами a = b =12 (м),

h = 0,12 (м), E = 2,1 105МПа, µ = 0,3, q =1,34 10−2 МПа.

Используя формулы (3.25), находим

A = 30,3397, B = 58,3632, Bq = 0,780923, W1 = 0,0257(м).

Пример 5

Рассматриваем бетонную плиту с параметрами a = b =12(м),

h = 0,12 (м), E = 2,9 104МПа, µ = 0,26, q =1,848 10–3 МПа.

По формулам (3.25) находим

A = 2,9 104 1,728 10−3 0,676 = 3,0276,B = 58,3646, Bq = 0,1078, 11,189

следовательно, W1 = BqA = 0,0356.

3.3.2.Нелинейно-упругие задачи

Вэтом случае секущий модуль принимаем в виде

Ec = E(1 − mεi2 ),

	2					.
где εi =		(εxz )2 +εxz εzy +(εzy )2 +	1	(γxyz	)2
			4
	3

Функционал полной энергии деформированной плиты и в этом случае будет иметь вид (3.20), только

M x = M xУ − M xП , M y = M yУ − M yП , M xy = M xyУ − M xyП ,

где M xП =1−EIµ2 (χ1 +µχ2 ), M yП =1−EIµ2 (χ2 +µχ1 ), M xyП =1EI+µχ12.

Функционал полной энергии плиты, работающей только на изгиб,можнопредставитьввиде Э = ЭУ −ЭП, где ЭУ имеетвид(3.22), а ЭП записывает в виде

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

a b

[χ2

]dxdy.

+ 2µχ χ

+χ2

+ 2(1−µ)χ2

∫∫0 0 2(1−µ2 )

(3.26)

1 2

Здесь

I= ∫2 z2mεi2dz,

−h2

где εi2 = 43 z2 (χ12 + χ1χ2 + χ22 + χ122 ).

С учетом (3.23) получим

a b

∫∫0 0

+ 2µ

2(1−µ2 )

a2b2

π4

+ 2(1

−µ)

cos

dxdy.

a2b2

	π 4		2		x		2		y
+		sin		π		sin		π		+
+		sin		π	a	sin		π	b	+
b					a				b

Здесь

sin

a2b2

π4

cos2 π

a2b2

Введем обозначения

π4

π 4

a2 = 2(1−µ)

π4

+ 2µ

a2b2

π 4

π4

, a4

(3.27)

a2b2

Теперь ЭП можно записать в виде

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

Emh

4 a b

a sin

sin

+ a

cos

120(1 −µ2 )

∫∫0 0

Emh5

sin

+ a

cos

dxdy =

120(1−µ2 )

× a b

a a

sin 4 π

+ (a

+ a a

)1 sin 2 2π

sin 2 2π

∫∫

0 0

+ a

cos4 π

dxdy

Emh5

W 4

a a

3a 3b +

120(1−µ

)

+ (a

+ a a

)1 ab + a

3a 3b ,

так как

1 a

x 2

∫sin

dx =

∫

1 − cos 2π

dx =

1 a

∫

−

2 cos 2π

+ cos

2π

dx =

1 1 a

∫

1 + cos 4π

a +

;

4 2

∫sin4 π

; ∫cos4 π

dx =

;

∫cos4 π

dy =

;

1 a

∫sin

2π

dx =

∫

1−cos 4π

dx =

;

∫sin

2π

dy =

Найдем производную от ЭП по W1

∂ЭП

Emh5

W 3

a a

3a 3b +(a a

+ a a

)1 ab

−µ2

∂W

)30

1 3 8 8

2 3

1 4

4 4

+ a

3a 3b

= DW 3

где

Emh5ab

D =

a1a3

+ a2a3 + a1a4 + a2a4

30(1

−µ

)16

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

Окончательно для нахождения W1 получим уравнение
AW1 − Bq = DW13,	(3.28)

для решения которого применяем итерационный метод (метод упругих решений Ильюшина)

AW	− Bq = DW 3	.	(3.29)
1,i	1,i−1

Пример 6

Рассматривается та же плита, что и в примере 5. Найдем нели- нейно-упругое решение методом итераций AW1,i − Bq = DW13,i−1.

Здесь

D = 2,9 104 104 2,488 10−5 (0,1668 10−3 + 0,0327 10−3 + 0,9324 30

+ 0,1535 10−3 361 20,25 =1,0643.

Так как W1,0 = 0,0356, то последовательно находим

W1,1 = 0,03562, W1,2 = 0,03562.

