TEMAT: Wyznaczyć Metodą Różnic Skończonych i Metodą Elementów Skończonych ekstremalne przemieszczenia i siły wewnętrzne dla belki wg schematu

1. ROZWIĄZANIE ZA POMOCĄ METODY ANALITYCZNEJ – ROZWIĄZANIE DOKŁADNE

a) Reakcje podporowe:

∑X = 0           ⇒           H = 0 kN

∑Y = 0           ⇒           V = 30 kN

∑M_A = 0        ⇒           M = 70 kNm

b) Siły wewnętrzne:

Siły tnące:

T_A − 1 = V = 30 kN

T_1 − 2 = V − P = 30 − 10 = 20 kN

T₃ = qL = 0 kN 

Momenty zginające:

M_A = −M = −70 kNm

$$M_{1} = - M + V\frac{L}{2} = - 40\ kNm$$

$$M_{2} = - q\frac{L^{2}}{2} = - 20\ kNm$$

M₃ = 0 kNm

1. METODA RÓŻNIC SKOŃCZONYCH

a) Momenty zginające:

b) Dyskretyzacja:

c) Iloraz różnicowy:

Węzeł 1: $\frac{w_{2} - 2w_{1} + w_{0}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M(x)$

Węzeł 2: $\frac{w_{3} - 2w_{2} + w_{1}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M(x)$

Węzeł 3: $\frac{w_{4} - 2w_{3} + w_{2}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M(x)$

Węzeł 4: $\frac{w_{5} - 2w_{4} + w_{3}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M(x)$

Węzeł 5: $\frac{w_{6} - 2w_{5} + w_{4}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M(x)$

d) Warunki brzegowe wynikające ze sposobu podparcia belki:

w₁ = 0

$$\varphi_{1} = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\text{dw}}{\text{dx}} = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{w_{2} - w_{0}}{2x} = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w_{2} = w_{0}$$

$\frac{w_{2} + w_{2}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M\left( x \right)\ / \bullet x^{2}$

$\frac{w_{3} - 2w_{2}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M\left( x \right)\ / \bullet x^{2}$

$\frac{w_{4} - 2w_{3} + w_{2}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M\left( x \right)\ / \bullet x^{2}$

$\frac{w_{5} - 2w_{4} + w_{3}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M\left( x \right)\ / \bullet x^{2}$

$\frac{w_{6} - 2w_{5} + w_{4}}{x^{2}} = - \frac{1}{\text{EI}}M\left( x \right)\ / \bullet x^{2}$

$2w_{2} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)\ / \bullet \frac{1}{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w_{2} = - \frac{1}{2}\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)\ $

$w_{3} - 2w_{2} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

$$w_{3} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) + 2w_{2}$$

$w_{3} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) + 2\left( - \frac{1}{2}\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w_{3} = - 2\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

$w_{4} - 2w_{3} + w_{2} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

$$w_{4} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) + 2w_{3} - w_{2}$$

$$w_{4} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) + 2\left( - 2\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) \right) - \left( - \frac{1}{2}\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w_{4} = - 4,5\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$$

$w_{5} - 2w_{4} + w_{3} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

$$w_{5} = - \frac{x^{2}}{EI}M\left( x \right) + 2w_{4} - w_{3}$$

$$w_{5} = - \frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) + 2\left( - 4,5\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) \right) - \left( - 2\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right) \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ w_{5} = - 8\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$$

Rozwiązanie:

w₁ = 0

$w_{2} = - \frac{1}{2}\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)\ $

$w_{3} = - 2\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

$w_{4} = - 4,5\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

$w_{5} = - 8\frac{x^{2}}{\text{EI}}M\left( x \right)$

Przyjęto: DWUTEOWNIK IPE 200

I = I_y = 1940 cm⁴ = 1940 • 10⁻⁸ m⁴

$$E = 210000\ \frac{N}{\text{mm}^{2}} = 210 \bullet 10^{6}\frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

$$x = \frac{L}{2} = \frac{2}{2} = 1\ m$$

x² = 1 m²

w₁ = 0 m

$w_{2} = - \frac{1}{2} \bullet \frac{1}{210 \bullet 10^{6} \bullet 1940 \bullet 10^{- 8}} \bullet \left( - 40 \right) = \ 4,909 \bullet 10^{- 3}\text{\ m}$

$w_{3} = - 2 \bullet \frac{1}{210 \bullet 10^{6} \bullet 1940 \bullet 10^{- 8}} \bullet \left( - 20 \right) = 9,818 \bullet 10^{- 3}\text{\ m}$

$w_{4} = - 4,5 \bullet \frac{1}{210 \bullet 10^{6} \bullet 1940 \bullet 10^{- 8}} \bullet \left( - 5 \right) = 5,523 \bullet 10^{- 3}m$

$w_{5} = - 8 \bullet \frac{1}{210 \bullet 10^{6} \bullet 1940 \bullet 10^{- 8}} \bullet 0 = 0\ m$

2. METODA ELEMENTÓW SKOŃCZONYCH

W celu rozwiązania zadania belka zostaje podzielona na elementy skończone e₁ i e₂:

Macierze sztywności elementów e₁ i e₂:

Elementy e1 i e2 mają takie same długości, stąd:

dla L=2,0 m

Wektory równoważnych sił węzłowych:

Wartości sił węzłowych odczytano z tablic:

Agregacja:

Macierz globalna F:

Globalna macierz sztywności K:

Globalna macierz przemieszczeń δ:

Ponieważ oraz , powyższe równanie ma postać:

Rozwiązanie układu równań:

⇒

Przyjęto: DWUTEOWNIK IPE 200

I = I_y = 1940 cm⁴ = 1940 • 10⁻⁸ m⁴

$$E = 210000\ \frac{N}{\text{mm}^{2}} = 210 \bullet 10^{6}\frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

Obliczenie sił wewnętrznych:

F^e = F^e + K^e • δ^e

Wykresy momentów zginających pośrodku elementów e₁ i e₂ wyznaczono korzystając ze znajomości sił tnących.

Wykresy sił wewnętrznych w zadanej belce otrzymane poprzez rozwiązanie metodą elementów skończonych:

Wnioski:

Otrzymane wyniki są do siebie zbliżone.