Metoda elementów skończonych
w zastosowaniu do belek na spręŜystych podporach.
Zadania pomocnicze
Leszek Chodor
Zadanie 1
(pomocnicze)
:
Określić funkcje kształtu elementu (e) pręta prostego
bez
uwzględnienia
wpływu
przemieszczeń
poziomych na kąty obrotu i ugięcia elementu.
Rozwiązanie:
Pole przemieszczeń
)
(x
u
wewnątrz elementu
skończonego,
zgodnie
z
fundamentalnym
załoŜeniem metody elementów skończonych
przyjmuje się w postaci:
[ ]
)
(
)
(
e
df
u
N
x
u
⋅
=
(1)
gdzie
[ ]
N
– macierz kształtu elementu, a
)
(e
u
wektor przemieszczeń węzłowych.
Przemieszczenia osi pręta przy wymuszonych
przemieszczeniach jednostkowych węzła (1) i (2) ,
pokazano na Rys.1, z którego wynika, Ŝe formuła (1)
dla przyjętego ukłądu współrzędnych (oś y=w jest
skierowana do góry,przyjmie postać:
[ ]
)
(
2
2
2
1
1
1
e
w
u
w
u
N
w
u
ϕ
ϕ
⋅
⋅
gdzie:
[ ]
−
+
−
−
+
−
+
−
+
−
−
=
−
−
−
−
2
3
2
3
3
2
2
2
3
2
3
3
2
2
)
(
)
(
)
(
)
(
2
)
(
0
2
3
1
0
0
2
0
2
3
1
0
0
1
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
x
l
x
l
x
l
x
l
x
x
l
x
N
(2)
W powyŜszych rozwiązaniu nie pokazaliśmy jawnie wyraŜeń dla
)
(
'
)
(
x
w
x
=
ϕ
.
MoŜna je otrzymać w prosty sposób poprzez wskazane róŜniczkowanie.
Rys.1 Ilustracja macierzy
kształtu elementu
prętowego
Przemieszczenia pokazane na Rys.1. moŜna uzyskać z rozwiązania równania róŜniczkowego linii
ugięcia przy braku obciąŜenia na pręcie:
0
=
IV
w
Ogólne rozwiązanie tego równania jest funkcją:
3
4
2
3
2
1
x
C
x
C
x
C
C
w
+
+
+
=
Stałe całkowania wyznaczymy z warunków brzegowych:
.
3
2
,
,
,
)
(
,
)
0
(
2
4
3
2
2
1
0
2
1
x
C
x
C
C
gdzie
w
l
w
w
w
dx
dw
l
x
dx
dw
x
dx
dw
+
+
=
=
=
=
=
=
=
ϕ
ϕ
Otrzymujemy stąd równanie macierzowe:
2
2
1
1
4
3
2
1
2
3
2
3
2
1
0
1
0
0
1
0
0
0
0
1
ϕ
ϕ
w
w
C
C
C
C
l
l
l
l
l
=
⋅
, czyli:
3
2
2
1
2
1
1
1
2
1
1
2
1
1
4
3
2
1
)
(
2
)
(
3
2
l
l
l
l
w
w
w
w
w
C
C
C
C
−
−
−
+
−
=
+
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
Podstawiając wartości stanu uzyskamy kolejne wyrazy macierzy (2).
Na przykład:
dla
0
,
1
2
2
1
1
=
=
=
=
w
w
ϕ
ϕ
:
3
3
2
2
1
2
3
1
l
x
l
x
w
w
+
−
=
.
Pozostałe wyrazy znajdziemy analogicznie.
Zadanie 2
(pomocnicze)
:
Obliczyć macierz sztywności dla elementu pręta z poprzedniego zadania.
Wprowadźmy pojęcia uogólnionych napręŜeń oraz odkształceń
ε
σ
,
, które występują na poziomie
przekroju pręta. Za napręŜenia uogólnione przyjmiemy siły przekrojowe, natomiast odkształcenia
uogólnione odpowiadają wielkościom, których iloczyn z napręŜeniami określa pracę wewnętrzną.
W przypadku zginania z rozciąganiem napręŜenia uogólnione, to momenty zginające M i siły osiowe
N. Natomiast odkształcenia uogólnione, to krzywizna w” i wydłuŜenie względne u’.
Znane zaleŜności
'
,
''
EAu
N
w
EJ
M
y
=
+
=
, a w zwartej formie:
w
u
EJ
EA
M
N
∂
∂
=
2
0
0
0
0
stanowią związki fizyczne. Znak (+) wystąpił wobec przyjętego układu współrzędnych.