Можно сделать вывод, что пластические деформации не развиваются.

3.3.3. Задачи ползучести

Функция полной энергии деформации плиты будет иметь вид

(3.20), только M x = M xУ − M xС , M y = M yУ − M yС , M xy = M xyУ −M xyС ,

где

		3		k
M xС =	12(1Eh−µ2 )∑i=1				2(χ1(ti−1 )+µχ2 (ti−1 ))R1(tk ,ti−1 )∆t,
		3		k
M yС =	12(1Eh−µ2 )∑i=1				2(χ2 (ti−1 )+µχ1(ti−1 ))R1(tk ,ti−1 )∆t,
			Eh	3		k
M xyС =			Eh			∑2χ12 (ti−1 )R2 (tk ,ti−1 )∆t.	(3.30)
M xyС =						∑2χ12 (ti−1 )R2 (tk ,ti−1 )∆t.	(3.30)
		12(1+µ)i=1

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

Функционал полной энергии деформации плиты можно представить в виде Э = Эy − Эс, где Эy имеет вид (3.22), а Эс записыва- ется в виде

Eh3

a b

)

(χ

)

+µχ

))R

)∆t +

∫∫

−1

12(1

−µ

∑

i−1

)0 0

i=1

+χ2 (tk )∑(χ2 (ti−1 )+µχ1(ti−1 ))R1(tk ,ti−1 )∆t +

i=1

+ 2(1−µ)χ

)

i−1

)∆t dxdy.

(3.31)

∑

i=1

В дальнейшем введем обозначения

R1 = R1(tk ,ti−1 )∆t ;

R2 = R2 (tk ,ti −1 )∆t.

Найдем производную от Эс(tk ) по W1(tk )

dЭс

(tk )

a b

12(1−µ2 )∫∫

sin π

dW1

(tk )

0 0

π 2

∑

i−1

)

sin π

+µW (t

i−1

)

sin π

R +

i=1

π 2

sin

∑

W (t

)

sin π

+µW

)×

i−1

i=1

π 2

+2(1−µ)

π2

sin

sin π

cosπ

dxdy =

Eh3

ab k

π4

)

+µ

R +

12(1−µ2 )

4 ∑i=1

i−1

a2b2

+µ

∑Wi (ti−1 )R2

∑Wi (ti−1)

2 2

R1+2(1−µ)

i=1

a b

i=1

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

π 4

π4

π 4

W (t )R +

+2µ

∑

a2b2

1 i−1

i=1

π4 ab

Eh3

+2(1

−µ)

∑i=1W1(ti−1)R2

12(1−µ2 ).

a2b2

Таким образом, получаем итерационные уравнения

AW1(tk )− Bq = C1 ∑W1(ti−1 )

R1 +C2 ∑W1(ti−1 )

(3.32)

R2 ,

i=1

где

Eh3

π 4

π4

π 4

C1 =

12(1−µ

+2µ

2 +

) 4

Eh3

π4

C2 =

12(1−µ2 )2(1−µ)

4 .

(3.33)

a2b2

Пример 7

Рассматривается та же плита, что и в примере 5. Найдем для нее решение с учетом развития деформаций ползучести.

Заготовим выражение для		R1(tk ,ti−1)= 0,03e		−0,04(tk −ti−1 )

и R2 (tk ,ti−1 )= 2 GE R1(tk ,ti−1 ), где G =	E		:
	2(1+µ)

R1(t1,t0 )= 0,0288, R1(t2 ,t0 )= 0,0277, R1(t2 ,t1 )= 0,0288, R1(t3,t0 )= 0,0266, R1(t3,t1 )= 0,0277, R1(t3,t2 )= 0,0288;

R2 (t1,t0 )= 0,02285, R2 (t2 ,t0 )= 0,02199, R2 (t2 ,t1)= 0,02285, R2 (t3,t0 )= 0,02112, R2 (t3,t1 )= 0,02199, R2 (t3,t2 )= 0,02285.

Вычислим значения C1,C2 : C1 =1,90258, C2 =1,1208.

Так как W1(t0 )=W1,0 = 0,0356, A = 3,0776, Bq = 0,1078, то по формуле (3.33) последовательно находим

W1(t1 )=W1,1 = 0,0359, W1(t2 )=W1,2 = 0,0362.

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

Задание на курсовую работу

3. Найти решение линейно- и нелинейно-упругих задач для

стальной плиты с параметрами a = b = N; h = 0,01 N , E = 2,1 105МПа, µ = 0,3; q = 3,9 10−2 МПа, где N – номер студента

по списку.

