CC BY
33
УДК 624.131
РАСЧЕТ БАЛКИ НА УПРУГОПЛАСТИЧЕСКОМ ОСНОВАНИИ
Дидух Б.И.|, Анастаз Хабияремие
Кафедра строительных конструкций и сооружений Российского университета дружбы народов
Россия, 117198 Москва, ул. Миклухо-Маклая, 6
Рассматривается жесткая балка, нагруженная постоянной вертикальной и перемещающейся по всей длине балки силой N . Для описания взаимодействия балки с упругопластическим основанием использована контактная модель основания, которая в линейно-упругом варианте известна как модель коэффициента постели, или винклерова основания. Принципиальное отличие состоит в учете различных законов деформирования грунта при нагрузке и разгрузке.
Рассматривается жесткая балка длиной / и шириной Ь. Балка нагружена постоянной вертикальной и перемещающейся по всей длине балки силой N. Для описания взаимодействия балки с упругопластическим основанием использована контактная модель основания, которая в линейно-упругом варианте известна как модель коэффициента постели, или винклерова основания. Принципиальное отличие состоит в учете различных законов деформирования грунта при нагрузке и разгрузке (рис. 1). Эпюра контактного
давления аппроксимируется П сосредоточенными усилиями р1 (рис. 2). Осадка основания
5. и сосредоточенная сила р1 связаны неоднозначной зависимостью, обусловленной пластическими (остаточными) деформациями грунта:
Рис. 1. Диаграмма зависимости осадки Рис 2 Расчетная схема ЩіЯ
основания 5 от контактного давления/?. определения давления грунта на балку. Линия ОС - ветвь нагрузки; линия СИ -ветвь разгрузки. ■
При нагрузке {ёр/Ш >0,р> /?,), / - время, зависимость р и .V имеет вид:
р = кя, (1)
здесь р, - максимальное значение р за всю предысторию нагружения; к - показатель деформируемости грунта (аналог коэффициента постели), имеет размерность т/м.
При разгрузке или вторичной нагрузке (Лр/ШкО или йр/Ш > 0, но р < р,)
зависимость между р и 5 отражает появление пластических деформаций:
р = к^ + {\-6)р„, (2)
где кх - показатель деформируемости грунта при разгрузке, причем кЛ> к = к;/к .
Если при разгрузке р становится равным нулю, то контакт балки с основанием исчезает, и имеет место:
Таким образом, каждая из расчетных точек подошвы балки с основанием может пребывать в одном из трех режимов взаимодействия: режим I - нагрузка; режим II - разгрузка или вторичная нагрузка; режим III - потеря контакта подошвы балки с основанием.
Общая система уравнений представлена формулами (5) -г (13).
В произвольном положении силы N с эксцентриситетом е, каждая из п точек может находиться в одном из трех указанных режимов. Неизвестными величинами являются рі, X., М?1, всего Зп величин. Для их определения используются нижеследующие уравнения.
Во всех режимах действительны уравнения равновесия балки, т.е.
т.е. 2п3 уравнений.
Общее число уравнений (5) ч- (13) равно Зп . Таким образом, число уравнений равно числу неизвестных. Следовательно, задача сводится к последовательному решению системы, состоящей из Зп алгебраических уравнений. Однако требуется получить такое решение, при котором выполняется условие пребывания каждой точки в соответствующем режиме. Известны лишь условия перехода из одного режима в другой. Эти условия следующие:
1) если точка находится в состоянии А в режиме I (нагрузка), то в последующем состоянии В она остается в режиме I, если рв > рА ; иначе она переходит в режим II (разгрузка):
2) если точка находится в состоянии А в режиме II, то в последующем состоянии В она остается в режиме II, если: а) рв < рА, но рв > 0 (разгрузка), иначе она переходит в
(3)
Уравнение точек подошвы балки имеет вид линейной зависимости:
= ау + (3.
(4)
п
(5)
П
(6)
где г =/•(/- 1)/{п — 7) - расстояние от усилия р> до начала координат. Из выражения (4) следует, что
(7)
т.е. п-2 уравнений.
