Методическое пособие «Повернутый стержень»
Описание файла
PDF-файл из архива "Методическое пособие «Повернутый стержень» ", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "математическое моделирование технических объектов (ммто)" из 4 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "книги и методические указания", в предмете "математическое моделирование технических объектов (ммто)" в общих файлах.
Просмотр PDF-файла онлайн
Текст из PDF
1МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТимени Н.Э. БАУМАНАМетодическое пособие«Повернутый стержень»МГТУ имени Н.Э. Баумана2МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТимени Н.Э. БАУМАНАМетодическое пособие«Повернутый стержень»3МоскваМГТУ имени Н.Э. Баумана2012УДК 681.3.06(075.8)ББК 32.973-018И201Методическое пособие «Повернутый стержень»М.: МГТУ им. Н.Э. Баумана, 2012. – 15 с.: ил.Ил.
39. Табл. 5. Библиогр. 7 назв.УДК 681.3.06(075.8)© МГТУ им. Н.Э. Баумана, 20124АННОТАЦИЯВ методическом пособии проводится изучение основных принципов мозгового штурмаи техническое реализации решения задачи с повернутым стержнем. Объясняется принцип построения математической модели на примере стержня с заданными парметрами. После построения математической модели систем можно предугадать дальнейшее ее поведение.ANNOTATIONThe policy manual is carried out to study the basic principles of brainstorming and implementingtechnical solutions of the problem with rotated bar.
Explained by the principle of constructing amathematical model of the example of the rod with the set Parameters. After the construction ofmathematical models of systems can predict its future behavior of the.5ПОВЕРНУТЫЙ СТЕРЖЕНЬабРис. 1Преобразование смещений узлов и сил в узлах. Рассмотрим случай, когда стержневойэлемент длиной L составляет с осью абсцисс произвольный угол . Введем две прямоугольные системы координат: локальную (xOy), связанную со стержнем, и глобальную (XOY). Проекции вектора перемещения левого конца (i) стержня в локальной системе координат на осиOx и Oy обозначим соответственно uiлок и viлок, а на оси OX и OY глобальной системы – uiглоб иviглоб соответственно.
Аналогичные обозначения введем для проекций вектора перемещенияправого конца (j) стержня: ujлок, vjлок, ujглоб и vjглоб. Связь введенных проекций вектора в локальной системе с его проекциями в глобальной системе поясняет рисунок 1.Из треугольника с высотой h на рис.1-а имеем:uiлок = + uiглоб cos + viглоб sin(1)Из треугольника АВС на рис.1-б получаем:viлок = + viглоб cos – uiглоб sinВведем обозначения: cos = l = (Xj–Xi)/L, sin= m = (Yj–Yi)/L , поменяем местами слагаемые во втором уравнении, и запишем полученную систему в матричном виде:(2)где: Тi – матрица трансформации узла.
Получим аналогично систему для j-го узла стежня иобъединим ее с системой (2):где:(3)Здесь Т – матрица трансформации стержня. Введя аналогичные сокращения для матриц-столбцов, запишем систему (3) в сжатом виде: u лок= Т u глоб.локВекторы сил, приложенных в узлах стержня (f ), так же, как и смещения, могут бытьразложены по осям локальной и глобальной систем координат. Отсюда, сразу имеем следующую систему уравнений в матричном виде, связывающую локальные и глобальные представлокглобления указанных векторов: f= ТfМатрица жесткости повернутого стержня. Рассмотрим вначале часть стержня в локальной системе координат в виде, представленном на рисунке 2.
Эта часть ограничена узлами i и j и представляет один конечный элемент. В узлах i и j приложены силы fi и fj, которыевызывают смещения ui и uj соответственно.Рис. 26Пусть k – сила сжатия на единицу длины. Если действует только сила в i–м узле, и стержень подчиняется закону Гука, то fi = k (ui – uj ). Сила в j–м узле вызовет удлиннение (uj – ui), то есть: fj = k (uj – ui).
Записывая оба равенства в матричной форме, получим:(4)Ранее получено выражение для жесткости стержня: k =EA/L, поэтому система уравнений (4) может быть переписана в форме:Добавляя в систему 2 уравнения для учета локальных перемещений vi и vj , имеем:(5)Введем обозначения для локальных матриц жесткости (kлок) и нагрузки (fлок) стержня:,локглобглобТогда, поскольку u лок= Т u глоб и f= Тf, опуская индекс ( ) при записи в глобальной системе координат векторов перемещений и сил, запишем систему (5) в виде:локлоклокk u лок= fили: k Т u = Т fлокТУмножая обе части полученного равенства на Т , имеем: ТТ k Т u = ТТ Т f = f, то естьматрица жесткости (k) элемента в глобальной системе координат примет вид:локk =ТТ kТПеремножив матрицы, получим выражение для матрицы жесткости повернутого стержня вглобальной системе координат:(6)Расчет напряжений в повернутом стержне.
Сдесь задача ставится так: на основе известных глобальных проекций векторов перемещений в узлах, рассчитать напряжения в повернутом стержне. Совместим начало координат локальной системы с левым концом стержня(i–й узел) и запишем интерполяционный полином, апроксимирующий перемещения во внутренних его точках:(7)Запишем, далее, закон Гука в дифференциальной форме и подставим в него выражение (7):Заменяя здесь, на основании формулы (1), локальные перемещения глобальными имеем: = E (–uiглобl – viглобm + ujглобl + vjглобm) / L или окончательно в матричной форме:7(8)Пример 1Плоский кронштейн состоит из двух одинаковых стержней длиной L. Площадь поперечного сечения стержней А, модуль упругости Е.
