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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。