Для 72, точек, находящихся в режиме I, можно записать уравнения вида:
Рі-Ь^О,
г=0,
(8)
(9)
т.е. 2п1 уравнений.
Для п2 точек, находящихся в режиме И, соответствующие уравнения имеют вид:
(12)
(13)
(10)
(П)
режим III (потеря контакта); б) рв> рА, но рв < р„ (вторичная нагрузка), иначе она переходит в режим I (нагрузка);
3) если точка находится в состоянии А в режиме III (потеря контакта), то в последующем состоянии В она остается в режиме III, если м> < Л'&; иначе она переходит в режим II (вторичная нагрузка).
Для решения системы уравнений целесообразно перейти от размерных величин к безразмерным величинам.
Вводятся следующие безразмерные величины:
Р = Р1Ро ; ? = ЧРо > % = км/Ро -,я0=к$0/р0;Г=г/1-,Ь = ер , (14)
где р0 = N/11 .
Тогда уравнения (5) и (6) преобразуются к виду:
П
£й=и’ (15)
1—1
^РЛ =п(д + 0,5), (16)
где ?* = (/' — /)/(л? — /). Уравнение (7) примет следующий вид:
~ 2м> ._, + = 0 . (17)
Уравнения (8) -г- (13) примут вид:
р,-Х1=0, (18)
з; -я,=о, (19)
р, = 0 ? = (/ - е)р,(. (20)
1,-Я,=0, (21)
р<=0, (22)
§ =&.(/-//в). (23)
Алгоритм решения задачи
Для решения системы Зп линейных алгебраических уравнений (15) ч- (23) применяется метод Гаусса. Предложенный ниже алгоритм малых шагов изменения эксцентриситета базируется на работах Б.И. Дидуха и А.В. Микулича.
1. Вводится понятие “состояние”. Состояние "А” - это состояние, для которого найдено (известно) решение задачи для некоторого значения эксцентриситета е . Состояние “ В ” - это состояние, для которого ищется решение задачи для значения эксцентриситета е + Ае. После того, как решение найдено, состояние “ В ” становится состоянием "А".
2. Вводятся также массивы МА и М2. Массив МА содержит п элементов, которыми являются номера режимов каждой из «точек для состояния А . Элементами массива М2 являются номера режимов точек при поиске нового решения задачи (Состояние “ В ”). Элементы массивов МА и М2 принимают значения 1, 2, и 3.
3. В начальном состоянии принимается е -0. Приложение силы /'/вызывает равномерную нагрузку во всех п точках, и справедливы формулы I режима. Тогда все
рг = р,: = 1, и из (18) и (19) следует, что все si и мл также равны 1. Это первое Состояние “А”. Для состояния “ А ” фиксируются все найденные величины р1, \ , Н'1 , р„1 ,Л’0( , МА (для удобства записи опушены волны над буквами р, 5, м>).
4. Далее по указанной траектории нагружения совершается небольшое изменение эксцентриситета: е = е + Ае. Составляется матрица коэффициентов системы из Зп линейных алгебраических уравнений в предположении, что все п точек остаются в тех же режимах, что и в состоянии А , т.е. считается, что М2 - МА. Решается система 3п уравнений. Найденное решение обозначается как состояние В,. Оно рассматривается как одно из возможных решений В , однако требуется выяснить, удовлетворяет ли оно необходимым требования перехода от состояния А к состоянию В .
5. По условиям перехода из одного режима в другой устанавливаются режимы М2 {г}, соответствующие полученному решению В1.