Кронштейн нагружен силами Р1 и Р2, какпоказано на рисунке 2. Определить: смещение узла 2 и напряжение в каждом стержне.Решение: Исследуемую конструкцию кронштейна можно моделировать двумя линейными симплекс–элементами 1 и 2. Согласно выражению (4), в локальных системах координатлоклокматрица жесткости первого (k1 ) и второго (k2 ) элементов одинаковы и равны:Рис.3Рис.4Рис.5Рис.6Эти две матрицы не могут быть связаны вместе потому, что они составлены для элементов, расположенных в различных координатных системах. Поэтому их необходимо пересчитать в одну и ту же (глобальную) систему координат. для первого элемента: =45О; l = m 0,705, поэтому, согласно (6) матрица его жесткости в глобальной системе примет вид, показанный на рисунке 4.
Сверху и справа от матрицы показаны имена составляющих глобальных векторов смещений, соответствующихстрокам и строкам матрицы. для второго элемента: =135О; l – 0,705, m 0,705, и его матрица жесткости в глобальной системе примет вид, показанный на рисунке 5.Складывая обе матрицы по методу прямой жесткости, получим глобальную матрицужесткости кронштейна, показанную на рисунке 6. Поскольку узлы 1 и 3 закреплены, то:u1 = v1 = u3 = v3= 0и строки и столбцы в глобальной матрице жесткости, соответствующие этим смещениям,можно вычеркнуть. Получим решающую систему из двух уравнений с двумя неизвестными:Найденные перемещения узла 2 (u2 и v2) являются глобальными.
Напряжения в стержняхвычислим по формуле (8): для 1-го стержня: uiглоб = u1 = 0; viглоб = v1 =0; ujглоб = u2 ; vjглоб = v2 , следовательно: для 2-го стержня: uiглоб = u2; viглоб = v2; ujглоб = u3= 0; vjглоб = v3=0, следовательно:8Пример 2Для плоской стержневой конструкции, показанной на рис.7, дано: Р=1000кН, L=1м,Е=210ГПа=21010 9 [н/м2 ], А=610 – 4 м 2 (для КЭ 1 и 2), А=610 – 4 м 2 (для элемента 3).Требуется определить перемещения в узлах и реакции опор.Рис.
7Рис. 8Рис. 9Рис. 10Решение:1. Вычисляем глобальную матрицу жесткости всей стержневой конструкции (размерностьэлемента глобальной и каждой локальной матриц жесткости = Н/м): для 1-го стержня: = 90 О; l = 0; m = 1, EA/L = 21010 9 [Н/м2 ] 610 – 4 [м 2 ] /1 [м], тоесть E1A1 /L1 = 1,26 10 8 [Н/м], следовательно, согласно (6), матрица его жесткости вглобальной системе примет вид, показанный на рисунке 8; для 2-го стержня: = 0 О; l = 1; m = 0, EA/L = 21010 9 [Н/м2 ] 610 – 4 [м 2 ] /1 [м], тоесть E2A2 /L2 = 1,26 10 8 [Н/м] матрица жесткости в глобальной системе показана нарисунке 9; для 3-го стержня: = 45 О; l =m = (/2) ; E3A3 /L3 = E2A2 /2L2 [Н/м] матрица жесткостив глобальной системе показана на рисунке 10; искомую матрицу жесткости всей стержневой конструкции (k) получим, складываяматрицы k1, k2 и k3 по методу прямой жесткости (рис.10).2. Решающая система уравнений (рис.11) получается после умножения матрицы k на глобальный вектор перемещений и приравнивания полученного произведения глобальномувектору нагрузки.Рис.
10Рис. 11На рисунке 11 индексы X и Y вектора сил соответствуют глобальной системе координат.3. Записываем выражения для граничных условий: так как узел 1 жестко закреплен, то: u1глоб = v1глоб = 0; так как перемещение узла 2 ограничено по вертикали, то: v2глоб = 0; так как к узлу 2 приложена внешняя горизонтальная сила, то: F2X=P; так как направление вектора перемещений узла 3 совпадает с осью Оxлок, то v3лок= 0; так как узлу 3 разрешено свободно перемещаться по оси Оxлок, то F3Xлок=0.94.
С учетом нулевых перемещений: u1глоб , v1глоб и v2глоб вычкиваем из глобальной матрицыжесткости соответствующие им строки и столбцы (с номерами 1, 2 и 4), – в результате получим систему, показанную на рис.12.Рис.12Рис.13В полученной системе из трех уравнений имеется 5 неизместных. Для сокращения их числа необходимо использовать связи между глобальными и локальными перемещениями,наложенные граничными условиями: поскольку в повернутом на угол 45О стержне:viлок = + viглоб cos – uiглоб sin ,то v3лок = + v3глоб cos – u3глоб sin. Но в пункте 3 мы установили, что v3лок= 0, следовательно: v3глоб = u3глоб;локглоб кроме того, ранее установлено, что в повернутом на угол 45О стержне: f= Тfто F3xлок = F3X глоб cos + F3Y глоб sin.
Но, как установлено в пункте 3, F3xлок = 0 , следовательно: F3X+ F3Y = 0; итак, подставляя полученые связи (v3 =u3 и F3X = –F3Y) в систему (рис.12) приходим ксистеме из трех уравнений с тремя неизвестными (рис.13) или эквивалентную ей,(рис.14). Ее решение дает: u3 0,004 [м], u2 0,012 [м], F3X = – 504 [кН] наконец из глобальной системы:имеем: F1X= F1Y=1,26 10 8 (–0,004) = – 504 [кН]; F2Y=0; F3Y=+504 [кН]..