基于newmark-beta逐步积分法计算移动力过梁问题
最近在上的一门课，用到了Newmark-beta逐步积分法，其他文章都描述的很模糊，于是自己搞懂了之后特此记录下来，仅是个人的一些理解，可能有错误，欢迎交流。
有这么一道题
其中的参数: 梁长 L m 25
杨氏弹性模量 E N/m^2 2.89e9
泊松比 σ 0.2
转动惯量 I m^4 2.9
每延米质量 m kg/m 2303
悬挂刚度 k_v kN/m 1595
悬吊质量 M_v kg 5750
行车速度 V km/h 100
要求画出梁的跨中位移和加速度曲线
课上讲了一个例题，只不过是移动力是恒定的，而此题的力随时间是变化的。
用到的解法是振型叠加法（/分解法）
经过一番推导会得到一个方程（过程不必赘述，想要资料请留言邮箱）
移动力作用下简支梁第n阶广义动力平衡方程
m L 2 q ¨ n ( t ) + m L 2 ω n 2 q n ( t ) = p ( t ) s i n n π x t L (a) \frac{mL}{2}\ddot q_n (t)+\frac{mL}{2} \omega_n^2 q_n (t)=p(t)sin\frac{n\pi x_t}{L} \tag{a} 2mLq¨n(t)+2mLωn2qn(t)=p(t)sinLnπxt(a) 其 中 ， m 为 每 延 米 质 量 ， k g / m ； L 为 梁 长 ， m ； ω n = n 2 π 2 E I m L 4 ； x t = v t ； p ( t ) 为 移 动 集 中 力 。 其中，\\[2ex]m为每延米质量，kg/m；\\[2ex] L为梁长，m；\\[2ex] \omega_n=n^2 \pi ^2 \sqrt{\frac{EI}{mL^4}}；\\[2ex] x_t =vt；\\[2ex] p(t)为移动集中力。 其中，m为每延米质量，kg/m；L为梁长，m；ωn=n2π2mL4EI；xt=vt；p(t)为移动集中力。
移动集中力p(t)可以由下式计算出
p ( t ) = M v g + k v [ z ( t ) − ∑ i = 1 ∞ q i ( t ) s i n i π v t L ] (b) p(t)=M_v g+k_v [z(t)-\sum_{i=1}^{\infty}q_i(t)sin\frac{i\pi vt}{L}] \tag{b} p(t)=Mvg+kv[z(t)−i=1∑∞qi(t)sinLiπvt](b)
其 中 ， M v 为 悬 吊 质 量 ， k g ； k v 为 悬 挂 刚 度 ， k N / m ； z ( t ) 为 质 量 块 位 移 ， m 。 其中，\\[2ex]M_v为悬吊质量，kg；\\[2ex] k_v为悬挂刚度，kN/m；\\[2ex] z(t)为质量块位移，m。 其中，Mv为悬吊质量，kg；kv为悬挂刚度，kN/m；z(t)为质量块位移，m。
对质量块进行受力分析会有
M v z ¨ ( t ) + k v [ z ( t ) − ∑ i = 1 ∞ q i ( t ) s i n i π v t L ] = 0 (c) M_v \ddot z(t)+k_v[z(t)-\sum_{i=1}^\infty q_i(t)sin\frac{i\pi vt}{L}]=0 \tag{c} Mvz¨(t)+kv[z(t)−i=1∑∞qi(t)sinLiπvt]=0(c)
将上述（a）、（b）、（c）三个式子结合，可以推出如下方程
{ M v z ¨ ( t ) + k v z ( t ) − k v ∑ i = 1 ∞ q i ( t ) s i n i π v t L = 0 q ¨ n ( t ) + [ ω n 2 q n ( t ) + 2 m L ∑ i = 1 ∞ k v q i ( t ) s i n i π v t L s i n n π v t L ] − 2 m L k v z ( t ) s i n n π v t L = 2 m L M v g s i n n π v t L \begin{cases} M_v \ddot z(t)+k_vz(t)-k_v \sum_{i=1}^\infty q_i(t)sin\frac{i\pi vt}{L}=0 \\[4ex] \ddot q_n(t)+[\omega_n^2 q_n(t)+\frac{2}{mL}\sum_{i=1}^\infty k_v q_i(t)sin\frac{i\pi vt}{L}sin\frac{n\pi vt}{L}]-\frac{2}{mL}k_v z(t)sin\frac{n\pi vt}{L}\\[2ex]=\frac{2}{mL}M_vgsin\frac{n\pi vt}{L} \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧Mvz¨(t)+kvz(t)−kv∑i=1∞qi(t)sinLiπvt=0q¨n(t)+[ωn2qn(t)+mL2∑i=1∞kvqi(t)sinLiπvtsinLnπvt]−mL2kvz(t)sinLnπvt=mL2MvgsinLnπvt
