【最新】有限元第二章课后题答案

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1、2 弹性力学问题的有限单元法 思 考 题 2.1 有限元法离散结构时为什么要在应力变化复杂的地方采用较密 网格，而在其他地方采用较稀疏网格？ 答：在应力变化复杂的地方每一结点与相邻结点的应力都变化较大， 若网格划分较稀疏， 则在应力突变处没有设置结点，而使得所求解的 误差很大，若网格划分较密时， 则应力变化复杂的地方可以设置更多 的结点，从而使得所求解的精度更高一些。 2.2 因为应力边界条件就是边界上的平衡方程，所以引用虚功原理必 然满足应力边界条件，对吗？ 答：对。 2.3 为什么有限元只能求解位移边值问题和混合边值问题？弹性力 学中受内压和外压作用的圆环能用有限元方法求解吗？为什么？ 答

2、：有限元法是一种位移解法， 故只能求解位移边值问题和混合边值 问题。而应力边值问题没有确定的位移约束，不能用位移法求解，所 以也不能用有限元法求解。 2.4 矩形单元旋转一个角度后还能够保持在单元边界上的位移协调 吗？ 答：能。矩形单元的插值函数满足单元内部和单元边界上的连续性要 求，是一个协调元。矩形的插值函数只与坐标差有关，旋转一个角度 后各个结点的坐标差保持不变，所以插值函数保持不变。 因此矩形单 元旋转一个角度后还能够保持在单元边界上的位移协调。 2.5 总体刚度矩阵呈带状分布，与哪些因素有关？如何计算半带宽？ 答：因素：总体刚度矩阵呈带状分布与单元内最大结点号与最小结点 号的差有关。

3、 计算：设半带宽为B，每个结点的自由度为n，各单元中结点整 体码的最大差值为D，则 B=n(D+1)，在平面问题中n=2。 2.6 为什么单元尺寸不要相差太大，如果这样，会导致什么结果？ 答：由于实际工程是一个二维或三维的连续体，将其分为具有简单而 规则的几何单元， 这样便于网格计算， 还可以通过增加结点数提高单 元精度。在几何形状上等于或近似与原来形状，减小由于形状差异过 大带来的误差。若形状相差过大，使结构应力分析困难加大，误差同 时也加大。 2.7 剖分网格时，在边界出现突变和有集中力作用的地方要设置结点 或单元边界，试说明理由。 答：有限元处于弹性力学问题的方法是离散法。它将一个受外力

4、作用 的连续弹性体离散成一定数量的有限小的单元集合体，单元之间只在 结点上相互联系， 即只有结点才能传递力。 所以在边界出现突变和有 集中力作用的地方要设置结点和单元边界。 2.8 为什么说三角形三结点单元是常应变单元，如果在每边中点增加 一个结点，那么单元内应力如何分布？ 答：(1)应变矩阵 B 中的参数 mjimji cccbbb 、 由坐标变量 x、y 之差 确定。当单元的坐标差确定之后，这些参数与坐标变量x、y 无关， 因此B 为常量阵。当单元的结点位移 a 确定后，由B 转换求得的单 元应变都是常量，也就是说在荷载作用下单元中各点具有统一的 xyyx 、 值。因此三结点三角形单元称为

5、常应变单元。 (2)如果在每边中点增加一个结点，单元内的应力为线性分布。 习题 2.1 试证明 x、y 与面积坐标的关系 证明:设 P点坐标为（ x,y） jj pij yx yx yx A ii 1 1 1 2 1 ycxba yxxxyyyxyx xyyxyxyxxyyx mmm ijjiijji jijijiji 2 1 2 1 2 1 同理可求得： 由 面 积 坐 标 定 义得： ycxba AA A L iii ijm Pjm i 2 1 ycxba yx yx yx A ycxba yx yx yx A jjj ii mmpmi iii mm jjpjm 2 1 1 1 1 2 1

6、 2 1 1 1 1 2 1 ycxba AA A L jjj ijm Pmi j 2 1 ycxba AA A L mmm ijm Pij m 2 1 由此推出坐标yx、与面积坐标的函数关系： 2 2 jiijjiij ijji mjjmmjmj mjjm A c Lc La ca c x bcb c A b Lb La bb a y b cb c 式（2.1） 面积： miimjmmjijjimji cbcbcbcbcbcbaaaA2 代入式（ 2.1）有： mjjm mjjm jmmj ijji jiij jiij cbcb baba LbLby cbcb caca LcLcx 其中形状

7、参数由下式确定： mj m j i mj m j i jmmj mm jj i xx x x c yy y y b yxyx yx yx a 1 1 1 1 代入上式（ 2.1）可转化为： mmjjii mmjjii LyLyLyy LxLxLxx 再加上 mji LLL1 所以用面积坐标表示直角坐标矩阵形式如下： m j i mji mji L L L yyy xxx y x 1111 2.2 试证明两相似三角形的单元刚度矩阵相同。 证明：由于两个三角形相似，故设 h A A 2 1 ，h为一常数。 三角形： 1111 2 1 ijjii cbcbA 111111imjmji yybyyb

8、111111imjmji xxcxxc 参数 jiji ccbb、，只与坐标差有关，所以 hb b i i 1 2 1 hc c i i 1 2 1 单元刚度矩阵通式为： hbb bb sr sr 1 22 11 hA A1 2 1 故 21rsrs KK 所以 mmmjmi jmjjji imijii Te KKK KKK KKK tABDBK ee KK 2 1 因此两相似三角形的单元刚度矩阵相同。 2.3 直角三角形固定在刚性基础上，受齐顶的水压力和自重作用，如 图 2.14 所示。若按一个单元计算，水的容重g，三角形平面构件容 重g,取泊松比v=1/6，试求顶点位移和固定面上的反力。