6. Производится сравнение элементов массива М2^) с элементами массива МА{[)\
а) если для точки / элемент массива М2(/)совпадает с элементом массива МА(/), то
М2(/) остается тем же. Если при этом все элементы массивов МА{^) и М2{/) совпадают, то совершается переход к п. 7 (проверка типа инверсий);
б) если M2.il) не совпадает с МЛ(£), то данная точка заносится в счетчик несовпадения режимов “ГЬ”. Далее ищется решение для состояния В2, которое также рассматривается как одно из возможных решений В . При этом для В2 принимается
равный М2(/) для предыдущего состояния, т.е. для В,. По п. 5 устанавливаются соответствующие режимы для В2. Далее производится сравнение массивов М2{[) для В1 и В2. Если все элементы массивов М2{}) совпадают, то совершается переход к п. 7. Если они не совпадают, то М2{[) принимает значения Л/Z(/), найденное по В2. Далее ищется решение для В3. Операция б) производится до тех пор, пока М2{[) для состояния Вк не совпадает с М2 (/') для состояния Вк_1 .Если при определенном числе попыток, например, при к = 20, элементы массивов для Вк и Вк_1 не совпадают, то следует уменьшать шаг эксцентриситета Ае и возвращать к п. 4.
7. Сравнение типа инверсии: для уточнения найденного решения для состояния Вк проверяется тип инверсии, т.е. условия перехода из одного режима в другой. Если тип инверсии не соответствует, то следует уменьшать Ае и возвращать к п. 4.
Таким образом, для любого эксцентриситета приложения нагрузки N при заданной траектории нагружения можно найти решение задачи.
Аналитический расчет для п = 3
При п = 3 имеем следующую систему уравнений в безразмерном виде.
Уравнения равновесия (15) и (16) становятся:
Л +Р2+Рз=3’
р2 + 2р3=3 + 68.
(24)
Из уравнения (17) следует равенство:
м> 1 - 2м>2 + м>3 = 0. (26)
Уравнения (18) + (23) сохраняют свою форму.
Принимаем следующую траекторию нагружения: вначале сила N находится в середине балки. Затем она перемещается вправо до правого края балки, затем, перемещается от правого края до левого края балки, и, наконец, возвращается в середину балки.
1. Ь = 0: р,=1,р3 = 1, р3 = 1,р, = 1, ^ = /, = 1, ї3 = 7, V, = 7, М'2 = 1, м/3 = 1.
Это состояние “ А ”
2. 5>0 (б = 0 + Аб) перемещение силы N вправо.
Начинается первый цикл нагружения!
Согласно алгоритму (п.4), предполагаем, что все точки находятся в состоянии “ А ” (т.е. в режиме нагрузки). Тогда уравнения (24) и (25) с учетом уравнения (18) принимают вид:
= 3 ,
52 + 2з3 — 3 б 5,
(27)
(28)
а уравнение (26) с учетом (19) принимает вид:
^ - 2.у2 + = 0 . (29)
Решая совместно уравнения (27), (28) и (29), находим, что: я, = 7 - 55 : Л’, = 7; Л'5 = 7 + 55 . Подставляя найденные значения в (18), находим: р1 = 7- 55 :
Р2 = 1* Р3 = 1 + ЗЬ.
Приведем для сравнения в табл. 1 результаты вычислений при 5 > 0 .
Таблица 1
Сила Р нач. Р кон. Режим Вывод
Рі 1 1-35 разгрузка нет
Р2 1 1 нагрузка да
Рз У 1 + 35 нагрузка да
Анализ значений р^ — 1,3^, а именно сравнение начальных значений риач с
конечными значениями ркон показывает, что в точке У на самом деле происходит процесс
разгрузки (ркон < рнач ), а не нагрузки, как мы предполагали. Следовательно, для точки У уравнение (24) составляется с учетом уравнения (20). Тогда уравнение (24) примет вид
(Рч = Р/(5;)=/А =0):
03, + Л'2 + Л’;, = 2 + 0 ; (30)
уравнения (28) и (29) не меняются. Решая совместно (30), (28) и (29), находим:
я, = У-У£5/(У + 50); =7 + 65(0-7)/(У+ 50); 5, = 7 + б5(7 + 20)/(7 + 50).
Подставляя значение .У; в (20), а значения 5, и ,ч3 в (18), находим: р, =7-755/(7 + 50); р2 = 7 + 65(0-7)/(У + 50); р3 = 7 + 65(7 + 20)/(7 + 50). Заметим, что 5; = ; 52 = м>2 ; = м> 3.
Заносим найденные значения р1 (/ = 7, з) в табл. 2 для сравнения.
