Каплун А.Б., Морозов Е.М., Олферьева М.А. - Ansys в руках инженера (1050659), страница 9
Текст из файла (страница 9)
1 Восле подстановки соотаетствуклцих значений в (2.2) получим матричное равенство: ['-':," ',йс=1:). Решение матричного уравнения (23) даст: В принятых здесь обозначениях зто совпадает с ранее полученным решением (1.19 а), а также с решением методами сопротивления материалов. В качестве примеров рассмотрим различные схемы соединения упругих элементов. Иа схемах во всех примерах силы, действующие на узлы, в некоторых случаях условно показаны над этими узлами. 2.1.3. Примеры Плинии 1. Для показанной на схеме систел 1 2 Р 3 мы трех последовательно соединенных упругих элементов дано; )с = 100 н/ммг 1 2 3 4 )с =200 ну ! гс =!00 нг 2 3 Р = 500 Н! и = и = О.Определить: а) глобальную матрицу жесткости; б) смещения 1 4 узлов 2 и 3; в) реакции опор; г) усилие в элементе 2.
Часть 1 Основные положения метода конечных элементов Зб Задача решена полностью. и, и 100 — 100 0 0 — 100 300 -200 0 О -200 300 -100 О 0 — !00 !ОО 100 -100 0 0 — 100 300 -200 О !!а 12.4) 0 -200 300 -100 О 0 — 100 100 а! а в (2.4); на и, 'аз ага т------ -)----.а--- 0 . О , '— а)з ! 0 -200 200 и! /' Руи еиие; А. Запишем матрицы жесткости для каждого из элементов в отдельности: Применяя принцип суперпозицин (сложения), получим глобальную матрицу жестко- 1!00 "'-И)О О 0 , 100 !ОО~-200 -200 0 0 — !200 200+)1 00 — ГООа 0 Π— 100, )00 Заметим, что полученная матрица является симметричной и ленточной.
Уравнением равновесия в матричной форме для всей системы кОнечных злеыентов будет: Гь Для того, чтобы учесть в этом уравнении граничные условия аи = и = О), вьа- '2 4 черкиваем 1 и 4 строку и столбец. Тогда получим: -200 300 и, Р Решение этого уравнения дает: ),")=)""") =)')- В. Реакции опор находим из первого и четвертого уравнений Г = — 100и = — 200 н, Г = — 100и = — 30002 Г. Конечно-элементным уравнением для элемента 2 будет: Здесь для элемента 2 ! = 2, 1 = 3. Тогда силу, действующую на элемент 2, можно вычислить следующим образом: К=1, =-1, =1-гоо гоо~"') =1-гоо гоо)) 1=гоо ББ 1из) )Т)мюеп 2. Дзи показанной иа схеме системы линейных конечных элементов посароить глобальную матрицу жесткости.
цешеиие. Составим таблицу связи локальных и глобгшьных номеров узлов элементов; Теперь мы можем составить матрицы жесткости для каждого элемента, указав при этом, перемещения каких умов они связывают: После этого„используя принцип суперпознции, составим глобальную матрицу жесткости для системы элементов: )г, ' -ка ' О ! О ! О 0; -уа, ! аа+)гз ! О ! — )гз Эта матрица является лен~очной и симметричной.
Задача решена, Заметим, что в приведенных вилле зависимостях и примерах длина элементов ве уча- ствовала Часть ! (2.11) 2.2. Стержневой элемент Перейдем к рассмотрению примеров 2Е4 1 -1 И(Х)= Х вЂ” — 11И + — И . Х/' Х, (2.5) -2 3 — 1 иэ = Гз Тогда мы получим: где А — удлинение элемента, (2.б) (2.7) — — 2 3 — 1 (2.8) Р = — 21 ю )гх3 ЕА Х (2.9) И РХ, И ЗЕА И3 РХ, Таким образом, И = — н 2 5ЕА ЕАГ Х вЂ” Х) или й = — ~ ~. (2.10) В следующем параграфе перейдем к рассмотрению Различных типов конечных эле ментов, наиболее часто используемых при упругом статическом анализе напряженно деформированного состояния конструкций.
рассмотрим стержень постоянного сечения, воспринимающий только осевую нагрузку (рис. 2.5). н з ) — ч Стержневой элемент характеризуется х длиной Л, площадью поперечного сечения А и модулем упругости материала И Будем А Е .1 ' рассматривать зависимости осевых переме- Х щений И = И(Х), относительной деформации а = Л(Х) и напряжений О = О(Х) от Риш2.5 координаты точки на оси стержня. Из курса теории упругости известны соотношения межлу деформациями и перемещениями и = !ХИ/сХХ, межлу деформациями и напряжениями О = Е л. 2.2.1.
Матрица жесткости стержневого элемента 2 2.1. Б Построение митри иы жесткости Предположим, что перемещение И изменяется линейно вдоль оси элемента: Кроме того, извеспю: Г ГГ = —, где Р— сила, действующая на брус А Из (2. 7) и (2.8) получаем: ЕА где 1г = — — жеспсасть бруса, т.е.
