Đang tải... (xem toàn văn)
Đây là bài tập lớn môn động lực học kết cấu công trình dành cho học viên cao học xây dựng. Nội dung của bài tập này xoay quanh các vấn đề của chương hệ một bậc tự do. đó là: Thiết lập phương trình vi phân chuyển động của hệ một bậc tự do. Giải hệ phương trình vi phân của hệ một bậc tự do dùng phương pháp giải tích. Giải phương trình vi phân chuyển động của hệ một bậc tự do dùng phương pháp số: phương pháp sai phân trung tâm, phương pháp xấp xỉ lực kích thích, phương pháp Newmark
Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Câu 1: Cho hệ một bậc tự do như hình vẽ 1: Hình vẽ 1. Với các số liệu sau: k 1 = 220 N/m ; k 2 = 260 N/m ; c 1 = 50 N.s/m ; c 2 = 60 N.s/m ; m = 850 N.s 2 /m ; p(t) = 14sin(2.3t) N 1) Dùng nguyên lý D’Alembert thiết lập phương trình vi phân chuyển động của khối lượng m: Các lực tác dụng lên hệ đã cho được biểu diễn như hình vẽ 2. Hình vẽ 2. Trong hình vẽ 2: + S f ku= là lực đàn hồi. + D f cu = & là lực cản. + I f mu= && là lực quán tính. Cân bằng lực theo phương ngang ta được: 1 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )u ( ) u ( ) (1.1) I D D S S td td f f f f f p t mu c u c u k u k u p t mu c c u k k p t mu c u k p t + + + + = ⇔ + + + + = ⇔ + + + + = ⇔ + + = && & & && & && & Vậy phương trình (1.1) là phương trình vi phân chuyển động của khối lượng m, trong đó c td = c 1 + c 2 và k td = k 1 + k 2 . 1 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao 2) Tính tần số tự nhiên ω n và chu kỳ tự nhiên T n của hệ: Ta có: 1 2 n 220 260 0.7515 (rad/ s) 850 2 2 T 8.361( ) 0.7515 td n n k k k m m s ω π π ω + + = = = = = = = 3) Xác định phương trình chuyển động u(t) của khối lượng m. Vẽ trên cùng một hệ trục, đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t; và đồ thị thể hiện mối liên hệ giữa trạng thái ổn định của chuyển vị và thời gian t; sau đó rút ra nhận xét: a) Xác định phương trình chuyển động u(t) của khối lượng m: Để xác định u(t) thì ta phải đi giải phương trình vi phân (1.1) do lực kích thích điều hòa p(t) = p 0 sin(ωt): 0 u sin( ) (1.2) td td mu c u k p t ω + + = && & Với điều kiện ban đầu như sau: + Chuyển vị ban đầu: ( 0) 0u t = = + Vận tốc ban đầu: ( 0) 0u t = = & Phương trình vi phân (1.2) có nghiệm tổng quát như sau: u(t) = u h (t) + u p (t). Với u h (t) là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: u 0 h td h td h mu c u k+ + = && & Và u p (t) là nghiệm riêng của phương trình: 0 u sin( ) p td p td p mu c u k p t ω + + = && & Giải phương trình thuần nhất: 2 u 0 u 0 u 0 (1.2 ) h td h td h td td h h h td h h n h mu c u k c k u u m m c u u a m ω + + = ⇔ + + = ⇔ + + = && & && & && & Giải phương trình đặc trưng: 2 2 0 td n c s s m ω + + = Ta có: 2 2 2 2 50 60 4 4*0.7515 2.242 0 850 td n c m ω + ∆ = − = − = − < ÷ ÷ → Đây là trường hợp cản ít. 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 td td td n n n c c c i m m m ω ω ω ∆ = − = − − = − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 2 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Nghiệm của phương trình đặc trưng: 2 2 2 1,2 1 2 2 td td n n n n D c c s i i i m m ω ςω ω ς ςω ω = − ± − = − ± − = − ± ÷ Với 2 1 D n ω ω ς = − được gọi là tần số vòng tự nhiên của dao động có cản. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng: [ ] cos( ) sin( ) n t h D D u e A t B t ςω ω ω − = + Giải phương trình không thuần nhất: 0 0 2 0 u sin( ) u sin( ) 2 u sin( ) (1.2b) p td p td p td td p p p p n p n p mu c u k p t c k p u u t m m m p u u t m ω ω ςω ω ω + + = ⇔ + + = ⇔ + + = && & && & && & Nghiệm riêng của phương trình (1.2b) có dạng: ( ) sin( ) cos( ) p u t C t D t ω ω = + , ta lấy đạo hàm bậc nhất và bậc hai theo t ta được: 2 2 cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) p p u C t D t u C t D t ω ω ω ω ω ω ω ω = − = − − & && Thay , , p p p u u u & && vào phương trình (1.2b) và dùng phương pháp đồng nhất thức ta được: [ ] [ ] 2 0 2 2 2 2 2 2 2 1 ( / ) 1 ( / ) 2 ( / ) 14 1 (2.3 / 0.7515) 0.0035 220 260 1 (2.3 / 0.7515) 2*0.0861(2.3 / 0.7515) n td n n p C x k x ω ω ω ω ς ω ω − = − + − = = − + − + [ ] [ ] 0 2 2 2 2 2 2 2* ( / ) 1 ( / ) 2 ( / ) 14 2*0.0861*(2.3 / 0.7515) 0.00022 220 260 1 (2.3 / 0.7515) 2*0.0861(2.3 / 0.7515) n td n n p D x k x ς ω ω ω ω ς ω ω − = − + − = = − + − + 50 60 0.0861 2* * 2*850*0.7515 td n c m ς ω + = = = 2 2 1 0.7515 1 0.0861 0.749 D n ω ω ς = − = − = 3 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao → Nghiệm tổng quát của phương trình (1.2): [ ] ( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) n t D D u t e A t B t C t D t ςω ω ω ω ω − = + + + Lấy đạo hàm u theo t ta được: [ ] [ ] ( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) cos( ) sin( ) n n t t n D D D D D D u t e A t B t e A t B t C t D t ςω ςω ςω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω − − = − + + − + + − & Thay điều kiện chuyển vị và vận tốc tại t = 0 bằng không vào hai phương trình trên ta được: 0.00022 0.0861*0.7515*0.00022 0.0035*2.3 0.011 0.749 n D A D A C B ςω ω ω = − = − + = = = 2 2 1 0.7515 1 0.0861 0.749 D n ω ω ς = − = − = Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (1.2): [ ] 0.065 ( ) 0.00022cos(0.749 ) 0.011sin(0.749 ) 0.0035sin(2.3 ) 0.00022cos(2.3 ) t u t e t t t t − = + − − b) Vẽ đồ thị: Trạng thái quá độ và trạng thái ổn định: [ ] 0.065 ( ) 0.00022cos(0.749 ) 0.011sin(0.749 ) 0.0035sin(2.3 ) 0.00022cos(2.3 ) t u t e t t t t − = + − − Trạng thái quá độ: [ ] 0.065 w( ) 0.00022cos(0.749 ) 0.011sin(0.749 ) t t e t t − = + Trạng thái ổn định: ( ) 0.0035sin(2.3 ) 0.00022cos(2.3 )v t t t = − − 4 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Hình 3. c) Nhận xét đồ thị: Dựa vào đồ thị ta thấy rằng đường đồ thị u(t) sau một khoảng thời gian sẽ trùng với đường đồ thị v(t), tức là trang thái quá độ w(t) sẽ dần tiến về không (tắt dần). Câu 2: Cho hệ một bậc tự do như hình vẽ 4: L/2 L/2 5 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Hình vẽ 4. Tính tần số góc tự nhiên ω n (rad/s)? Biết: 2.3x10 7 kN/m 2 ; I = 550 cm 4 ; L = 4.4 m ; k = 1400 N/m ; m = 130 kg Tần số góc tự nhiên ω n được xác định theo công thức sau: / n k m ω = Trong đó k, m lần lượt là độ cứng và khối lượng của hệ. Muốn tìm k ta phải xác định chuyển vị u của hệ. Chuyển vị u của hệ gồm có chuyển vị của dầm và chuyển vị của lò xo. Xác định chuyển vị của dầm: Chuyển vị của dầm được xác định theo sơ đồ hình 5: L/2 L/2 Hình 5. Biểu đồ mômen của sơ đồ hình 5 và biểu đồ mômen do tải trọng đơn vị gây ra như hình sau: pL/8pL/8 pL/8 L/2 Hình 6. Nhân hai biểu đồ trên ta được chuyển vị của dầm do p(t) gây ra: 3 1 1 2 1 1 ( ) 2 2 8 3 2 2 2 8 6 192 d L pL L L pL L pL u x x x x x x x x EI EI = − = Xác định chuyển vị của lò xo: Chuyển vị của lò xo được xác định theo công thức sau: / lx lx u p k= → Chuyển vị của hệ: 3 192 d lx lx pL p u u u EI k = + = + Ta có: ku p = 6 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao 3 3 3 7 3 8 1 1 192 192 1 1393.1594( / ) 4.4 1 192*2.3*10 *10 *550*10 1400 lx lx p p k pL p L u EI k EI k N m − → = = = + + = = + Vậy tần số góc tự nhiên ω n có giá trị như sau: 1393.1594 3.274( / ) 130 n k rad s m ω = = = Câu 3: Cho hệ một bậc tự do như hình vẽ 7: H Hình 7. Với các số liệu sau: E = 3x10 7 kN/m 2 ; I c = 14000 cm 4 ; H = 4.3 m ; m = 6 tấn ; ς = 6% ; p(t) = 630cos(13t) kN. a) Xác định phương trình chuyển động u(t) của khối lượng m, biết chuyển vị ban đầu ( ) 0u t = và vận tốc ban đầu ( ) 0u t = & . Sau đó vẽ đồ thị thể hiện quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t: Các lực tác dụng lên hệ được biểu diễn như hình vẽ 8: 7 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Hình 8. Chiếu tất cả các lực lên phương nằm ngang ta được: 0 0 2 0 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) (3.1) I D S n n f f f p t mu cu ku p cos t p c k u u u cos t m m m p u u u cos t m ω ω ςω ω ω + + = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = && & && & && & Nghiệm tổng quát của phương trình (3.1) bằng tổng nghiệm tổng quát của phương trình và nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất. ( ) ( ) ( ) . h p u t u t u t= + Tìm nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: 2 2 0 (3.1 ) h n h n h u u u a ςω ω + + = && & Giải phương trình đặc trưng: 2 2 2 0 n n s s ςω ω + + = Ta có: 2 2 2 2 (2 ) 4 (2*0.06*14.5362) 4*14.5362 842.162 0 n n ςω ω ∆ = − = − = − < Với 7 8 3 3 24 24*3*10 *14000*10 14.5362 ( / ) 4.3 *6 c n EI k rad s m H m ω − = = = = Vì ∆ < 0 nên đây là trường hợp cản ít. Ta viết lại ∆ như sau: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 4 1 n n n i ω ς ω ω ς ∆ = − − = − Nghiệm của phương trình đặc trưng: 2 1,2 1 n n n D s i i ςω ω ς ςω ω = − ± − = − ± ; với 2 1 D n ω ω ς = − → Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất có dạng: [ ] cos( ) sin( ) n t h D D u e A t B t ςω ω ω − = + Tìm nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: 2 0 2 ( ) (3.1b) p n p n p p u u u cos t m ςω ω ω + + = && & Nghiệm riêng của phương trình (3.1b) có dạng: ( ) sin( ) cos( ) p u t C t D t ω ω = + Lấy đạo hàm bậc nhất và bậc hai của phương trình u p (t) theo t ta được: 2 2 cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) p p u C t D t u C t D t ω ω ω ω ω ω ω ω = − = − − & && 8 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Thay vào phương trình (3.1b) và sử dụng phương pháp đồng nhất thức hai vế phương trình ta được: 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 14.5362 13 42.301 2 2*0.06*13*14.5362 22.676 630 22.676 . . 1.034 6 42.301 22.676 630 42.301 . . 1.928 6 42.301 22.676 n n x y p y C m x y p x D m x y ω ω ςωω = − = − = = = = = = = + + = = = + + → Nghiệm tổng quát của phương trình (3.1): [ ] ( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) n t D D u t e A t B t C t D t ςω ω ω ω ω − = + + + Lấy đạo hàm bậc nhất của u(t) theo t ta được: [ ] [ ] ( ) cos( ) sin( ) sin( ) cos( ) cos( ) sin( ) n n t t n D D D D D D u t e A t B t e A t B t C t D t ςω ςω ςω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω − − = − + + − + + − & Thay điều kiện thời gian và vận tốc vận tốc ban đầu bằng không vào ta được: 2 1.928 1.034*13 0.06*14.5362*1.928 1.042 14.5362 1 0.06 n D A D C D B ω ςω ω = − = − + + = − = − = − − Vậy phương trình chuyển động u(t) của khối lượng m có dạng như sau: [ ] 0.8722 ( ) 1.928cos(14.51 ) 1.042sin(14.51 ) 1.034sin(13 ) 1.928cos(13 ) t u t e t t t t − = − + + + Đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t: 9 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Hình 9. b) Dùng phương pháp xấp xỉ tuyến tính lực kích thích để vẽ đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t: Tóm tắt phương pháp xấp xỉ tuyến tính lực kích thích: Bước 1: Tính các giá trị Chọn ∆t 10 [...]