时程分析法 newmark-b

x {&&( t )}
i
2
( ∆t )
2
x {∆&&}i 6
( ∆t )
2
（7 ）
t时刻的加速度：
x x {&&( t )} = {&&( t )} +
i
x {∆&&}i ∆t
( t − ti )
2∆t
（4 ）
t时刻的速度：
& & x { x ( t )} = { x ( ti )} + {&&( ti )} ( t − ti ) +
{x ( t
& {x ( t x {&&( t
i
+ ∆t )} = { x ( ti )} + {∆x}i 3 ∆t & & x {∆x}i − 2 { x ( ti )} − {&&( ti )} ∆t 2
D
& & i + ∆t )} = { x ( ti )} + {∆x}i =
i + ∆t )} = [ M ] −1 i
df c (t ) = D & dx t
f D (t + ∆ t )
fD
斜 率 c (t )
f D (t )
& ∆x
& x (t )
∆f D
df D & ∆x & dx
{∆f s (t )} = { f s (t + ∆t )} − { f s (t )} ≈ [ K (t )]{∆x(t )}
令
x x x {∆f I (t )} = { f I (t + ∆t )} − { f I (t )} = [ M ] ({&&(t + ∆t )} − {&&(t )} ) = [M ]{∆&&(t )}
{∆f D (t )} = { f D (t + ∆t )} − { f D (t )} & ≈ [C (t )]{∆x(t )}
i + ∆t )} = [ M ] −1 i
（11） 11）
({P ( t + ∆t )} − { f
( ti + ∆t )} − { f s ( ti + ∆t )})
{ f I (t )} + { f D (t )} + { f s (t )} = {P(t )}
（1 ）
总平衡方程
从而可以得出 ti + ∆t 时刻的位移，速度和加速度向量
& & & x x x {∆&&( t )} = {&&( t + ∆t )} − {&&( t )} {∆x ( t )} = { x ( t + ∆t )} − { x ( t )}
{∆x ( t )} = {x(t + ∆t )} − {x(t )}
∆P(t ) = P(t + ∆t ) − P(t )
df c (t ) = D & dx
f D (t + ∆ t )
fD
斜 率 c (t )
f D (t )
& ∆x
& x (t )
∆f D
df D & ∆x & dx
& x (t ) & x(t + ∆t )
{∆f I (t )} + {∆f D (t )} + {∆f s (t )} = {∆P(t )}
（1 ）
f s / x = k = tgα & f D / x = c = tg β
[ 非线性问题： 非线性问题： C ], [ K ] 为时变矩阵
fs
fD
α
x (t )
β
& x (t )
fD
fs
& x (t )
x(t )
2.增量平衡方程 2.增量平衡方程
{ f I (t )} + { f D (t )} + { f s (t )} = {P(t )}
t + ∆t 时刻： 时刻：
（1 ） （2 ）
{ f I (t + ∆t )} + { f D (t + ∆t )} + { f s (t + ∆t )} = {P(t + ∆t )}
{∆f I (t )} + {∆f D (t )} + {∆f s (t )} = {∆P(t )}
将(1),(2)两式相减： (1),(2)两式相减： 两式相减
& { x ( ti + ∆t )} = { x ( ti )} + { x ( ti )}
x {&&( t )} ∆t +
i
2
( ∆t )
2
+
x {∆&&}i 6 ∆t
( ∆t )
+
3
位移增量为：
& {∆x}i = { x ( ti + ∆t )} − { x ( ti )} = { x ( ti )} ∆t +
x {∆&&}i
( t − ti )
2
（5 ）
对(5)式积分求t时刻的位移： x x {&&( ti )} t − t 2 + {∆&&}i t − t 3 （6） & ( ti )} ( t − ti ) + ( i) ( i) { x ( t )} = { x ( ti )} + { x
2 6 ∆t
2
（5 ）
对(5)式积分求t时刻的位移： x x {&&( ti )} t − t 2 + {∆&&}i t − t 3 （6） & ( ti )} ( t − ti ) + ( i) ( i) { x ( t )} = { x ( ti )} + { x
2 6 ∆t
ti + ∆t 时刻的位移向量为：
x {∆&&}i 2
∆t
（8 ）
在分析中，将{∆x}作为基本变量，由式(7)得
( ∆t ) 将(9)式代入(8)得
& {∆x}i =
x {∆&&}i =
6
∆x}i − 2 {
6 & x { x ( ti )} − 3{&&( ti )} ∆t
（9 ）
将(9)和(10)代入增量方程(3)解得位移增量{∆x}i ----增量方程 增量方程(3) & [ M ]{∆&&(t )} + [C (t )]{∆x(t )} + [ K (t )]{∆x(t )} = {∆P(t )} ----增量方程(3) x
2
2
（5 ）
t时刻的加速度：
x x {&&( t )} = {&&( t )} +
i
x {∆&&}i ∆t
( t − ti )
2∆t
（4 ）
t时刻的速度：
& & x { x ( t )} = { x ( t )} + {&&( t )} ( t − t ) +
i i i
x {∆&&}i
( t − ti )
x {∆&&}i 2
∆t
（8 ）
位移增量为：
& {∆x}i = { x ( ti + ∆t )} − { x ( ti )} = { x ( ti )}
x {&&( t )} ∆t +
i
2
( ∆t )
2
+
x {∆&&}i 6
( ∆t )
2
（7 ）
速度增量为：
& & & x {∆x}i = { x ( ti + ∆t )} − { x ( ti )} = {ห้องสมุดไป่ตู้&( ti )} ∆t +
时程分析法
1.运动方程 1.运动方程
& [ M ]{&&(t )} + [C (t )]{ x(t )} + [ K (t )]{ x(t )} = −[ M ]{1} &&g x x
{ f I (t )} + { f D (t )} + { f s (t )} = {P(t )}
[ 线性问题： 线性问题： C ], [ K ] 为常数矩阵
（11） 11）
({P ( t + ∆t )} − { f
( ti + ∆t )} − { f s ( ti + ∆t )})
6
不采用
x x x x {&&( ti + ∆t )} = {&&( ti )} + {∆&&}i = {&&( ti )} +
( ∆t )
∆x}i − 2 {
6 & x { x ( ti )} − 3{&&( ti )} ∆t
df k (t ) = s dx t
& x (t ) & x(t + ∆t )