Związki te zapisaliśmy w zwartej formie spójnej z definicjami przyjętymi przy rozwiązaniu
ZBTS metodą Ritza:
[ ] [ ]
u
E
df
⋅
∂
⋅
=
σ
,
skąd otrzymujemy wyraŜenia na podstawowe macierze metody:
macierz Hooke’a
[ ]
E
i macierz operatorów róŜniczkowania
[ ]
∂
, wektor napręŜeń
σ
i
przemieszczeń
u
[ ]
[ ]
∂
∂
=
∂
=
2
0
0
,
0
0
EJ
EA
E
,
w
u
u
M
N
=
=
,
σ
Macierz zgodności geometrycznej [B] obliczymy z definicji:
[ ] [ ][ ]
⋅
∂
∂
=
∂
=
2
0
0
N
B
df
( )
( )
=
−
+
−
−
+
−
+
−
+
−
−
⋅
−
−
−
−
2
3
2
3
3
2
2
2
3
2
3
3
2
2
)
(
)
(
)
(
)
(
2
)
(
2
3
1
0
2
2
3
1
0
0
0
0
0
1
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
x
l
x
l
x
l
x
l
x
x
l
x
( )
( )
−
+
+
−
+
−
−
=
−
−
2
3
2
2
3
2
)
(
6
4
)
(
12
6
6
4
12
6
1
1
0
0
0
0
0
0
l
x
l
l
l
x
l
l
l
x
l
l
x
l
l
l
Macierz sztywności
[ ]
)
(e
k
elementu (e) otrzymamy z definicji.
[ ]
[ ] [ ][ ]
∫
=
V
T
df
e
dV
B
E
B
k
)
(
,
która dla ropatrywanego przypadku przyjmie postać:
[ ] [ ] [ ][ ]
∫
l
T
e
B
E
B
k
0
)
(
Po wykonaniu przypisanych działań i scałkowaniu po długości pręta , otrzymamy:
[ ]
+
−
+
+
−
+
−
−
−
+
−
+
+
+
−
+
+
−
+
=
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EA
l
EA
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EA
l
EA
e
k
4
6
0
2
6
0
6
12
0
6
12
0
0
0
0
0
2
6
0
4
6
0
6
12
0
6
12
0
0
0
0
0
2
2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
3
)
(
Macierz sztywności określa siły przywęzłowe w funkcji przemieszczeń węzłów. ZaleŜności te są
znane w mechanice budowli pod nazwą wzorów transformacyjnych dla elementu sztywno-sztywnego.
Zadanie 3 (
pomocnicze
):
Obliczyć macierz sztywności dla prostoliniowego, jednorodnego elementu,
obciąŜonego ściskającą siłą osiową.
Ogólne równanie róŜniczkowe dla jednego elementu skończonego ma postać:
[ ]
)
(
)
(
)
(
)
(
e
V
e
A
e
e
F
F
u
k
+
=
,
Macierz sztywności
[ ]
)
(e
k
moŜna określić, znając zaleŜność pomiędzy siłami węzłowymi
[ ]
)
(
)
(
)
(
e
V
e
A
e
F
F
F
+
=
,
a
przemieszczeniami węzłowymi
)
(e
u
. ZaleŜności
te dla zadanego zagadnienia (Rys.2) , określimy
poprzez rozwiązania równania róŜniczkowego pręta
ś
ciskanego bez obciąŜenia pomiędzy węzłami:
0
'
=
+
Pw
EJw
IV
Po wprowadzeniu zmiennych
EJ
Pl
l
x
2
2
,
=
=
λ
ξ
,
mamy:
0
2
2
4
4
2
=
+
ξ
ξ
λ
d
w
d
d
w
d
Rozwiązanie tego równania ma postać:
λξ
λξ
λξ
ξ
sin
cos
)
(
4
3
2
1
C
C
C
C
w
+
+
+
=
Stałe całkowania określimy z warunków brzegowych:
2
1
2
)
1
(
1
)
0
(
)
1
(
,
)
0
(
,
,
w
w
w
w
l
l
d
dw
d
dw
=
=
=
=
ϕ
ϕ
ξ
ξ
,
gdzie:
λξ
λ
λξ
λ
ξ
cos
4
3
2
C
C
C
d
dw
+
−
=
.