... trình (4.1) là phương trình vi phân chuyển động của khối lượng m − Giải phương trình vi phân (4.1): u ( t ) = uh ( t ) + u p ( t ) Nghiệm tổng quát của phương trình (4.1): 15 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Trong đó: uh(t) là nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất up(t) là một nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất u p (t ) = C sin ωt + D cos ωt Nghiệm riêng của phương trình. .. = 5%, chịu tác động của chuyển động nền && u g (t ) = 20sin15t ( cm / s 2 ) có gia tốc: Biết chuyển vị ban đầu và gia tốc ban đầu: & u (t ) = 0 , u (t ) = 0 a) Vẽ trên cùng một đồ thị thể hiện mối liên hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t Trong đó chuyển vị được xác định bằng phương pháp giải tích và phương pháp Newmark γ = 1/ 2 , β = 1/ 6 với : − Xác định phương trình vi phân chuyển động của khối... xấp xỉ tuyến tính lực kích thích, phương pháp sai phân trung tâm và phương pháp Newmark) cho ta kết quả gần đúng so với chuyển vị u(t) được xác định theo phương pháp giải tích Đặc biệt, khi ta chia bước thời gian ∆t càng nhỏ thì độ chính xác càng cao - Đánh giá mức độ sai số của các phương pháp số: Dựa vào đồ thị ta thấy rằng trong ba phương pháp số thì phương pháp xấp xỉ tuyến tính lực cho ta sai số... = 2*0.05*10.472*15 = 15.708 ωn = Với: 2π 2π = = 10.472 Tn 0.6 u p (t ) = 0.1702sin15t + 0.0232 cos15t Nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất: uh (t ) = e −ςωnt [ A cos(ω Dt ) + B sin(ω Dt ) ] Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất: Nghiệm tổng quát của phương trình (4.1) có dạng: u ( t ) = uh ( t ) + u p ( t ) = e −ςω t [ A cos(ωD t ) + B sin(ωD t ) ] + C sin(ωt ) + D cos(ωt ) n Lấy đạo... trình không thuần nhất u p (t ) = C sin ωt + D cos ωt Nghiệm riêng của phương trình (4.1) có dạng: Ta tiến hành đạo hàm cấp 1, cấp 2 hàm up theo t sau đó thế vào phương trình (4.1) và sử dụng phương pháp đồng nhất thức hai vế phương trình ta tìm được C, D như sau: p0 x (−20)*( −115.337) = = 0.1702 2 x +y 115.337 2 + 15.7082 p y (−20) *15.708 D=− 2 0 2 =− = 0.0232 x +y 115.337 2 + 15.7082 C= 2 2 x =... chuyển vị u(t) theo phương pháp xấp xỉ tuyến tính lực kích thích: 11 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Hình 10 c) Dùng phương pháp sai phân trung tâm để vẽ đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t: Tóm tắt phương pháp sai phân trung tâm: Bước 1: Tính các giá trị Chọn trước giá trị ∆t sao cho đảm bảo điều kiện ổn định của bài toán: ∆t 1 < Tn π & p0 − cu0 − ku0 m (∆t )... cos(ωD t ) ] + Cω cos(ωt ) − Dω sin(ωt ) n n Ta thay điều kiện chuyển vị và vận tốc ban đầu bằng không vào phương trình trên ta được: A = − D = −0.0232 Cω + ςωn D 0.1702*15 + 0.05*10.472*0.0232 B=− =− = −0.245 ωD 10.459 ωD = ωn 1 − ς 2 = 10.472 1 − 0.052 = 10.459 Vậy nghiệm tổng quát của phương trình (4.1) là: u ( t ) = −e −0.5236 t [ 0.0232 cos(10.459t ) + 0.245sin(10.459t ) ] + 0.1702sin(15t ) + 0.0232... 1/2 và β = 1/4 để vẽ đồ thị thể hiện mối quan hệ giữa chuyển vị u(t) và thời gian t: Tóm tắt phương pháp Newmark: Bước 1: Tính các giá trị Chọn trước giá trị ∆t sao cho đảm bảo điều kiện ổn định của bài toán: ∆t 1 1 < Tn π 2 γ − 2β & p0 − cu0 − ku0 m γc m ˆ k =k+ + β ∆t β (∆t ) 2 m γc a= + β∆t β && u0 = b= γ m + ∆t − 1÷c 2β 2β 13 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Bước 2: Tính... 0.0232 cos(10.459t ) + 0.245sin(10.459t ) ] + 0.1702sin(15t ) + 0.0232 cos(15t ) − Vẽ đồ thị: 16 Bµi tËp m«n ®éng lùc häc c«ng tr×nh n©ng cao Hình 14 && u g (t ) b) Giả sử là gia tốc nền của một trận động đất El Centro xảy ra năm 1940 Dữ liệu của gia tốc nền được cho ở file El.Centro Trong đó, cột đầu tiên là thời gian, cột thứ hai là gia tốc nền tương ứng có đơn vị m/s2: Vẽ trên cùng một đồ thị