4. Найти решение линейно-упругих задач и задач ползучести

для бетонной плиты с	параметрами a = b = N; h = 0,01 N ,
E = 2,9 104МПа, µ = 0,26;	q = 3,6 10−3 МПа, где N – номер студен-
та по списку.

3.3.4. Уточненный расчет плиты

Для более точного расчета прогиб плиты нужно принять в виде

N
W (x, y)= ∑W (I )χ3(I )Y3(I ),	(3.34)

I =1

где при шарнирно-неподвижном закреплении контура и равномер- но-распределенной нагрузке при N = 9

W (x, y)=W (1)sin π

sin π

+W (2)sin π

sin 3π

+W (3)sin π

sin 5π

+W (4)sin 3π

sin

+W (5)sin 3π

sin 3π

+W (6)sin 3π

sin 5π

+W (7)sin 5π

sin

+W (8)sin 5π

sin 3π

+W (9)sin 5π

sin 5π

Исходя из (3.34), имеем

(I )Y 3(I ),

χ1 = −∑W (I )X 3"

χ2 = −∑W (I )X 3(I )Y3"(I ) ,

I =1

χ3 = −∑W (I )X 3'(I )Y 3'(I ).

I =1

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

Подставив (3.34) в (3.22), получим

	1 a b		Eh3			N N
Э =		∫∫				∑ ∑W (I )W (J )X 3"	(I )X 3"(J )Y 3(I )Y 3(J )+
	2	0 0	12(1	−µ	) I =1 J =1
		0 0

+2µ∑ ∑W (I )W (J )X 3"(I )X 3(J )Y 3(I )Y 3"(J )+

I =1 J =1

+∑ ∑W (I )W (J )X 3(I )X 3(J )Y 3"(I )Y 3"(J )+

I =1 J =1
	N N	W (I )W (J )X 3'	(I )X 3'	(J )Y 3'	(I )Y 3'
∑ ∑							−
+ 2(1 − µ)						(J )	−
I =1 J =1
N	(I )X 3(I )Y 3(I ) dxdy.
− 2q∑W	(I )X 3(I )Y 3(I ) dxdy.
I =1

Найдем производную от этого функционала по неизвестным числовым параметрам

∂Э		1 a b			Eh3		N
	=		∫∫				∑W (J )X 3"	(l)X 3"	(J )Y3(l)Y3(J )+
∂W (l)		2	0 0	12(1−µ		) J =1
			0 0

+ ∑W (I )X 3"(I )X 3"(l)Y3(I )Y3(l)+

I =1

+ 2µ∑W (J )X 3"(l)X 3(J )Y3(l)Y3"(J )+

J =1

+ 2µ∑W (I )X 3"(I )X 3(l)Y 3(I )Y3"(l)+

I =1

+ ∑W (J )X 3(l)X 3(J )Y3"(l)Y3"(J )+

J =1

+ ∑W (I )X 3(I )X 3(l)Y 3"(I )Y3"(l)+

I =1

+ 2(1−µ)∑W (J )X 3'(l)X 3'(J )Y 3'(l)Y3'(J )+

J =1

+ 2(1−µ)∑IN W (I )X 3'(I )X 3'(l)Y3'(I )Y 3'(l) −

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

− 2qX 3(l)Y3(l)]dxdy =

a b	Eh3	N
= ∫∫	12(1−µ2 )I∑=1W (I )(X 3"(I )X 3"		(l)Y 3(I )Y3(l)+
0 0

+µX 3(I )X 3"(l)Y3"(I )Y3(l)+µX 3"(I )X 3(l)Y3(I )Y 3"(l)+

+2(1−µ)X 3'(I )X 3'(l)Y3'(I )Y 3'(l))−qX 3(l)Y 3(l)]dxdy.

Приравняв это выражение к нулю, получим систему линейных алгебраическихуравненийотносительнонеизвестныхпараметровW (I ):

∑N W (I )A(I ,l)− B(l) q = 0 , l =1, 2,..., N ,							(3.35)
I =1
где
A(I,l)=	Eh	3			a b	(X 3"(I )X 3"(l)Y3(I )Y3(l)+
	Eh				∫∫
	12(1−µ		2		∫∫
	12(1−µ			) 0 0

+µX 3(I )X 3"(l)Y3"(I )Y3(l)+µX 3"(I )X 3(l)Y3(I )Y3"(l)+

+2(1−µ)X 3(I )X 3'(l)Y3'(I )Y3'(l))dxdy,

a b
B(l)= ∫∫X 3(l)Y3(l)dxdy.	(3.36)

3.4.Расчет напряженно-деформированного состояния пологих оболочек двоякой кривизны прямоугольного плана и выбор их толщины из условий жесткости

Рассматриваются покрытия строительных сооружений в виде пологих оболочек двоякой кривизны, находящихся под действием поперечной нагрузки q .

