5 3 Zał 1 MES Belka na gruncie Zadania pomocnicze

Metoda elementów skończonych
w zastosowaniu do belek na sprę\ystych 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 u(x) wewnątrz elementu
skończonego, zgodnie z fundamentalnym
zało\eniem metody elementów skończonych
przyjmuje się w postaci:
df
(e)
u(x) =[N]�" u (1)
(e)
gdzie [N] macierz kształtu elementu, a u
wektor przemieszczeń węzłowych.
Przemieszczenia osi pręta przy wymuszonych
przemieszczeniach jednostkowych węzła (1) i (2) ,
pokazano na Rys.1, z którego wynika, \e formuła (1)
dla przyjętego ukłądu współrzędnych (oś y=w jest
skierowana do góry,przyjmie postać:
u1 (e)
w1
u �1
�"[N]�"
w u2
w2
�2
gdzie:
x
�ł łł
1- 0
l
�ł śł
x2 x3
�ł 0 1- 3 + 2 śł
l2 l3
�ł śł
x2 x3
�ł śł
0 x - 2 +
l
l2
�ł śł
[N]=
x
0
�ł śł
l
�ł śł
(l-x)2 (l-x)3
�ł 0 1- 3 + 2 śł
l2 l3
�ł śł
(l-x)2 (l-x)3
�ł śł
0 - (l - x) + 2 -
Rys.1 Ilustracja macierzy
l
�ł l2 �ł
kształtu elementu
(2)
prętowego
W powy\szych rozwiązaniu nie pokazaliśmy jawnie wyra\eń dla �(x) = w'(x).
Mo\na je otrzymać w prosty sposób poprzez wskazane ró\niczkowanie.
Przemieszczenia pokazane na Rys.1. mo\na uzyskać z rozwiązania równania ró\niczkowego linii
ugięcia przy braku obcią\enia na pręcie:
wIV = 0
Ogólne rozwiązanie tego równania jest funkcją:
w = C1 + C2x + C3x2 + C4x3
Stałe całkowania wyznaczymy z warunków brzegowych:
dw dw dw
w(0) = w1, w(l) = w2, = �1, = �2, gdzie = C2 + 2C3x + 3C4 x2.
dx dx dx
x=0 x=l
Otrzymujemy stąd równanie macierzowe:
1 0 0 0 C1 w1
�ł łł
�ł0 1 0 0 śł
C2 �1
�ł śł
�" = , czyli:
�ł1 l l2 l3 śł C3 w2
�ł0 1 2l 3l2 śł
C4 �2
�ł �ł
w1
C1
�1
C2
�1
= 1
+ 3(w2 - w1)
C3 - 2 l
l2
1
C4 �1+�2 - 2(w2 - w1)
l2 l3
Podstawiając wartości stanu uzyskamy kolejne wyrazy macierzy (2).
Na przykład:
dla :
w1 = 1,�1 = �2 = w2 = 0
w x2 x3 .
=1- 3 + 2
w1
l2 l3
Pozostałe wyrazy znajdziemy analogicznie.
Zadanie 2 (pomocnicze): Obliczyć macierz sztywności dla elementu pręta z poprzedniego zadania.
Wprowadzmy pojęcia uogólnionych naprę\eń oraz odkształceń � , � , które występują na poziomie
przekroju pręta. Za naprę\enia uogólnione przyjmiemy siły przekrojowe, natomiast odkształcenia
uogólnione odpowiadają wielkościom, których iloczyn z naprę\eniami określa pracę wewnętrzną.
W przypadku zginania z rozciąganiem naprę\enia uogólnione, to momenty zginające M i siły osiowe
N. Natomiast odkształcenia uogólnione, to krzywizna w i wydłu\enie względne u .
Znane zale\ności
N EA 0 " 0 u
�ł łł�ł łł
, a w zwartej formie: =
M = +EJ w'', N = EAu'
y �ł śł�ł0
M 0 EJ "2 śł w
�ł �ł�ł �ł
stanowią związki fizyczne. Znak (+) wystąpił wobec przyjętego układu współrzędnych.
