Trường đại học xây dựng
Khoa xây dựng công trình biển và dầu khí
Bài Thuyết Trình Động Lực Học CTB
GIẢI BÀI TOÁN ĐỘNG LỰC HỌC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH THỨC VÀ
PHƯƠNG PHÁP SPTT
Nhóm : I
GVHD: Ths. Nguyễn Lệ Quyên
Mục đích của chuyên đề
Nắm Được Một Số Phương Pháp Giải
Bài Toán Động Lực Học CTB
Xác Định Được Hệ Số Động Và Ảnh Hưởng
Của Nó Tới Chuyển Vị Của Công Trình
Các bước thực hiện chuyên đề
I
II
III
Xác định các
dạng dao
động riêng
của kết cấu
bằng
phương
pháp định
thức
Tìm chuyển
vị ngang lớn
nhất tại các
nút theo
phương
pháp SPTT
Xác định
được hệ số
động và
nhận xét
kết quả tính
toán
SỐ Liệu đầu vào
SỐ Liệu đầu vào
Hệ số cản : 0.05
Ma trận khối
lượng
Ma trận độ
cứng
Ma trận tải
trọng
0
0
6.034
M = 0
13.034
0 (T )
0
0
14.000
743.511 − 1699.453 1274.590
K = − 1699.453 4673.495 − 4885.927 ( KN )
1274.590 − 4885.927 8497.264
2.524*sin(1.0472t )
F = 5.361*sin(1.0472t ) ( KN )
3.547*sin(1.0472t )
I- XÁC ĐỊNH CÁC DẠNG DAO ĐỘNG RIÊNG CỦA KẾT CẤU
THEO PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH THỨC
Phương trình động lực học tổng quát :
MU&& (t ) + CU& (t ) + KU (t ) = F (t )
(1)
Tìm dao động riêng của kết cấu ta phải giải phương trình :
MU&& (t ) + KU (t ) = 0
Trong đó:
M là ma trận khối lượng
K là ma trận độ cứng
U là chuyển vị cần tìm
I- XÁC ĐỊNH CÁC DẠNG DAO ĐỘNG RIÊNG CỦA KẾT CẤU
THEO PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH THỨC
MU&& (t ) + KU (t ) = 0
Phương trình đặc trưng:
( K −ϖ
2
.M ) .u (t ) = 0
⇒ K − λM = 0
Trong đó :
ϖ
λ =ϖ 2
: Tần số dao động riêng của kết cấu
I- XÁC ĐỊNH CÁC DẠNG DAO ĐỘNG RIÊNG CỦA KẾT CẤU
THEO PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH THỨC
743.511 − λ *6.034
−1699.453
1274.590
⇒
−1699.453
4673.495 − λ *13.034
−4885.927
=0
1274.590
−4885.927
8497.264 − λ *14.00
⇒ λ 3 − 1089λ 2 + 149820λ − 735707 = 0
λ1 = 5.100
⇒ λ 2 = 155.5
λ 3 = 928.2
Chu kì của dao động:
2π
T=
ϖ
ϖ 1 = 2.26
⇒ ϖ 2 = 12.47 ( rad / s)
ϖ 3 = 30.47
T 1 = 2.78
⇒ T 2 = 0.503( s) ⇒ Tmin = T 3 = 0.206( s )
T 3 = 0.206
I- XÁC ĐỊNH CÁC DẠNG DAO ĐỘNG RIÊNG CỦA KẾT CẤU
THEO PHƯƠNG PHÁP ĐỊNH THỨC
Thay các giá trị λ vào phương trình
( K − λ.M ) .u (t ) = 0
Ta nhận được ma trân các dạng dao động riêng :
6.147 −1448 0.536
Φ = 3.328 0.916 -0.781
1
1
1
VẼ CÁC DẠNG DAO ĐỘNG RIÊNG
II – tìm chuyển vị ngang lớn nhất tại các nút theo phương pháp
SPTT
1. CƠ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP SPTT:
Điều Kiện Áp Dụng:
- M,C là các ma trận chéo
- Tmin không quá nhỏ
Theo sơ đồ của sai phân trung tâm
1
&&
U t = 2 (U t −∆t − 2U t + U t +∆t )
∆t
1
&
Ut =
(U t +∆t − U t −∆t )
2∆t
II – tìm chuyển vị ngang lớn nhất tại các nút theo phương pháp
SPTT
Thay U& t và U&&t vào PT ĐLH tổng quát (1) ta có
)
)
MU t +∆t = Ft
)
1
1
M= 2M+
C
∆t
2∆t
)
1
1
Ft = Ft − KU t + 2 M (2U t − U t −∆t ) +
CU t −∆t
∆t
2∆t
(2)
(3)
(4)
Nhận Xét
U t +∆ttìm được bằng việc giải phương
Nghiệm tại t/điểm
trình (2) là phương trình cân bằng động tại thời điểm t
1
