Каплун А.Б., Морозов Е.М., Олферьева М.А. - Ansys в руках инженера (1050659), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Согласно (2.20), получаем формулы для напряжений в обоих стержнях: Задача решена. т!доел 2. Для плоской стержневой кон- струкции изображенной на рис. 2.10 дано: Р = 1000 лП, 1. = 1м, Е = 210ГПи, А = бОге 10 м'(для элементов 1 и 2), А = бЛ)с 10 м' (для элемента 3). Определить перемещения и реакции опор.
Р~ение. Составим глобальную матрицу жест- кости для всей конструкции. Для эвемента 1: О, О = 90 1 1 = О, лз = 1. Матрица жестко- сти в глобальных координатах: 4б Часть 1 О д: иЗ -«З стоб глоб Получим также выражение для силы в узле 3 и) «1 из «2 О 0 О О 010-1 (Н)м).
оо оо 10х10,0х10 4 1//= 1 0 — 1 О 1 ИЗ = Рзх 126ОХ10 1 — 1 Π— 1 1Л 0,5 О ОД О,5 О, для м/ементаг/ д = О; 1 = 1; из = О. матрица жесткости для этого элемента: Иг «2 ИЗ «3 1 0 -1 0 210х10 б,ох!0 1/г = 1 1 — 1 0 — 1 15 05 0 05 05 1260х10 0 О О 0 — 1 0 1 0 0 0 О О Для элемента 3: 0 = 45«; 1 = ш = ~Г2)2. Матрица жестк/кти: и) «1 иЗ «З РЗХ 1260 х10 Отсюдаполучаем: РЗХ = — 1260х10 ИЗ. '3 Сложение 2 и 3 строк дает: (Н/м). и) 1260 х 103 «2 из «3 Обращаем внимание на, нд ра сил соответствуют глобальной сисщме координат. Граничные условия: глоб глоб глоб, лок лок и) =«1 = З =О) «З =О; РЗХ--Р, РЗх -О. После преобразования приведенной выше системы уравнений с учетом граничных условий получим: имюб лок / зГ2 чг ИЗ эГ2! глоб глоб) «З =~- — — = — 1-ИЗ +'3 2 «з Р .гп 05 05 -05 1ох)о 6,Ггх)о ' о~ ОД -ОД Гг -0,5-05 05 -05-05 05 Система уравнений равновесия для асей конструкции: 05 05 О О -05 -05 1,5 О -1 — 0,5 -0~ 1 Π— 1 0 1 0 0 1,5 0,5 (Симм.) 05 то что и ексы Х У некто -05 -05 05 05 Р)Х Рзх Рзх РЗУ Основные положения метода конечных элементов [ эГ2 эГ211РЗХ1 Г2 Рзх'=~ — — ~~ [= — ~РЗХ+РЗУ)=0 Рзх+Рзу =О [ 2 2~~Р3~ [ 2 Для учета нагрузки и граничных условий в уравнениях равновесия вычеркиваем 1, 2 и 4 строки и столбцы.
После этого получим: Учитывая равенство из — «1 = О, а также соотношение между силами в узле 3, пере пишем предыдущее выражение в виде: Из приведенного выше матричного уравнения следует //// //'[ ~["') = ( [. Решив эту систему уравнений, получим перемещения; иЗ 2520х103 Р 0003968 Из глобального конечно-элементного уравнения в матричной форме можно вычислить все реакции опор. Задача решена.
2.2 4. Произвольное расположение элементов в пространстве Аналогично тому, как это делалось в п.2.2.3 для элементов, произвольно расположенных на плоскости, элементы матрицы жесткости сначала записываются в локальной системе координат х, у, г 1рис. 2,11), а затем трансформируются в глобальную систему координат Х у, Е Часть! 2.3. Балочный элемент д; и т 0 о — — о о ЕА Х 6ЕХ 12Е1 6ЕХ 12 13 Х2 6ЕХ 4ЕХ 12 0 О ЕА Х, 2ЕХ 6ЕХ Х.