Związki te zapisaliśmy w zwartej formie spójnej z definicjami przyjętymi przy rozwiązaniu
ZBTS metodą Ritza:
df
� =[E]�"["]�" u ,
skąd otrzymujemy wyra\enia na podstawowe macierze metody:
macierz Hooke a [E]i macierz operatorów ró\niczkowania ["], wektor naprę\eń � i
przemieszczeń u
N u
EA 0 " 0
�ł łł �ł łł
� = , u =
,
[E]= ["]=
�ł śł, �ł0 "2 śł
M w
0 EJ
�ł �ł �ł �ł
Macierz zgodności geometrycznej [B] obliczymy z definicji:
df
" 0
�ł łł
[B]=["][N]= �"
�ł0 "2 śł
�ł �ł
x
�ł1- x łł
( ) 0 0 ( ) 0 0
l l
�ł śł
�"
�ł1-3(l-x)2 (l-x)3 �ł �ł- (l - x) + 2 (l-x)2 (l-x)3 �łśł =
�ł1-3 x2 x3 �ł �łx - 2 x2 x3 �ł
�ł
0 + 2 + 0 + 2 - �łśł
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł
l l
�ł
�ł l2 l3 łł �ł l2 łł l2 l3 l2
�ł łł �ł łł
�ł �ł
1 1
�ł łł
(- ) 0 0 ( ) 0 0
l l
�ł śł
=
12(l-x) 6(l-x)
�ł- 6 12x �ł �ł- 4 6x �ł �ł 6 �ł �ł 4 �łśł
�ł 0 + + 0 +
�ł �ł �ł �ł �ł �ł �ł - �ł
l l
�ł l2 l3 łł �ł l2 łł �ł l2 l3 łł �ł l2 łł
�ł �ł
Macierz sztywności [k](e) elementu (e) otrzymamy z definicji.
df
[k](e) = [B]T [E][B]dV
+"
V
,
która dla ropatrywanego przypadku przyjmie postać:
l
[k](e) +"[B]T [E][B]
0
Po wykonaniu przypisanych działań i scałkowaniu po długości pręta , otrzymamy:
EA EA
�ł łł
+ 0 0 - 0 0
l l
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
0 +12 + 6 0 -12 + 6
�ł śł
l3 l2 l3 l2
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
0 + 6 + 4 0 - 6 + 2
l l
�ł śł
l2 l2
[k](e) =
�ł- EA EA śł
0 0 0 0
l l
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
0 -12 - 6 0 +12 - 6
�ł śł
l3 l2 l3 l2
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
0 + 6 + 2 0 - 6 + 4
�ł śł
l l
�ł l2 l2 �ł
Macierz sztywności określa siły przywęzłowe w funkcji przemieszczeń węzłów. Zale\ności te są
znane w mechanice budowli pod nazwą wzorów transformacyjnych dla elementu sztywno-sztywnego.
Zadanie 3 (pomocnicze): Obliczyć macierz sztywności dla prostoliniowego, jednorodnego elementu,
obcią\onego ściskającą siłą osiową.
Ogólne równanie ró\niczkowe dla jednego elementu skończonego ma postać:
(e)
,
[k](e) u = FA (e) + FV (e)
Macierz sztywności mo\na określić, znając zale\ność pomiędzy siłami węzłowymi
[k](e)
[F](e) = FA (e) + FV (e) ,
(e)
a przemieszczeniami węzłowymi u . Zale\ności
te dla zadanego zagadnienia (Rys.2) , określimy
poprzez rozwiązania równania ró\niczkowego pręta
ściskanego bez obcią\enia pomiędzy węzłami:
EJwIV + Pw'= 0
Rys.2 Pręt ściskany siłą -P
x Pl2
Po wprowadzeniu zmiennych � = ,2 = ,
l EJ
mamy:
4 2
d w d w
+ 2 2 = 0
4
d� d�
Rozwiązanie tego równania ma postać:
w(� ) = C1 + C2� + C3 cos� + C4 sin �
Stałe całkowania określimy z warunków brzegowych:
dw(0) dw(1)
= �1l, = �2l, w(0) = w1, w(1) = w2 ,
d� d�
dw
gdzie: . Mamy stąd równanie:
= C2 - C3� + C4 cos�
d�
1 0 1 0 C1 w1
�ł łł
�ł0 0 śł
C2 �1l ,]
�ł śł
=
�ł1 cos sin śł C3 w2
�ł0 - sin cos śł C4 �2l
�ł �ł
skąd po rozwiązaniu:
...