Деформации удлинения εx ,εy и сдвига γxy в срединной повер-

хности оболочки имеют вид (2.60).

Деформации в слое, отстоящем на z от срединной поверхности, исходя из гипотезы прямых нормалей, принимают вид (2.11), где

χ1, χ2 , χ12 имеют вид (2.6).

Математическое моделирование и расчет элементов строительных конструкций

Физические соотношения, исходя из закона Гука, принимают вид (2.15).

Функционал полной энергии деформации пологой оболочки, находящейся под действием поперечной нагрузки, будет иметь вид (2.39), а после соответствующих преобразований примет вид:

Э =

∫∫a b {ε2x + 2µεxεy +ε2y +µ1γ2xy +

)

2(1−µ

0 0

∂ W

+ 2µ

∂ W

∂

4µ

∂ W

−

∂x

∂y

∂x∂y

− 2(1

−µ

)

W dxdy .

(3.37)

Введем безразмерные параметры

ξ =

, η =

, λ = a

= aU

= bV

, U

, V

a2k

, kη =

b2ky

a4q

W =

, kξ =

, P =

(3.38)

Eh4

В функционале (3.37) перейдем к безразмерным параметрам

∂U

−k W

;

∂x

∂ξ

∂V

h2λ2

− k W

∂V

;

∂y

∂η

− k W

∂U

∂V

∂U

∂V

λγ

∂y

∂x

∂η

∂ξ

после чего он примет вид

Eh5ab

Э =

Э,

2(1−µ2 )a4

Глава 3. Алгоритмы исследования напряженно-деформированного состояния...

где

1 1

4 2

2 2

∂

Э = ∫∫ εx + 2µλ εx εy + λ εy +µ1λ γxy +

∂ξ

0 0

2 ∂

∂ W

+ 2µλ

+λ

+ 4µ λ

−

∂ξ

∂η

∂ξ∂η

}dξdη.

− 2(1−µ2 )

(3.39)

Здесь

∂U

∂V

∂U

∂V

εx

∂ξ

−kξW ,

εy

∂η

−kηW

, γxy =

∂η

∂ξ .

(3.40)

Выразив деформации через перемещения (3.40), получим

1 1

∂U

∂U ∂V

2 ∂U ∂V

Э = ∫∫

+µ1λ

+ 2µλ

+ 2µ1λ

−

∂ξ

∂η

∂ξ

∂η

∂ξ

0 0

∂U

4 ∂V

∂V

− 2k

W + k W

+ λ

∂η

+µ λ

∂ξ

− 2λ k

∂η

1 ∂ξ

∂

2 ∂ W

∂ W

+2µλ

+λ

∂ξ

∂η

∂

+ 4µ1λ

∂ξ∂η

−

2(1−µ2 )PW }dξdη.

(3.41)

Здесь

k = k

+µλ2k

, k

= µk

+λ2k

, k

= k 2

+ 2µλ2k

+λ4k

2 .

В соответствии с методом Ритца безразмерные перемещения представим в виде

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.08.2019176 Кб7Karin Kallmaker - Making Up for Lost Time.docx
#
28.08.2019288 Кб3Karin Kallmaker - Once Upon a Dyke.docx
#
28.08.2019205 Кб6Karin Kallmaker - Paperback Romance.docx
#
28.08.2019227 Кб5Karin Kallmaker - Unforgettable.docx
#
28.08.2019283 Кб7Karin Kallmaker - Warming Trend.docx
#
12.03.20162 Мб419Karpov_Panin_Matematicheskoe_modelirovanie_i_raschet_elementov_stroitelnykh_konstruktsiy2013.pdf
#
07.09.2019260 Кб6Kate Sweeney - Sea of Grass.docx
#
07.09.2019430 Кб2Katherine V. Forrest - Curious Wine.doc
#
07.09.2019289 Кб5Kathy Higgs - Yvonne 1 - Before You.docx
#
07.09.2019637 Кб3KG MacGregor - Anna and Lily Stories.docx
#
07.09.2019186 Кб5KG MacGregor - Just This Once.docx