整理成矩阵形式就可以求解了。
OK，式子都有了，关键问题就是如何求解。这是一个微分方程问题，老师讲授此部分时推荐的newmark-beta逐步积分法。当时对此方法听了个大概，感觉跟数值分析课程上讲的差不多，没怎么注意。但是当自己真正要用其进行matlab编程的时候犯了难，网上此法求解过程描述的也有，但是不够清楚。。也可能是本人太笨，最后找到一篇学位论文，大致明白了原理，编程也就不是问题了。
论文链接放出来，感兴趣的朋友可以自己看看，在3.1.1节
基于Duhamel积分的地震作用下车桥耦合振动分析
在Newmark-beta中用到的字母个人认为应该是 γ 和 β \gamma和\beta γ和β，学位论文中可能是为了降重用了 α 和 β \alpha和\beta α和β
个人建议在使用字母时一定不要擅自乱用，一般的字母或形式都有其含义，乱用很容易造成麻烦，也显得不是很专业。
下面简单说明一下该方法的推导过程
首先会设系统振动的微分方程为
M z ¨ + C z ˙ + K z = F (1) M\ddot z+C\dot z+Kz=F \tag{1} Mz¨+Cz˙+Kz=F(1)
newmark-beta法会假设：
z ˙ t + Δ t = z ˙ t + [ ( 1 − β ) z ¨ t + β z ˙ t + Δ t ] Δ t (2) \dot z_{t+\Delta t}=\dot z_t +[(1-\beta)\ddot z_t +\beta \dot z_{t+\Delta t}]\Delta t \tag{2} z˙t+Δt=z˙t+[(1−β)z¨t+βz˙t+Δt]Δt(2)
z t + Δ t = z t + z ˙ t Δ t + [ ( 1 / 2 − γ ) + γ z ¨ t + Δ t ] Δ t 2 (3) z_{t+\Delta t}=z_t + \dot z_t \Delta t+[(1/2-\gamma)+\gamma \ddot z_{t+\Delta t}]\Delta t^2 \tag{3} zt+Δt=zt+z˙tΔt+[(1/2−γ)+γz¨t+Δt]Δt2(3)
其中 γ 和 β \gamma和\beta γ和β的取值对该算法有较大的影响，当满足以下条件时，算法无条件稳定
β > = 1 / 2 \beta >= 1/2 β>=1/2 γ > = ( 1 / 2 + β ) 2 / 4 \gamma>=(1/2+\beta)^2 /4 γ>=(1/2+β)2/4一般取值 γ = 0.25 ， β = 0.5 \gamma=0.25，\beta=0.5 γ=0.25，β=0.5也称作平均加速度法。
根据式（2）和（3），可以推导出用于迭代的计算式
z ¨ t + Δ t = 1 γ Δ t 2 ( z t + Δ t + z t ) − 1 γ Δ t z ˙ t − ( 1 2 γ − 1 ) z ¨ t (4) \ddot z_{t+\Delta t}=\frac{1}{\gamma \Delta t^2}(z_{t+\Delta t}+z_t)-\frac{1}{\gamma \Delta t}\dot z_t-(\frac{1}{2\gamma}-1)\ddot z_t \tag{4} z¨t+Δt=γΔt21(zt+Δt+zt)−γΔt1z˙t−(2γ1−1)z¨t(4) z ˙ t + Δ t = β γ Δ t ( z t + Δ t − z t ) + ( 1 − β γ z ˙ t ) + ( 1 − β 2 γ Δ t z ¨ t ) (5) \dot z_{t+\Delta t}=\frac{\beta}{\gamma \Delta t}(z_{t+\Delta t}-z_t)+(1-\frac{\beta}{\gamma}\dot z_t)+(1-\frac{\beta}{2\gamma}\Delta t \ddot z_t) \tag{5} z˙t+Δt=γΔtβ(zt+Δt−zt)+(1−γβz˙t)+(1−2γβΔtz¨t)(5)然后 t + Δ t t+\Delta t t+Δt时刻系统的振动微分方程如下