Mamy stąd równanie:
l
w
l
w
C
C
C
C
2
2
1
1
2
1
4
3
cos
sin
0
sin
cos
1
0
0
0
1
0
1
ϕ
ϕ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
=
−
,]
skąd po rozwiązaniu:
=
−
−
−
−
+
−
−
−
...
...
...
4
3
sin
)
cos
1
(
2
)]
(cos
)
(
)
(sin
)
cos
(sin
[
2
1
2
1
2
2
1
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
ϕ
λ
λ
λ
ϕ
w
w
l
l
C
C
C
C
PoniewaŜ:
),
cos
sin
(
),
sin
cos
(
"
3
4
3
3
2
4
2
3
3
3
3
3
2
2
2
2
λξ
λ
λξ
λ
λξ
λ
λξ
λ
ξ
ξ
C
C
T
C
C
EJw
M
l
EJ
d
w
d
l
EJ
l
EJ
d
w
d
l
EJ
−
−
=
=
−
−
=
=
=
)
(
)
0
(
),
(
)
0
(
3
4
EJ
1
2
3
EJ
1
3
2
λ
λ
C
T
T
C
M
M
l
l
−
=
=
−
=
=
,
to:
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
λ
ϕ
λ
λ
λ
ϕ
λ
2
1
2
2
1
2
sin
)
1
(cos
)
(cos
)
(
)
(sin
)
cos
(sin
1
+
−
−
−
+
−
−
−
+
=
w
w
l
l
l
EJ
M
,
λ
λ
λ
λ
λ
λ
ϕ
ϕ
λ
2
1
2
2
1
3
sin
)
1
(cos
)
(
sin
)
cos
1
)(
(
2
1
+
−
−
+
−
+
+
=
w
w
l
l
l
EJ
T
,
itd. ...
Rys.2 Pręt ściskany siłą -P
Szczególnie uŜyteczne formuły znajdziemy dla
:
2
λ
α
=
2
4
1
3
2
1
2
1
2
4
)
(
6
2
ϕ
ϕ
Λ
+
Λ
+
−
Λ
=
l
EJ
l
EJ
l
EJ
w
w
M
2
3
1
4
2
1
2
2
4
2
)
(
6
2
ϕ
ϕ
Λ
+
Λ
+
−
Λ
=
l
EJ
l
EJ
l
EJ
w
w
M
1
2
2
1
2
2
1
1
1
),
(
6
)
(
12
2
3
T
T
w
w
T
l
EJ
l
EJ
−
=
+
Λ
+
−
Λ
=
ϕ
ϕ
gdzie wprowadzono oznaczenia:
,
1
,
1
,
1
,
1
)
(
2
2
2
2
3
1
2
60
1
0
2
1
2
2
3
4
30
1
0
4
1
2
4
3
3
60
1
0
1
2
10
1
0
2
1
EJ
Pl
EJ
Pl
EJ
Pl
ctg
EJ
Pl
ctg
ctg
ctg
+
≈
−
Λ
=
Λ
−
≈
+
Λ
=
Λ
−
≈
=
Λ
−
≈
Λ
=
Λ
≈
≈
≈
−
≈
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
α
cr
P
P
EJ
P
l
2
2
π
α
=
=
,
2
2
l
EJ
cr
P
π
=
-
krytyczne obciąŜenie „eulerowskie
”
Zapisując powyŜsze w postaci macierzowej, mamy:
2
2
1
1
3
4
2
6
4
2
2
6
2
6
1
12
2
6
1
12
4
2
2
6
3
4
2
6
2
6
1
12
2
6
1
12
2
2
1
1
2
2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
3
ϕ
ϕ
w
w
M
T
M
T
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
⋅
Λ
Λ
−
Λ
Λ
Λ
−
Λ
Λ
−
Λ
−
Λ
Λ
−
Λ
Λ
Λ
Λ
−
Λ
Λ
=
lub w zwartej formie
[ ]
)
(e
u
k
F
⋅
=
Po rozwinięciu w szereg macierzy
[ ]
k
względem P i pozostawieniu wyrazów liniowych
uzyskamy formułę przybliŜoną:
[ ]
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
=
l
l
l
l
l
l
l
l
P
k
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
15
2
10
1
30
1
10
1
10
1
5
6
10
1
5
6
30
1
10
1
15
2
10
1
10
1
5
6
10
1
5
6
6
6
6
12
6
12
6
6
6
12
6
12
4
2
2
4
2
2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
3
-
Pierwszy człon rozwinięcia, to klasyczna, liniowa macierz sztywności, a
drugi człon jest w
mechanice budowli nazywany macierzą geometryczną
.