ńł
C1
...
C2 �ł
�ł
=
[�1l(sin - cos)-�2l(sin -)+(w2 -w1)(cos -)]
�ł
C3
�ł
2(1-cos)-2 sin
�ł
C4
...
ół
Poniewa\:
2
EJ d w EJ
M = EJw"= = (-C32 cos� - C42 sin � ),
2
l2 d� l2
EJ d3w EJ
T = = (-C33 sin � - C43 cos� ),
3
l3 d� l3
EJ EJ
M1 = M (0) = (-C32 ),T1 = T (0) = (-C43) , to:
2
l l3
�1l(sin- cos)-�2l(sin-)+(w2 -w1)(cos-)
EJ
M1 = + ,
l2 (cos-1)+sin2
EJ
, itd. ...
T1 = + 2 (�1l+�2l)(1-cos)+ sin (w2 -w1)
l3 (cos-1)+sin2

Szczególnie u\yteczne formuły znajdziemy dla ą = :
2
EJ EJ EJ
M1 = 6 �2 (w1 - w2 ) + 4 �3�1 + 2 �4�2
l l
l2
EJ EJ EJ
M = 6 �2(w1 - w2 ) + 2 �4�1 + 4 �3�2
2
l l
l2
EJ EJ
T1 = 12 �1(w1 - w2) + 6 �2(�1 + �2),T2 = -T1
l3 l2
gdzie wprowadzono oznaczenia:
ą H"0
1 Pl2
�1 = (ąctgą)�2 H" 1- ,
10 EJ
2
1 ą H"0
ą
3 1 Pl2
�2 = H" 1- ,
1-ąctgą 60 EJ
ą H"0
3 1 1 Pl2
�3 = �2 + ąctgą H" 1- ,
4 4 30 EJ
ą H"0
3 1 1 Pl2
�4 = �2 - ąctgą H" 1+ ,
2 2 60 EJ
l P Ą P
ą = = ,
2 EJ 2 Pcr
2
Ą EJ
Pcr = - krytyczne obcią\enie eulerowskie
l2
Zapisując powy\sze w postaci macierzowej, mamy:
12EJ 6EJ 12EJ
�ł łł
�2 - �1 6EJ �2 w1
T1 �ł �1
l3 l2 l3 l2
śł
6EJ 4EJ 6EJ 2EJ
M1 �ł l2 �2 l �3 - l2 �2 l �4 śł �1
= �ł śł �"
6EJ
T2 �ł- 12EJ - �2 12EJ �1 - �2 śł w2
�1 6EJ
l3 l2 l3 l2
�ł śł
M 6EJ 6EJ
2
�2 2EJ �4 - �2 4EJ �3 śł �2
�ł
l l
�ł l2 l2 �ł
lub w zwartej formie
(e)
F = [k]�" u
Po rozwinięciu w szereg macierzy [k]względem P i pozostawieniu wyrazów liniowych
uzyskamy formułę przybli\oną:
12EJ 6EJ 12EJ 6EJ
�ł łł
-
6 1 6 1
�ł łł
l - l
l3 l2 l3 l2
�ł śł
5 10 5 10
�ł śł
6EJ EJ 6EJ EJ
1 2 1 1
�ł 4 - 2 śł
l - - lśł
l l
l2 l2
[k]= �ł śł - P�ł 10 151 610 30 śł -
�ł- 6 1
l - l -
�ł- 12EJ - 6EJ 12EJ 6EJ śł
5 10 5 10
l3 l2 l3 l2 �ł śł
�ł śł
1 1 1 2
6EJ EJ 6EJ EJ
- l - l
�ł śł
2 - 4
�ł 10 30 10 15 �ł
�ł śł
l l
�ł l2 l2 �ł
Pierwszy człon rozwinięcia, to klasyczna, liniowa macierz sztywności, a drugi człon jest w
mechanice budowli nazywany macierzą geometryczną. Zwróćmy uwagę, \e dokładniejsze
rozwinięcie ścisłej macierzy sztywności umo\liwiłoby zdefiniowanie macierzy
geometrycznych wy\szych rzędów.