брус в данном случае работает попойка упругому Х элементу, и матрица жесткости такого элемента привимает вид: ()кончатсльно уравнение равновесия элемента записыЫЕтея так 2.2.1.2. Примеры Плимией 1. Для показанного на схеме ступенчатого бруса, защсмлевного с торцов и нагруженного силой Р, требуется найти напряжения на калшом из участков. Р~ение.
Показанный на рисунке ступенчатый брус моделируем двумя линейными балочными элементами ! — 2 и 2 — 3. Зазтишем выражения для матриц жесткости обонхэлементов: Используя описанный выше принцип суперпозицви, составляем глобальную матрицу жесткости двух последовательно соединенных этземеьгюв и записываем уравнение равно- весия ступенчатого бруса: Теперь необходимо приложить нагрузки (в узле 2 приложена заданная сила Р, а в узлах1 и 3 — реакции опор Р и Р ) и учесть граничные условия И = И =01. Тогда 1 3 уравнение равновесия в матричной форме запишется следующим образом: Вычеркивая первые и третьи строки и столбцы, получаем 40 Часть 1 сновные положения мстода конечных элементов Второе уравнение в приведенной аышс системе уравнений дает Напряжения в элементе / определяются как: (и, сг =Ее =Евп,=Е( — 1/Е 1(Е] / / и Аналогично вычисляются напряжения в элементе 2; гт =Ее =Ев,п, =Е( — 1(Е 1/'Л] 2 2 (и ! 3 Е 3ЕА ЗА и — и =Е = Е 3 иг Е Решение.
Сначала необходимо проверить, про- Л изойдет ли контакт правого торца бруса с опорой. Это произойдет, если упругое удлинение Ю А,Е © бруса А окажется больше !или равным) задан- О 2 1 3 ной величины зазора А: д,— —, =1,8 А (=1,2 ), ЕА 2 10' 250 т. е. контакт будет. Брус можно моделировать двумя одинаковыми конечными элементами /-2 и 2-3 !см. схему). Общее уравнение равновесия в матричной форме запишется следующим образом: 1 — 1 Π— ! 2 — 1 0 — 1 1 Запишем нагрузкииграничныеусловия: Р' =Р=б 1ОН и = О, и = А = 12м .
3 ° Тогда матричное уравнение равновесия можно переписать в виде: — 1 2 — ! из = Р т. е. брус 2 работает ва сжатие. Не~ел2, Брус, изображенный иа рисунке, нагружен осевой силой Р. С левого конца брус защемлен, в то время как между правым торцом и опорой имеется зазор Е)ь. Определить реакции опор бруса при следующих ис»одни» двины»: Р= 6 10'//, Е= 2 10'Н/ммг, А = 250 ', Ь = 150, А = 1,2 м 2 Для определения опорных реакций рассмотрим первое и третье уравнснвя в общей системе уравнений в матричном виде: — первое уравнение; к1 Р, = — 11 — 1 0 и, = — ~ — и,)= — 5.10'Н; е е и, — третье уравнение: Р = — )Π— ! ! = — ( —, ~гг,)= — !О'/Е е г И, Опорные реакции определены. 2.2.2.
Учет распределенной нагрузки В тех случаях, когда по условиям задачи требуется учесть распределенную нагрузку действующую вдоль оси стержня, необходимо заменить ее эквивалентными сосредоточенными силами, приложенными к узлам элемента. Для стержневого элемента равномерно распределенная по его ллнпе нагрузка интенсивности 4 заменяется двумя сосредоточенными силами, приложенными к узлам таким образом, чтобы работа равномерно распределенной и сосредоточенных сил при деформировавин была одиваковой, Можно показать, что в данном случае г/ приводится к двум узловым силам, равным 4/.,'2 йзис.
2.6). Рис.г. 7 Для двуя послсдовательио соединенных стержневых элементов схема замены ! ! Распределенной нагрузки сосредоточенными силами показана иа рис. 2/Б 2.2.3. Произвольное расположение элементов на плоскости 2.2.3./. Преобразование гмещелкй До сих пор рассматрнввлнсь элементы, ориентированные вдоль координатной осн х.
Рассмотрим общий случай, когда стержневое элемент составляет с осью Х прямоугольной системы координат произвольный усов 0 !Рис. 2.8). Выполнив все необходимые вычисления, получаем и 4~~: ЗЕ: 5г / 2 3 г/Е г/Х 2 / 2 3 Частз 1 Введем две прямоугольных системы координат локальную х, у, связанную со стержневым элемен.
том, и глобальную 2ь В Так как элемент расположен вдоль оси х локальной системы коорди- ЛОК ЛОК наг, то и перемещения его концов И и И3 ЛОК произойдут вдоль той же осн (перемещения У! 3Ц .г.в лок и У3 в направлении оси у равны нулю). В глоглоб глоб глоб бальной системе координат им соответствуют смещения И °, И, У н .1' глоб , Определим связь между перемещениями узлов ! иу в локальной и глобальной лок лок глоб глоб системах координат, т. е. между Из. и И ', с одной стороны, и И, И глоб глоб У и У ., с другой (рис. 2.8). Из геометрических представлений можно записать: ( ггаб лох таб таб . И из =и! согВйа, лтВ=!1 гл а.