Zwróćmy uwagę, Ŝe dokładniejsze
rozwinięcie
ś
cisłej
macierzy
sztywności
umoŜliwiłoby
zdefiniowanie
macierzy
geometrycznych wyŜszych rzędów.
Ostatecznie w celu uwzględnienia związku obciąŜeń podłuŜnych od przemieszczeń
poziomych węzłów, uzupełnimy macierz sztywności o uzyskane wyniki i otrzymamy:
[ ]
Λ
Λ
−
Λ
Λ
Λ
−
Λ
Λ
−
Λ
−
−
Λ
Λ
−
Λ
Λ
Λ
Λ
−
Λ
Λ
−
=
3
4
2
6
4
2
2
6
2
6
1
12
2
6
1
12
4
2
2
6
3
4
2
6
2
6
1
12
2
6
1
12
2
2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
3
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EA
l
EA
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EA
l
EA
k
Zadanie 4
pomocnicze
:
Określić obciąŜenie węzłowe, gdy na pręt prosty (ogólnie na krawędź
elementu) elementu), działa obciąŜenie ciągłe pomiędzy węzłami.
obciąŜonego ściskającą siłą osiową.
ObciąŜenie międzywęzłowe wyznaczymy z definicji
[ ]
,
dA
q
N
F
A
T
df
A
∫
=
υ
gdzie zgodnie z Rys.3.
)
(x
p
q
=
υ
,
Dla pręta zginanego, określona w zadaniu pomocniczym 1 - macierz kształtu wynosi:
[ ]
−
+
−
−
+
−
+
−
+
−
=
−
−
−
−
2
3
2
3
3
2
2
3
2
2
3
3
2
2
)
(
)
(
)
(
)
(
2
)
(
2
3
1
2
2
3
1
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
x
l
x
l
x
T
x
l
x
N
Z definicji dla
const
p
q
=
=
υ
, mamy:
−
+
=
∫
−
+
−
−
+
−
+
−
+
−
⋅
=
=
−
−
−
−
12
2
12
2
0
)
(
)
(
)
(
)
(
2
2
1
1
2
2
2
3
2
3
3
2
2
3
2
2
3
3
2
2
2
)
(
2
3
1
2
2
3
1
l
l
l
l
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
x
l
x
l
x
A
p
dx
x
l
x
p
M
R
M
R
F
Rys.3. ObciąŜenie
międzywęzłowe p(x)
Analogicznie moŜna znaleźć obciąŜenie węzłowe przy innych postaciach obciąŜenia między
węzłami, np. dla
l
x
p
p
p
x
p
q
)
(
)
(
1
2
1
−
+
=
=
υ
,
mamy:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
+
−
+
+
+
=
∫
−
+
−
−
+
−
+
−
+
−
⋅
−
+
=
−
−
−
−
2
1
60
2
1
20
3
2
1
60
2
1
20
3
0
)
(
)
(
)
(
)
(
1
2
1
2
3
7
2
3
7
2
)
(
2
3
1
2
2
3
1
)
(
2
2
2
3
2
3
3
2
2
3
2
2
3
3
2
2
p
p
p
p
p
p
p
p
dx
x
l
x
p
p
p
F
l
l
l
l
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
l
x
l
x
l
x
l
x
l
x
A
Zadanie 5
pomocnicze
:
Określić wektor równowaŜników węzłowych dla elementu belki
spoczywającej na spręŜystym podłoŜu Winklera ze współczynnikiem spręŜystości podłoŜa
k
Z definicji spręŜystego podłoŜa winklerowskiego, mamy:
).
(
)
(
x
w
k
x
p
q
⋅
−
=
=
υ
PoniewaŜ
[ ]
)
(
)
(
e
u
N
x
w
⋅
=
, więc:
[ ] [ ]
[ ] [ ]
(
)
,
0
)
(
0
)
(
∫
∫
−
=
⋅
−
=
l
e
T
l
e
T
A
u
dx
N
N
k
dx
u
N
k
N
F
Dla belki zginanej przy oznaczeniu , mamy:
[ ] [ ]
2
3
2
3
2
3
2
3
2
)
2
3
(
)
2
(
)
2
3
1
(
+
−
−
+
−
+
−
=
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
ξ
l
N
N
T
Po wykonaniu przypisanych działań i po obliczeniu całki oznaczonej (w granicach od 0do l),
mamy:
2
2
1
1
2
2
2
2
420
4
22
3
13
22
156
13
54
3
13
4
22
13
54
22
156
ϕ
ϕ
w
w
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
F
kl
A
⋅
−
−
−
−
−
−
−
=
l
x /
=
ξ
Zadanie 6
(przykład liczbowy)
:
ZnaleŜć ugięcie i kat obrotu końca wspornika metodą MES.