Х, 0 О 6ЕХ 12 4ЕХ Х 12 6Š— 12 бХ Е1 6Е 4Е -бХ, 2Е 13 — 12 — 6Е 12 — бЕ 6Е 2Е -бЕ 4Е балки восп инимают н ько с виго Р; М; ЕХ М. кд (2.23) 12 61 — 12 61 6Е 4Х, -6Е 2Х, — 12 — 61 12 — 6Е 61 2Х вЂ” бХ 4Х вЂ” 12 — 61 12 — 6Е 61 21 -6Е 4Ь 2,3,1. Матрица жесткости для моделирования упругих одномерных элементов конструкций, несущих изгибную нагрузку (балки), используют балочный элемент. Характеристиками этого типа конечных элементов являются длина элемента Х, момент инерции площади поперечного сечения Х и мо- У.,Е о дуль упругости Е, Линейный балочный элемент, схематично показанный на рис.
2.12, ограничен двумя узлами о иЕ каждый из которых имеет, как т' минимум, две степени свободы: прогиб У и угол 0М, ЕХ поворота сечения относительно оси д = гХу1'г[х. В узлах действуют перерезываюРис202 щая сила о" и изгибающий момент Мотноси- тельно оси Я, Согласно элементарной теории изгиба: Е1 = М[х); ,1 2 (2.21) Му сг =— 1 (2.22) Используя результаты теории балок, вычисляем коэффициенты матрицы жесткости в системе координат х, у для элемента с узлами 1, 1 (рис. 2.12): У( д У 01 Реальные р с тол д вые нагрузки н изгиб, но и осевые нагрузки.
Матрицу жесткости для балочного элемента в этом общем случае получим комбинированием матрицы жесткости (2.23) с матрицей жесткости для стержневого элемента (2.17): Основиьое лолоокепия метода конечных элементов 6ЕХ 2ЕХ 12 Обратим внимание на то, что элементы Связано с тем, что и компоненты векторов различные размерности ([м1, [оао)) н [ХХ), [Нон) соответствснно). Для вычисления матрицы жесткости в пространственной системе координат она записывается сначала в плоской локальной системе координат, а затем переводится в глобальную пространственную систему координат. Рассмотрим несколько примеров.
О матрицы й имеют различимо размерности. Зто перемещений, и компоненты сил также имеют 2.3.2. Примеры Рис.2.13 ХХ)йщер1. Брус фис. 2.13) защемлен с двух концов и нагружен посредине сосредоточенной силой Р и изгибающим моментом М. Определить смещение и угол поворота узла 2, а также опорные реакции, Ращение. Сформируем матрицы жесткости отдельных элементов: 01 2 дйо г3 дз 50 Запишем глобальное конечно-элементное ураанение Пасть 1 . 0 ювные положения метода конечных элементов тзс 51 в...
в, 6Е ! 0 0 2Е' ! 0 О зги В 3 12 61, ! -!2 6Е 4Е ! -6Е г, 0 ,'— !2 6Е ЗЕ ! -61 2Е' -12 -6Е ! 24 61. 2Е' ! О 0 0 ( — 12 О О ! 61. Е1 Ез гз в, -6Е ! 12 -6Е 21,' ! -6Е 4Е' и зададим граничные услоаня: т'1 е к)=0, д1 =д) В Руу р, М =М, С 2 учетом этого глобальное конечно-элементное уравнение л матричной форме будет аыглядсп следующим образом: Решением этого ураанеиия является — РЕ 2 Е 24 Е1 ЗМ Из глобального конечно-элементного ураансния получаем формулы для реакций опор; — 12 6Е -6Е 2Š— 12 — 6Е 6Е 2Е 2Р+ ЗМ,(Е РЕ+М 2Р— ЗМ,!Е -РЕ+М (;:) М1 Руу Мз Е1 Задача решена. У Еуй~ел 2.
Дана консольная балка, нагруженная Р поперечной равномерно распределенной нагрузкой р (рис. 2.14). Определить смещение и угол полорота правого конца балки, а также реакции опоры. Решение. Сначала рассмотрим вопрос приведения распределенной нагрузки к узлам. Можно показать, Е что нагрузка трансформируется к узлам, как показано на рис. 2.15, Проверить правильность этой Рис.2,14 схемы можно, сравнивая величину упругой работы деформации дляобеих схем. Применение этого к данной задаче приводит к расчетной схеме, показанной на ри .2.16. Зд: 1 = РЕ/2, т = РЕ (12.