Viêc tính toán U t +∆t phụ thuộc vào giá trị U đã biết
Tại 2 thời điểm trước đó U t và U t −∆t , do đó tại thời
Điểm ban đầu phải biết trước U o , U& o , U&&o
2
⇒ U t +∆t
3
2
∆
t
= U t −∆tU& t +
U&&t
2
Điều kiện để phương trình ổn định
Tn
∆t = ∆tcr =
π
2. CÁC BƯỚC THỰC HIỆN PHƯƠNG PHÁP SPTT:
0
0
6.034
M = 0
13.034 0 (T )
0
0
14
a. Các số liệu
đầu vào
0
0
0.6034
C = 0
1.3034 0 (T )
0
0
1.4
743.511 − 1699.453 1274.59
K = − 1699.453 4673.495 − 4885.927 ( KN )
1274.59 − 4885.927 8497.264
2.524*sin(1.0472t )
F = 5.631*sin(1.0472t ) ( KN )
3.547 *sin(1.0472t )
- Các điều kiện ban đầu :
0
0
0
&
&&
U 0 = 0 ; U 0 = 0 ⇒ U 0 = 0 ( m)
0
0
0
Tmin
Tmin
∆t =
= 0.041( s ) < ∆tcr =
= 0.067( s)
5
π
- Chọn
Từ đó ta tính được các hệ số tích phân :
a0 =
1
= 588
2
∆t
a2 = 2a0 = 1176
a1 =
a3 =
1
= 12
2.∆t
1
= 8.5*10−4
a2
- Tính chuyển vị tại thời điểm
U −∆t = U 0 − ∆tU& 0 + a3U&& 0
⇒ U −∆t
0
0
0 0
−4
= 0 − 0.21 0 + 2.1*10 0 = 0 ( m)
0
0
0 0
- Tính M
)
1
1
M= 2M+
C
∆t
2∆t
0
0
3553.9
)
⇒M = 0
7676.8
0
0
0
8245.7
b. Các phép tính truy hồi :
Tính tải trọng tương đương tại thời điểm t
µ t = F − (K − a M) U − (a M − a .C) U
F
t
2
t
0
1
t −∆t
Giải phương trình
¶ .U
µt
M
=
F
t +∆t
⇒ U t +∆t
⇒
U t +∆t
) −1 µ
= M Ft
2.8*10−4
0
0
µ
−4
=
0
1.3*10
0
Ft
−4
0
0
1.2*10
:
b. Các phép tính truy hồi :
Tính giá trị vận tốc và gia tốc tại thời điểm t
U&&t = a0 (U t −∆t − 2U t + U t +∆t )
U& t = a1 (U t +∆t − U t −∆t )
Thực hiện phép tính truy hồi lần 1 :
Thay các điều kiện ban đầu :t = 0( s )
0
0
U 0 = 0 (m);U& 0 = 0 (m)
0
0
U −∆t
0
= 0 ( m)
0
2.524*sin(0) 0
F0 = 5.631*sin(0) = 0 ( kN )
3.547 *sin(0) 0
0
&&
⇒ U 0 = 0 ( m)
0
µ 0 = F − (K − a M) U − (a M − a .C) U
F
0
2
0
0
1
−∆t
0
µ
⇒ F 0 = 0 (kN )
0
Giải phương trình :
¶ U
µ0
M.
=F
0 +∆t
⇒
) −1 µ
U ∆t = M F0
−1
µ
¶
Trong đó F 0 và M đã xác định ở các phần trên
Ta có :
0
U ∆t = 0 (m)
0
Tính giá trị vận tốc và gia tốc tại thời điểm t=0
0
&&
U 0 = a0 (U 0−∆t − 2U 0 + U 0+∆t ) = 0 (m / s 2 )
0
0
&
U 0 = a1 (U 0+∆t − U 0−∆t ) = 0 (m / s )
0
Thực hiện phép tính truy hồi lần 2:
Thay các điều kiện ban đầu :
0
U ∆t = 0 (m)
0
t = ∆t = 0.041( s )
U ∆t −∆t
0
= 0 ( m)
0
2.524*sin(0.41) 0.109
F∆t = 5.631*sin(0.41) = 0.243 (kN)
3.547 *sin(0.41) 0.153
µ ∆t = F − (K − a M) U − (a M − a .C) U
F
∆t
2
∆t
0
1
∆t −∆t
µ ∆t
⇒F
0.11
= 0.24 (kN)
0.15
Giải phương trình :
¶ U
µ0
M.
=
F
∆t +∆t
µ 0 và
Trong đó F
Ta có : U 2 ∆t
⇒
U 2 ∆t
) −1 µ
= M F0
¶M −1 đã xác định ở các phần trên
3*10−5
−5
= 3*10 (m)
2*10−5
t = ∆t = 0.041( s )
Tính giá trị vận tốc và gia tốc tại thời điểm
0.018
U&& ∆t = a0 (U ∆t −∆t − 2U ∆t + U ∆t +∆t ) = 0.019 (m / s 2 )
0.011
−4
3.7 *10
U& ∆t = a1 (U ∆+∆t − U ∆−∆t ) = 3.8*10−4 (m / s )
2.3*10−4
- Lần lượt tính tại các thời điểm khác nhau ta được kết quả chuyển
vị ở bảng sau :
- Lần lượt tính tại các thời điểm khác nhau ta được kết quả chuyển
vị ở bảng sau :
t
Ut
U& t
U&&t
)
Ft
Ft
- Lần lượt tính tại các thời điểm khác nhau ta được kết quả chuyển
vị ở bảng sau :
t
Ut
U& t
U&&t
)
Ft
Ft