Ostatecznie w celu uwzględnienia związku obcią\eń podłu\nych od przemieszczeń
poziomych węzłów, uzupełnimy macierz sztywności o uzyskane wyniki i otrzymamy:
EA EA
�ł łł
0 0 - 0 0
l l
�ł śł
12EJ 12EJ
0 �1 6EJ �2 0 - �1 6EJ �2 śł
�ł
l3 l2 l3 l2
�ł
6EJ 6EJ
0 �2 4EJ �3 0 - �2 2EJ �4 śł
�ł l l śł
l2 l2
[k]=
�ł- EA EA
śł
0 0 0 0
l l
�ł śł
12EJ 6EJ 12EJ 6EJ
�ł śł
0 - �1 - �2 0 �1 - �2
l3 l2 l3 l2
�ł śł
6EJ 6EJ
0 �2 2EJ �4 0 - �2 4EJ �3
�ł śł
l l
�ł l2 l2 �ł
Zadanie 4 pomocnicze: Określić obcią\enie węzłowe, gdy na pręt prosty (ogólnie na krawędz
elementu) elementu), działa obcią\enie ciągłe pomiędzy węzłami.
obcią\onego ściskającą siłą osiową.
Rys.3. Obcią\enie
międzywęzłowe p(x)
Obcią\enie międzywęzłowe wyznaczymy z definicji
df
FA = [N]T q� dA,
+"
A
gdzie zgodnie z Rys.3. q� = p(x) ,
Dla pręta zginanego, określona w zadaniu pomocniczym 1 - macierz kształtu wynosi:
2
�ł łł
�ł1 - 3 x x3 �ł
+ 2
�ł �ł
2 3
�ł śł
�ł l l łł
�ł 2 2 śł
�ł x x �ł
x
�ł - 2 +
�ł
�ł 3 śł
l
�ł l łł
�ł śł
[N ]T =
�ł1 - 3 (l - x )2 (l - x)3 �ł
�ł śł
+ 2
�ł �ł
2 3
l l
�ł �ł łł śł
�ł�ł
(l - x )2 (l - x)3 �łśł
�ł�ł - (l - x) + 2 l - l �łśł
2
�ł łł
�ł �ł
Z definicji dla q� = p = const , mamy:
�ł łł
�ł1- 3 x2 x3 �ł
+ 2
�ł �ł
�ł śł
�ł l2 l3 łł l
�ł łł
R1
�ł śł 2
�ł x2 x2 �ł
�ł śł
x
�ł - 2 +
�ł
śł l2
l
+
M1 l �ł �ł l3 łł �ł
�ł śłdx = p�ł l12śł
FA = = p �"
+"
śł
�ł1- 3 (l-x)2 (l-x)3 �ł
R2 0
�ł śł
+ 2
�ł �ł
�ł 2 śł
l2 l3
�ł �ł łł śł
�ł- l2
śł
M
2
�ł�ł
(l-x)2 (l-x)3 �łśł
�ł 12�ł
�ł�ł - (l - x) + 2 l - l2 �łśł
�ł łł
�ł �ł
Analogicznie mo\na znalezć obcią\enie węzłowe przy innych postaciach obcią\enia między
węzłami, np. dla
x
q� = p(x) = p1 + ( p2 - p1) mamy:
l
,
�ł łł
�ł1- 3 x2 x3 �ł
+ 2
�ł �ł
�ł śł
�ł l2 l3 łł
�ł śł
�ł x2 x2 �ł
x
�ł - 2 +
�ł
�ł śł
l l
�ł l3 łł
x
�ł śłdx
FA = (p1 + ( p2 - p1) )�"
+"
l �ł1- 3 (l-x)2 (l-x)3 �ł
�ł śł
+ 2
0 �ł �ł
l2 l3
�ł �ł łł śł
�ł�ł
(l-x)2 (l-x)3 �łśł
�ł�ł- (l - x) + 2 l - l2 �łśł
�ł łł
�ł �ł
3l
�ł łł
(p1 + 7 p2)
20
�ł śł
l2
�ł (3p1 + 2 p2) śł
60
=
�ł śł
3l
(p1 + 7 p2)
�ł śł
20
�ł- l2
(3p1 + 2 p2)śł
�ł 60 �ł
Zadanie 5 pomocnicze: Określić wektor równowa\ników węzłowych dla elementu belki