Macierz sztywności układu
[ ]
K
, wektor równowaŜników węzłowych
F
oraz wektor
niewiadomych
u
wynoszą:
[ ] [ ]
−
−
−
−
−
−
=
=
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
e
k
K
4
6
2
6
6
12
6
12
2
6
4
6
6
12
6
12
2
2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
3
)
(
12
2
12
2
2
2
l
l
l
l
q
F
−
−
=
,
2
2
1
1
ϕ
ϕ
w
w
u
=
Równanie kanoniczne układu
[ ]
F
u
K
=
⋅
po rozpisaniu przyjmie postać:
6
6
2
2
2
1
6
6
6
2
12
6
12
6
6
6
12
6
12
1
1
4
2
2
4
2
2
2
l
l
ql
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
EJ
w
w
−
=
⋅
−
−
−
−
−
−
ϕ
ϕ
brzegowe warunki kinematyczne:
K
M
w
1
1
1
,
0
ϕ
−
=
=
uwzględniamy przez odpowiednią
modyfikację równania kanonicznego
0
0
0
1
1
4
2
0
0
2
4
0
0
0
0
1
1
6
6
2
2
2
1
6
6
12
6
6
2
K
w
w
l
l
ql
l
l
l
l
l
l
EJ
ϕ
ϕ
ϕ
−
+
=
⋅
−
−
−
−
−
,
Rys.4. Belka z przykładu
liczbowego 6
czyli w rezultacie
6
6
2
2
2
1
6
6
12
6
6
1
4
2
2
4
2
l
l
EJ
ql
l
l
l
l
l
EJ
Kl
l
EJ
w
−
−
−
−
−
−
=
⋅
+
ϕ
ϕ
Rozwiązanie tego układu równań daje:
6
8
2
2
2
1
2
2
2
0
1
1
l
l
EJ
ql
K
ql
l
w
−
−
+
=
⋅
ϕ
ϕ
Uwaga:
1) dla stałej spręŜystości podpory K=oo otrzymamy rozwiązanie dla wspornika idealnie
utwierdzonego, \
2) dla K=0 ustrój jest mechanizmem. Świadczy o tym fakt, Ŝe wyznacznik układu
Det[k]=0 i równanie kanoniczne staje się nieoznaczone.
Zadanie 7
(przykład liczbowy)
:
Obliczyć siłę krytyczną belki-słupa
pokazanego na rys. 5.
Macierz sztywności układu złoŜonego z 1 elementu złoŜona z macierzy liniowej
[ ]
k
i
geometrycznej
[ ]
k
[ ]
−
−
−
−
−
−
=
=
−
−
−
−
−
−
=
=
4
6
2
6
6
12
6
12
2
6
4
6
6
12
6
12
100
4
6
2
6
6
12
6
12
2
6
4
6
6
12
6
12
2
2
2
3
2
3
2
2
2
3
2
3
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
l
EJ
k
Rys.5. Belka-słup z przykładu
liczbowego 7
[ ]
−
−
−
−
−
−
−
−
=
−
=
15
2
10
1
30
1
10
1
10
1
5
6
10
1
5
6
30
1
10
1
15
2
10
1
10
1
5
6
10
1
5
6
P
k
3) Warunki brzegowe: w1=f1=0.uwzzględniamy poprzez modyfikację macierzy
sztywności, czyli: wykreślenie wierzy i kolumn odpowiadających odebranym
stopniom swobody
W rezultacie otrzymamy
[ ]
−
−
−
−
−
=
15
2
10
1
10
1
5
6
4
6
6
12
100
P
k
Z kryterium stateczności Det[k]=0, mamy równanie
2
20
3
520
120000
P
P
+
−
=0
Rozwiązanie tego równania daje
kN
P
cr
6
,
248
)
31
2
13
(
*
100
3
4
=
−
=
Ś
cisłe rozwiązanie tego zagadnienia, to:
kN
P
l
EJ
cr
7
,
246
2
2
4
=
=
π
.