! глоб лак таб . глоб г з И. =-и. з(цдка согВт1-и 1 ! 1 глоб 1 где 1 = СОЧВ, т = Япд, нли в матричной форме (2.!2) т1 Здесь Т = ( — матрица трансформации. ~-т (2.!3) Для обоих узлов элемента: О о Аналогично преобразуются и приложенные к уздам силы; Т)х б (2.!5) 2.2.3.2 Матрица жесткости Ранее составленная система уравнений равновесия (2.11) длл рассматриваемого элемента справедлива также и для локалыюй системы координат. В принятых здесь обозначениях система уравнений (2.11) записывается следующим образом: лок И.
лок лок И. ./' лок а. 3 И,. т О 0 глоб 0 0 а,. 0 1' т И. 0 — т а. 3 Гт 01 , или И '= Ти, где Т= —, (2 14) ~о т~' Основные положении метода конечных элементов — 'лок = 'лок Добавляя в систему еще даа уравнения чтобы включить две новые составляющие пс ремещений, получим: лак С учетом (2.14) и (2.15) это уравнение можно переписать; К Ти = Тб Умножая обе части этого равенства на Т и учипгвая, что Т Т= Т, получим: Т К Та=у. (2.1б) Таким образом, матрица жесткости и элемента в глобальной системе координат может быть записана следующим образом: К=Т ьг Т. (2.!7) Она представляет собой симметричную мюрицу размером 4 Х 4.
В развсрнузем виде матрица жесткости й выглядит следующим образом: и а и, 1 1 / Остаагся вычислить направляющие коэффициенпа через начальные координаты узлов стержневого элемента; (2.19) Х. — Х,. У. — 2', ! = сол д =, т = б!д д = Х, ' Х 2.2.3.3. Налрлжеиия Напряжение в произвольно ориентированном стержневом элемент вычисляется по формуле: глоб И. лок глоб лак =Е 0 0 ( стоб "3 3 глоб 3 нлн в более краткой форме (индексы иглобл в данном случае опущены): ~ 0-30 ИЕА 0 000 лок 'ОООО г — 1'т — т 3,. ток О лок -(: 0 2 — (т — т зт гт т 2 "1 У1 "2 У2 "3 У3 и.
У. 1 пз и1 У. .!' 1 1-1-1 0 О и! Ргх Р! Ргх Ргх Р3 (2.20) о о ЕА-1 — 1 2 0-1 1 иг Рассмотрим несколько примеров. Л, — 1-1 О 2 1 — 1 д 0-1 1 1 — 1 0 О 1 -1 -1 1 О 0 Р1 Рг о! = — )-1 -1 1 1)— Еч'2 Х, Ег ЕА = — (Р1+1'2); Д 2А и у и у Р! Рг О 0 1 1 — 1 — 1 1 1 — 1 — 1 — 1 — 1 1 1 — 1 — 1 1 1 о,= — 11 -1-1 11— Е )2 Л2 ЕА 12 = — (Р1-Рг) . 2А т ЕА йг=Т 1г, Т ! 1 21 йгшТг 1гг "Тг =— 7 ло 2Е 2.2.3нй Примеры Прмией1.
Плоский кронлпейн состоит нз двух одинаковых 45 стсржвей длиной Х, (рис. 2.9). Площадь поперечного сече- ния стержней А, модуль упругости материала Е. Крон!о штейн ниружен силами Р и Р, как показано на рисунке. 1 2' Олредетиты а) смещение узла 2; 6) напряжения в кажлом Г 2 Р стержне. 1 (:) Решение: А. Исследуемую конструкцию кронштейна можно 45 моделировать двумя стержневыми элементами ! и 2, как показано на рис. 2.9. Х В локальных координатах обоих элементов; Рис.2.9 йг = йгш' = ЕАГ 1 — 11 — 1 1 Эти две матрицы не могут быть связшгы вместе потому, что они составлены для элементов, расположенных в различных координатных системах.
Поэтому их необходимо перевести в глобальную координатную систему Ху дляэлемента1г д = 45 ! 1= из = Лгг2. С учетом (2.17) получаем матрицу жесткости для элемента 1 в глобальных координатах: длязлемента 2: д = 135 1 1 = — э)2!г 21 лз = Л(2. О Матрица жесткости для элемента 2 в глобальных координатах: иг Ут и3 У3 1 -1 — 1 1 Уравнения равновесия для системы конечных элементов: ()сновные положения метода конечных элементов Гранггчные условия; и! = т1 = и3 = »3 = О, Р г, !' гу Вычеркивая 1, 2, 5 и 6 столбцы и строки, получим: Решая зту систему уравнений, получим искомые перемещения в узле 2: Б.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
