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
∑MA = 0 ⇒ M = 70 kNm
b) Siły wewnętrzne:
Siły tnące:
TA − 1 = V = 30 kN
T1 − 2 = V − P = 30 − 10 = 20 kN
T3 = qL = 0 kN
Momenty zginające:
MA = −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 = Iy = 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 = Iy = 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:
Fe = Fe + Ke • δe
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.