9、解：按逆时针编码，局部编码与整体编码相同：1-2-3 建立坐标)0,0(3)3,0(20,21:aaxoy （1）求形函数矩阵： srsrsrsr srsrsrsr rs bbcccbbc bccbccbb A Et K 2 1 2 1 2 1 2 1 14 2 aaaa600 321 abbab303 321 acacc220 321 图（2.14） 形函数 : )( 2 1 ycxba A N iiii 2 332 2 1 aaaA 所以： a y a x N a y N a x N 32 1 3 2 3 2 1 形函数的矩阵为： a y a x a y a x a y a x a y a

10、 x NNNN mji 32 10 3 0 2 0 0 32 10 3 0 2 （2）刚度矩阵 333231 232221 131211 KKK KKK KKK K e srsrsrsr srsrsrsr rs bbcccbbc bccbccbb A Et K 2 1 2 1 2 1 2 1 14 2 12 5 2 1 35 3 14 1 6 1 22 a E A Et t 可得： 40 0 3 5 35 3 4 15 0 09 35 3 22 11 E K E K 0 2 5 10 35 3 4 31 2 7 2 7 3 32 35 3 12 33 E K E K 2 15 2 5 19 3

11、5 3 13 E K 41 2 5 3 5 35 3 23 E K （3）位移列向量和右端项 由边界条件可确定： Te ua0000 22 水压力和构件厚分别为： 1 0 t ghp 4 31 2 7 4 2 5 2 15 1 2 7 3 32 1 3 5 2 5 9 414001 2 5 3 5 0 3 5 2 5 0 2 15 2 5 0 2 5 4 15 0 191009 35 3E K e T T e t lq hqhq R 0 3 2 0 3 1 00 2 0 3 0 6 00 0 00 1 自重为 W 与支座反力： T yxyx eW RR WW RRR 33 0 3 33112

12、所以： T yxyx eW R hq R WhqW RRR 33363 3 0 3 0 11 由 eee RaK得到下列矩阵方程组： 3 3 3 6 3 0 0 0 0 3 0 3 0 1 1 2 2 W R hq R W hq W R R u y x y x 化简得： 3 6 40 0 3 5 35 3 0 2 2 W hq u E 4 31 2 7 4 2 5 2 15 1 2 7 3 32 1 3 5 2 5 9 414001 2 5 3 5 0 3 5 2 5 0 2 15 2 5 0 2 5 4 15 0 191009 35 3E K e 可得： E W E hq u 36 35 6

13、 7 0 2 2 将 2 2 u 代入下式： 3 3 3 4 2 5 1 3 5 0 2 5 10 35 3 3 0 3 1 1 2 2 W R hq R W R R uE y x y x 固定面上的反力：ahgaghq33 0 从而可得支座反力为： 43 2 212 34 12 0 3 0 3 0 1 1 hqW R hqW R Whq R W R y x y x 2.4 试从式（ 2.69）说明对角线元素改1 法只能用于给定零位移的情 形，而对角元素充大数法可以适用任意指定位移的情形。 解： （1）在式（ 2.69）中， ababaaa RaKaK 采用对角线元素改一法，则： aaaa a

14、aK 所以在式（ 2.69a）中可改为： ababa aaKa 需满足： ab aa 因为 ： ab K 为非零矩阵 所以 ： b a应需为向量 则这种方法只能用于给定零位移。 （2）同上在式（ 2.69a）中 aKR aaa （其中可取 20 10左右甚至更大的量级） 根据主元充大数： aKaKaK aababaaa aaa aK bab aK 由于所以右边近似等于 aaa aK 所以左边等于右边 即主元充大数法满足任何给定位移（零值和非零值） 2.5 仿照例 2.3，试证明矩形单元是完备协调元。 . . bbbbaba RaKaK 证明：在平面问题中，场函数为位移场函数，4 结点矩形单元的

15、位移 插值函数为： xyyxu 4321 平面问题的泛函数中所包含的物理量的最高导数为2 阶，而位移 插值函数中包含的位移场函数 （考虑到对称性， 位移插值函数中只取 了 xy 项）及其直至 2 阶的完全多项式，所以是完备的。 要证明协调性，只需考虑单元边界上的连续性。为此，参考上 图，对于 j-m 边的公共结点 j，m 的位移j u， m u完全确定，所以在边界上是 协调的。 2.6 仿照例 2.3，试证明图 2.15所示任意四边形单元在选取位移模式 xyyxu 4321 是完备的但不是协调的。 证明：完备性证明同2.5； 协调性：对于边i-j，直线方程为BxAy 所以代入上式，得 : 2

16、2 443231 2 443321 4321 )()( x )()( xCxBA BxxABA BxAxBxA BxAxBxAxu 公共边 i-j，i，j 两点的位移不能完全确定A，B，C三个为未知量 故任意四边形单元是完备的但不是协调的。 2.7 上端受均布荷载作用的墙体视为平面构件，如图2.16(a)所示，划 分成为 8 个单元如图 2.16(b)，试在图 2.16(b)上画出边界条件和等效 结点荷载；倘若利用对称性取一半，如图2.16(c)，试在图 2.16(c)上 画出边界条件和等效结点荷载。设E=30Gpa，v=1/6，均布荷载 q=20KN/m，试按图 2.16(c)求构件的结点位移。