M z ¨ t + Δ t + C z ˙ t + Δ t + K z t + Δ t = F t + Δ t (6) M\ddot z_{t+\Delta t}+C\dot z_{t+\Delta t}+Kz_{t+\Delta t}=F_{t+\Delta t} \tag{6} Mz¨t+Δt+Cz˙t+Δt+Kzt+Δt=Ft+Δt(6)把式（4）、（5）代入（6）中就会得到
K ^ z t + Δ t = F ^ t + Δ t (7) \hat K z_{t+\Delta t}=\hat F_{t+\Delta t}\tag{7} K^zt+Δt=F^t+Δt(7)
其中，
K ^ = K + 1 γ Δ t 2 M + β γ Δ t C (8) \hat K=K+\frac{1}{\gamma \Delta t^2}M+\frac{\beta}{\gamma \Delta t}C\tag{8} K^=K+γΔt21M+γΔtβC(8)
F ^ t + Δ t = F t + Δ t + M [ 1 γ Δ t 2 z t + 1 γ Δ t z ˙ t + ( 1 2 γ − 1 ) z ¨ t ] + C [ β γ Δ t z t + ( β γ − 1 ) z ˙ t + ( β γ − 1 ) Δ t z ¨ t ] (9) \hat F_{t+\Delta t}=F_{t+\Delta t}+M[\frac{1}{\gamma \Delta t^2}z_t+\frac{1}{\gamma \Delta t}\dot z_t+(\frac{1}{2\gamma}-1)\ddot z_t]\\[2ex]+C[\frac{\beta}{\gamma \Delta t}z_t+(\frac{\beta}{\gamma}-1)\dot z_t+(\frac{\beta}{\gamma-1})\Delta t\ddot z_t] \tag{9} F^t+Δt=Ft+Δt+M[γΔt21zt+γΔt1z˙t+(2γ1−1)z¨t]+C[γΔtβzt+(γβ−1)z˙t+(γ−1β)Δtz¨t](9)
由式（9）直接可以算出 z t + Δ t z_{t+\Delta t} zt+Δt，即下一时刻的位移，然后通过式（4）和式（2）就可以算出加速度和速度，注意一定是先算（4），因为（2）中要用到（4）的结果，为什么不用（5）算速度呢，个人想法是提高精度，类似赛德尔迭代一样。在编程的时候会把各矩阵或向量的系数用 α 0 至 α 7 \alpha_0至\alpha_7 α0至α7代替，好像一般也有固定的顺序，建议还是遵守规则，按照参考中的来。
下面就附上matlab程序，
设定了两个函数，在另外两个文件中
function w = w_(n)
L=25;
E=2.89e9;
I=2.9;
m=2303;
w=(n^2)*(pi^2)*((E*I)/(m*L^4))^(1/2);
end
function phy = phy_(n,t)
v=100/3.6;
L=25;
phy=sin(n*pi*v*t/L);
end
开始计算
clear;
%初始参数
L = 25;
E = 2.89e9;
sigma = 0.2;
I = 2.9;
m = 2303;
k_v = 1595;
M_v = 5750;
v = 100/3.6;
%生成参数
rho_k = 2 * k_v / (m*L);
rho_F = 2 * M_v * 9.81 / (m*L);
M = diag([1,1,1,1,1,M_v]);%质量矩阵
T = L / v;%通过时长
nt = 1000;%步数
dt = T / nt;%步长
gama = 0.25;beta = 0.5;
a0 = 1 / (gama * dt^2);
a1 = beta / (gama * dt);
a2 = 1 / (gama * dt);
a3 = 1 / (2 * gama) - 1;
a4 = beta / gama -1 ;
a5 = (beta / (2 * gama) - 1) * dt;
a6 = dt * (1 - beta);
a7 = dt * beta;
d = zeros(6,nt);%初始化广义位移，6自由度，q1-q5,z_t
v = zeros(6,nt);%速度
a = zeros(6,nt);%加速度
%newmark-beta法
for i = 2:nt %第1步已赋初值，从第2步开始到1000步
t = (i - 1) * dt; %响应时间
K_0 = [w_(1)^2 + rho_k * phy_(1,t) * phy_(1,t),rho_k * phy_(1,t) * phy_(2,t),...