Таблица 2
0<5<(1 + 5в)/18в -> перемещение силы N вправо
Сила Р нач. Р кон. Режим Вывод
Р1 1-35 7-755/(7 + 50) Разгрузка да
Р 2 1 7 + б5(0-7)/(/ + 50) Нагрузка да
Рз 1 + 35 / + 65(7 + 20)/(7 + 50) Нагрузка да
Формулы табл. 2 справедливы для значений: О <5 < (7 + 50)/750 , так как при
5^(7 + 50)/750 в точке 1 происходит потеря контакта (т.е. р1 — 0), а в точке 2 происходит разгрузка. Последнее обстоятельство поясним с помощью табл. 3.
з. 5^(7 + 50)/750 —> перемещение силы N вправо.
Итак, при 5 ^(/ + 50)/750 в точке 1 происходит потеря контакта балки с основанием. Тогда, предполагая, что в точках 2 и 3 происходит процесс нагрузки, пишем уравнения (24) и (25) с учетом уравнения (22) для точки 1 и с учетом уравнения (18) для точек 2 и 3. В результате, мы находим следующие уравнения:
^+^=3; (31)
52 + 2$3 = 3 + 65. (32)
Решая совместно (31) и (32) находим: 52 = 3-65; $3 = 65. Подставляя найденные
значения 52 и в (18), находим: р2 = 3 — 65; р3 =65. Заносим значения р1 (/ = 7, з) для сравнения.
Таблица 3
5 !|(7 + 50)/750 -> перемещение силы /V вправо
Сила Р нач. Р кон. Режим Вывод
Р1 7-755/(7 + 50) 0 потеря контакта да
Р 2 7 + 65(0 - 7)/(7 + 50) 3-65 разгрузка нет
Рз 7 + 65(7 + 20)/(7 + 50) 65 нагрузка да
Анализ формул табл. 3 показывает, что при 5 ^ (7 + 50)/750 в точке 2 происходит разгрузка (так как ркон2 < Рна,, 2 )■ Следовательно, уравнения (24) и (25) надо записать с учетом (20) для точки 2. Тогда мы имеем: рг, =7; р„2 = /?2(б,)= 7 + (9 -/)/39 : $0 = 7, где 62 = (7 + 50)/750 ,
052+53 =3-(7-0Х^0-У)/30; (33)
052 + 2$} = 3 + 65 -(7 — — 7)/30. (34)
Решая совместно (33) и (34), находим:
= (4в2 +4в- 7550 + 7)/302; ^ = 65.
Заметим, что м>2 = .V,; = .4}; из (26) находим:
у/1 = («02 - 75502 + 50 - 3650 + 2)/302. Подставляя найденные значения Л’2 и н3, соответственно, в (20) и (18) находим: р2=3 — бЬ; р3 = 68. Заносим найденные значения р! (/ = 7, з) в табл. 4 для сравнения.
Таблица 4
(7 + 50)//50 < 5 < 0,5 -> перемещение силы вправо
Сила Рнач. Р кон. Режим Вывод
Р1 0 0 потеря контакта да
Р 2 7 + 65 (0 - 7)/(/ + 50) 3-6 5 Разгрузка да
Рз 1 + 65(7 + 20)/(7 + 50) 65 Нагрузка да
Формулы табл. 3 справедливы для значений (7 + 50)/750 < 5 < 0,5.
Таким образом, шаг за шагом, проверяя условие пребывания каждой точки в том или ином режиме взаимодействия, можно совершить несколько циклов. Однако решение задачи для третьего и более циклов повторяет решение для второго цикла. Это означает, что после второго цикла для данной траектории нагружения, деформации основания и положение балки приходят в стабилизационную стадию. Результаты расчета для трех циклов приведены в таблице 5.