spoczywającej na sprę\ystym podło\u Winklera ze współczynnikiem sprę\ystości podło\a k
Z definicji sprę\ystego podło\a winklerowskiego, mamy:
q� = p ( x ) = - k �" w ( x ).
(e)
Poniewa\ w(x) = [N]�" u , więc:
l l
(e) (e)
FA = -+"[N]T k[N]�" u dx = -k ([N]T [N]dx)u ,
+"
0 0
� = x / l
Dla belki zginanej przy oznaczeniu , mamy:
2
�ł(1- 3� 2 + 2� 3)łł
�ł śł
2 3
�łl(� - 2� + � )śł
[N]T [N]=
2 3
�ł śł
(3� - 2� )
�ł śł
2 3
�ł - � + �
śł
�ł �ł
Po wykonaniu przypisanych działań i po obliczeniu całki oznaczonej (w granicach od 0do l),
mamy:
156 22l 54 -13l w1
�ł łł
�ł
22l 4l2 13l - 3l2 śł �1
kl
�ł śł
FA = - �"
420
�ł 54 13l 156 - 22l w2
śł
�ł-13l - 3l2 - 22l 4l2 śł
�2
�ł �ł
Zadanie 6 (przykład liczbowy): Znale\ć ugięcie i kat obrotu końca wspornika metodą MES.
Macierz sztywności układu [K] , wektor równowa\ników węzłowych F oraz wektor
niewiadomych u wynoszą:
Rys.4. Belka z przykładu
liczbowego 6
EJ EJ EJ EJ
�ł łł
12 6 -12 6
l3 l2 l3 l2
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
�ł 6 4 - 6 2 śł
l l
l2 l2
�ł śł
[K]= [k](e) =
EJ EJ EJ EJ
-12 - 6 12 - 6
�ł śł
l3 l2 l3 l2
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
6 2 - 6 4
�ł śł
l l
�ł l2 l2 �ł
w1
l
2
�1
2
l
, u =
12
F = - q
w2
l
2
2
�2
l
-
12
Równanie kanoniczne układu
[K]�" u = F
po rozpisaniu przyjmie postać:
12 6 12 6
�ł łł
-
2 2 1
l l w1
l l
�ł śł
l
6 6
�ł śł
4 - 2
�
-ql
EJ 6
l l
�ł śł �" =
l
w2 2 1
�ł- 12 - 6 12 - 6śł
2
l l2 l
l
l
�ł śł
�2
6 6
6
2 - 4
�ł śł
�ł l l �ł
brzegowe warunki kinematyczne: w1 = 0,M1 = -�1K uwzględniamy przez odpowiednią
1 0 0 0
�ł łł
1
w1 0
�ł0 4 - 6
śł
l
2
� - �1K
�ł l śł
-ql
EJ 6
modyfikację równania kanonicznego �" = + ,
�ł0 6 12 - 6śł
l -
w2 2 1 0
2
l l
l
�ł śł
l
�ł0 2 - 6 4 śł �2 0
6
�ł l �ł
�ł4 + Kl -6 łł
l
2
�1
EJ l
�ł śł
6
-ql
EJ -6 12 -6
�ł śł
czyli w rezultacie �" w2 = 1
2
l l l 2EJ
l
�ł śł
-l
-6 �2
�ł śł
2 4
6
�ł l �ł
Rozwiązanie tego układu równań daje:
�1 1 0
2 2
2
-ql -ql
l
�" w2 = l +
2K EJ 8
l
�2 1
6
Uwaga:
1) dla stałej sprę\ystości podpory K=oo otrzymamy rozwiązanie dla wspornika idealnie
utwierdzonego, \
2) dla K=0 ustrój jest mechanizmem. Świadczy o tym fakt, \e wyznacznik układu
Det[k]=0 i równanie kanoniczne staje się nieoznaczone.