rho_k * phy_(1,t) * phy_(3,t),rho_k * phy_(1,t) * phy_(4,t),...
rho_k * phy_(1,t) * phy_(5,t),-rho_k * phy_(1,t);%第一行
rho_k * phy_(2,t) * phy_(1,t),w_(2)^2 + rho_k * phy_(2,t) * phy_(2,t),...
rho_k * phy_(2,t) * phy_(3,t),rho_k * phy_(2,t) * phy_(4,t),...
rho_k * phy_(2,t) * phy_(5,t),-rho_k * phy_(2,t);%第二行
rho_k * phy_(3,t) * phy_(1,t),rho_k * phy_(3,t) * phy_(2,t),...
w_(3)^2 + rho_k * phy_(3,t) * phy_(3,t),rho_k * phy_(3,t) * phy_(4,t),...
rho_k * phy_(3,t) * phy_(5,t),-rho_k * phy_(3,t);%第三行
rho_k * phy_(4,t) * phy_(1,t),rho_k * phy_(4,t) * phy_(2,t),...
rho_k * phy_(4,t) * phy_(3,t),w_(4)^2 + rho_k * phy_(4,t) * phy_(4,t),...
rho_k * phy_(4,t) * phy_(5,t),-rho_k * phy_(4,t);%第四行
rho_k * phy_(5,t) * phy_(1,t),rho_k * phy_(5,t) * phy_(2,t),...
rho_k * phy_(5,t) * phy_(3,t),rho_k * phy_(5,t) * phy_(4,t),...
w_(5)^2 + rho_k * phy_(5,t) * phy_(5,t),-rho_k * phy_(5,t);%第五行
-k_v * phy_(1,t),-k_v * phy_(2,t),-k_v * phy_(3,t),-k_v * phy_(4,t),-k_v * phy_(5,t),k_v;%第六行
];%初始广义刚度矩阵6*6
K = K_0 + a0 * M;%用于计算的刚度矩阵
F_0 = [rho_F * phy_(1,t);rho_F * phy_(2,t);rho_F * phy_(3,t)
rho_F * phy_(4,t);rho_F * phy_(5,t);0];%广义载荷矩阵
F = F_0 + M * (a0 * d(:,i-1) + a2 * v(:,i-1) + a3 * a(:,i-1));%用于计算的载荷矩阵
d(:,i) = K \ F;%计算位移
a(:,i) = a0 * (d(:,i) - d(:,i-1)) - a2 * v(:,i-1) - a3 * a(:,i-1);%加速度
v(:,i) = v(:,i-1) + a6 * a(:,i-1) + a7 * a(:,i);%速度
end
t0=linspace(0,T,nt);
figure
plot(t0,d(1,:) * sin(1 * pi / 2) + d(2,:) * sin(2 * pi / 2) + d(3,:) * sin(3 * pi / 2) + d(4,:) * sin(4 * pi / 2) + d(5,:) * sin(5 * pi / 2))
ylabel('位移/m');
grid on;
xlabel('时间/s');
title('跨中位移响应时程');
figure
plot(t0,a(1,:) * sin(1 * pi / 2) + a(2,:) * sin(2 * pi / 2) + a(3,:) * sin(3 * pi / 2) + a(4,:) * sin(4 * pi / 2) + a(5,:) * sin(5 * pi / 2));
ylabel('加速度/m/s^2');
grid on;
xlabel('时间/s');
title('跨中加速度响应时程');
上述程序中
d就是位移矩阵，前面几行是梁的N阶振型坐标，最后一行是质量块的坐标
v是速度矩阵，a是加速度矩阵。
最后放一下结果图
关于阶数，个人认为五阶已经是足够了很保守，三阶就ok，二阶应该也可以。
看一下各阶数的比较，一阶还是主要部分，二阶稍微能察觉到一点，后面几阶数量级太小，几乎为零。