Таблица 5
Результаты аналитического расчета для п = 3
5 Р, Рг Рз ■*/ Ь *1 П2 ™з Крен
0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0
0,2 0,294 1,212 1,494 0,929 1,212 1,494 0,929 1,212 1,494 0,2118
0,4 0 0,6 2,4 0,9 1,23 2,4 0,06 1,23 2,4 2,34
0,4 * 0 0,6 2,4 0,9 1,23 2,94 -0,48 1,23 2,94 3,42
0,24 0 1,56 1,44 0,9 1,56 2,844 0,276 1,56 2,844 2,568
0 0,571 1,857 0,571 0,957 1,857 2,757 0,957 1,857 2,757 1.8
-0,16 1,042 1,875 0,082 1,042 1,875 2,708 1,042 1,875 2,708 1,666
-0,35 2,1 0,9 0 2,1 1,8 2,7 2,1 1,8 1,5 -0,6
-0,35 2,1 0,9 0 2,91 1,8 2,7 2,91 1,8 0,69 -2,22
-0,10 0,6 2,4 0 2,76 2,4 2,7 2,76 2,4 2,04 -0,72
0 0,143 2,714 0,143 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 0
0,25 0 1,5 1,5 2,7 2,593 2,85 2,336 2,593 2,85 0,514
0,25 0 1,5 1,5 2,7 2,593 2,85 2,336 2,593 2,85 0,514
0 0,143 2,714 0,143 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 0
-0,25 1,5 1,5 0 2,893 2,55 2,7 2,893 2,55 2,207 -0,686
-0,25 1.5 1,5 0 2,893 2,55 2,7 2,893 2,55 2,207 -0,686
0 0,143 2,714 0,143 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 0
0,25 0 1,5 1,5 2,7 2,593 2,85 2,336 2,593 2,85 0,514
0,25 0 1,5 1,5 2,7 2,593 2,85 2,336 2,593 2,85 0,514
0 0,143 2,714 0,143 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 0
-0,25 1,5 1,5 0 2,893 2,55 2,7 2,893 2,55 2,207 -0,686
-0,25 1,5 1,5 0 2,893 2,55 2,7 2,893 2,55 2,207 -0,686
0 0,143 2,714 0,143 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 2,714 0
♦данное значение 5 после смещения силы к правому концу балки
ЛИТЕРАТУРА
1. Дидух Б.И. Упругопластическое деформирование грунтов: Монография. -М.: Изд-во УДН, 1987. - 166 с., ил.
2. Дидух Я.И., Микулич А.В. Алгоритм и программы расчета на ЭВМ фундаментных конструкций на упругом основании. Изд-во УДН, 1984. - 45 с
THE ANALYSIS OF A BEAM ON AN ELASTIC-PLASTIC BASE
Didukh B.I.], Anastase Habiyaremye
Department of Building Constructions and Erections Peoples’ Friendship University of Russia Mikluho-Maklaya st„ 6, 117198 Moscow, Russia
In this article is considered a rigid beam, loaded by an invariable vertical load N. The loaded is mobile along the whole length of the beam. A contact model of the base, known in the linear-elastic variant as the Vinkler’s model is used for the description of the interaction between the beam and the elastic-plastic base. But this present model considers the different laws of deformation of soil under the loading and the unloading.
Борис Иосифович Дидух| (1932 - 2001), окончил в 1955 МЭИ им. В.М. Молотова. Доктор техн. наук, профессор, зав. кафедрой Строительных конструкций и сооружений РУДН. Автор 85 научных работ по механике грунтов и более 35 по строительным конструкциям и сооружениям.
B.I. Didukhj (1932 - 2001) graduated from Moscow Energy
Institute in 1955. DSci(Eng), professor, head of Constructions and Structures Department. Member of International Society for Soil Mechanics and Foundations Engineering. Author of 85 publications in soil mechanics and more than 35 in constructions and structures.
Хабияремие Анастаз родился в 1965г. в Руанде, окончил в 1991г. УДН. Канд. техн. наук, ассистент кафедры Строительных конструкций и сооружений РУДН. Автор 6 научных работ в области механики грунтов и строительных конструкций.
Habiyaremye Anastase (b. 1965 in Ruanda) graduated from Peoples' Friendship University of Russia. Ph.D. (Eng.), assistant of Constructions and Structures Department of Peoples’ Friendship University of Russia. Author of 6 scientific works in the field of soil mechanics, constructions and structures.