Zadanie 7 (przykład liczbowy): Obliczyć siłę krytyczną belki-słupa
pokazanego na rys. 5.
Rys.5. Belka-słup z przykładu
liczbowego 7
Macierz sztywności układu zło\onego z 1 elementu zło\ona z macierzy liniowej [k]i
geometrycznej [k]
EJ EJ EJ EJ
�ł łł
12 6 -12 6
12 6 -12 6
l3 l2 l3 l2 �ł łł
�ł śł
EJ EJ EJ EJ
�ł śł
�ł 6 4 - 6 2 śł
6 4 - 6 2
l l
l2 l2
śł
�ł
[k]= = śł = 100�ł=
EJ EJ EJ EJ
-12 - 6 12 - 6 �ł -12 - 6 12 - 6śł
�ł śł
l3 l2 l3 l2
�ł śł
�ł śł
EJ EJ EJ EJ 6 2 - 6 4
�ł �ł
6 2 - 6 4
�ł śł
l l
�ł l2 l2 �ł
6 1 6 1
�ł łł
-
5 10 5 10
�ł śł
1 2 1 1
- -
�ł śł
10 15 10 30
[k]= -P�ł=
śł
6 1 6 1
- - -
�ł śł
5 10 5 10
1 1 1 2
�ł śł
- -
�ł 10 30 10 15 �ł
3) Warunki brzegowe: w1=f1=0.uwzzględniamy poprzez modyfikację macierzy
sztywności, czyli: wykreślenie wierzy i kolumn odpowiadających odebranym
stopniom swobody
W rezultacie otrzymamy
6 1
�ł łł
-
12
�ł - 6
łł
5 10
[k]=100�ł - P�ł śł
śł
1 2
�ł- 6 4 �ł �ł- 10 15 śł
�ł �ł
3
Z kryterium stateczności Det[k]=0, mamy równanie 120000 - 520P + P2 =0
20
4
Rozwiązanie tego równania daje Pcr =100 * (13 - 2 31) = 248,6kN
3
2
Ą EJ
Ścisłe rozwiązanie tego zagadnienia, to: Pcr = = 246,7kN .
2
4l

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
5 3 Zał 2 Ritz Belka na gruncie przykład liczb
plik 02 LI zadania pomocnicze nr 1 (listopad 2012)
plik 04 LI zadania pomocnicze nr 3 (listopad 2012) dodatek
operacje na rekordach zadania
Wasilewski Koszty poznawcze i wpływ emocji na rozwiązywanie zadania selekcyjnego
Izolacje fundamentow i podlog na gruncie
Dom budowany na gruncie żony nie należy do męża
Wytrzym na scin zadania
Ziarno na gruncie skalistym C H Spurgeon
ćw 1 ZADANIA POMOCNICZE [1] praca własna studentów

więcej podobnych podstron