21 Напряжения на концах бруса можно вычислить по формуле: О =О Му х ! Р, М, Р, М, Рзг Мз г .I 0Е'~П дЕ'~~2 Рис.2.15 Рис.2.16 Конечно-элементная система уралисний а матричной форме лля данной задачи следующая ' 112 6Š— 12 Рдк М1 12У М2 ы1 д( 6Е 4Е' -6Е гЕ' — 12 — 6Е 12 — 6Е 6Е 2Š— 6Е 4Е Зададим граничные услоаил: т) = д) = Р, Руу = — 1', М2 = ш. Вычеркиаач столбцы и строки с номерами ! и 2, соотяетстаующие нулевым граничным условиям, получим следующую систему уравнений: ~["...':]Ф-[.'[ откуда находим перемещения прааого конца балки: Ф= —:[",'.~:,".
Н; .,[ Из общей системы уравнений рааноассия, учитыаая (А), получаем реакции опор: [:;[=-::[-:: 1[;:[-[„:",„[ ( -РЕ/2 1 аин ссктааляют:, . Таким образом, истинные опорные реакции должны быть скоррекгироаанм Заметим, что ураанение (В) представляет собой суммарные силу и момент, дейстаующие на брус а узле 1. Помимо реакций опоры оии включают а себя узловые силу и момент, саязанные с приведением распределенной нагрузки к узлам. Как лидие из рис, 2.12, '*' ммььи Часть ) 52 РХ' ЕХ 12+ 7)г Я) Рху 1 — 69,78 кН вЂ” 69,78 кН м 116,2 кН 3,488 кН Расчетная схема балки с вычисленными реакциями опор выглядит так, как показано на рис.
2. ) й. Задача рспьена полностью. 69,78 кН ХХй~еу 4. Для рамы, показанной на рнс. 239 а, известна: Е = 300 ГПи, Х = 0,3х!О .и', А = 0,44х10 м'. Определить смещение и поворот угловых соедннений 1 и 2 а также опорные реакции. 69 78кНм 116,2 кХХ Рис.2.18 12 6Л -12 6Х. О 4Х -6Л 2Х О О О УХ в, О О 6А О 2Ь 0 Е1 .3 12+ Хг — 6Ь вЂ” )г 4Х, 0 иЗ 03 (С цль) 8Л -6А 2А — 6Х 12+ Хг — 6Х 2А -6Е 4Х, ь'3 у Пйимць 3. Брус, показанный на Рь рис. 2.17, жестко закреплен в точке Х, Е,Х © имеет шарнирно неподвижную опору в точке 2 и пружинную опору с жестко. 1 Е стью Хг в точке 3. (СЗХ й Дано: Р = 50 кН, Е = 200 кП)м, Х А=Зла Е=210 1= 2х!0 м '.
Определить смещс- Р ..2.17 ння, углы поворота и реакции опор. Р~шеьвьи~. Для решения задачи применим два балочных элемента 1 и 2, а также один упру. гий элемент 3 (рис. 2.17). На рисунке номера элементов, в отличие от номеров точек, об. велены. Матрица жесткости упругого элемента 3: Глобальная матрица жесткости для лвух последовательно соединенных балочных элементов приведена в примере ) ланного параграфа.
Добавим к этой матрице полученную выше матрицу жесткости упругого элемента: и1 О1 и2 02 иЗ 03 и4 Р1у МХ М2 Рзу МЗ Р4у ЛЗ где Хг = — Хг. ЕХ Граничные условия: иХ = 01 =и2 =и4 =О; МХ =МЗ =О; РЗу = -Р. В соответствии с граничными условиями вычеркиваем первые три и седьмую строки и соответствующие столбцы. После этого получаем: Решая зто уравнение, получим смещение и угол поворота в узлах 2 и 3: Основные положенна метода конечных элементов Из глобальной системы уравнений в матрнчвой форме мы получаем реакции опор: Решение. Сначала приведем распределенную нагрузку к узлам, как показано на рис. 2.19 б. В локальной координатной системе матрица жесткости дчя каждого из трех балочных элементов выгьыдит следующим образом: 54 Часть ! 12Е1 Составим таблицу связи элементов: 0 0 1 = 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
