Автоматихация производства ЭВА (1075779), страница 19

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 19)

1) Локальная система уравнений для третьего элемента:

		2	5	4
	2	0,5	0	-0,5		Ф2		29	2
	5	0	0,5	-0,5		Ф5	=	29	5
	4	-0,5	-0,5	1		Ф4		29	4

2) Глобальная система после добавления сюда локальной примет вид:

3) Локальная система уравнений для четвертого элемента:

		4	5	6
	4	0,5	-0,5	0		Ф4		29	4
	5	-0,5	1	-0,5		Ф5	=	29	5
	6	0	-0,5	0,5		Ф6		29	6

4) Глобальная система после добавления сюда локальных матриц для четвертого последнего конечного элемента приобретает окончательный вид:

Как и следовало ожидать, мы получили ту же самую систему (13.40-г).

13.5 Задача изгиба опертой балки

Задача изгиба опертой балки с точки зрения метода конечных элементов представляет частный случай рассмотренной выше задачи о кручении бруса.

Условие задачи. Балка длиной L=150см, закрепленная по обоим концам, подвержена действию постоянного изгибающего момента М=6,7510⁵(Нсм). Точки А, В и С делят балку на 4 равные части. Прогиб балки Y(x) описывается дифференциальным уравнением вида (13.43). Требуется определить прогибы балки в точках А, В и С, если ее изгибная жесткость равна:

EJ = 8,510⁸(Нсм²)

1. Сравнивая дифференциальное уравнение (13.43) с уравнением (13.28), замечаем, второе уравнение является частным случаем первого, поэтому, вводя в рассмотрение кривизну балки  формулой:

(M[нсм]/E[нсм^-2]J[м⁴]) = [см^-1]=0,00079[см^-1]

можно сразу записать выражение для минимизируемого функционала:

2. Обозначим искомую величину прогиба в точке i через Y_i. Точки А, В и С разбивают стержень на 4 конечных одномерных симплекс – элемента , поэтому назначим узлы Y₂ Y₃ Y₄ соответственно в точках А, В и С и узлы Y₁ и Y₅ – в крайних закрепленных точках стержня. Учитывая факт закрепления крайних точек, имеем нулевые перемещения в них под действием момента М, то есть:

Y₁ = 0 и Y₅ = 0

3. Обозначим S – площадь поперечного сечения стержня, L₀ =L/4 – длину конечного элемента. Далее, после замены в формулах (13.32) и (13.33) dV=(Sdx), матрицы элементов примут вид:

[K(е)] = S



{В(e)}T{В(e)}dx

(13.45)

L(e)

[F(е)] = S



[N(е)]T dх

(13.46)

L(e)

4. Вычисляем матрицы элементов по указанным формулам.

а) ФФ для каждого элемента в матричной форме примут вид:

[N⁽¹⁾] = [ {1– x/L₀} {x/L₀} ]

[N⁽²⁾] = [ {2 – (x/L₀)} {(x/L₀)–1} ]

[N⁽³⁾] = [ {3 – (x/L₀)} {(x/L₀)–2} ]

[N⁽⁴⁾] = [ {4 – (x/L₀)} {(x/L₀)–3} ]

б) вычисляем матрицы градиентов:

[B⁽¹⁾] = [B⁽²⁾] =[B⁽³⁾] =[B⁽⁴⁾] = [ (–1/L₀) (1/L₀)]

в) учитывая, что элементы матриц градиентов не зависят от координаты x, получим подробно матрицу жесткости для первого конечного элемента:

	L0
[K(1)] = S{В(1)}T{В(1)}		dx = S{В(1)}T{В(1)}L0
	0

Произведение матриц {В⁽¹⁾}^T{В⁽¹⁾} дает следующий результат:

Следовательно:

Аналогично получаем матрицы жесткости для остальных конечных элементов

Здесь в правой колонке (в полном соответствии с методом прямой жесткости) указаны номера узлов, необходимые для правильной генерации глобальной матрицы жесткости, причем указанные номера строк совпадают с номерами столбцов матрицы. Результирующая (глобальная) матрица жесткости после сложения полученных локальных матриц примет вид:

г) вычисляем матрицу нагрузки для первого элемента:

[F(1)] = S



[N(1)]T dх =

L(e)

L0

= S



(1– x/L0)

dx =

SL0

1

(13.46-a)

x/L0

2

1

0

Вычислив аналогично матрицы нагрузки для остальных элементов, получим:

Учитывая, что Y₁=Y₅=0, сокращая на S и подставляя значение L₀=L/4, имеем искомую систему алгебраических уравнений:

д) подставляя численные значения ((L²/8)=2,25см) и решая систему уравнений, получаем следующие перемещения точек: Y₂ = Y₄ = 3,375 см, Y₃=4,5 см.

Характеристики

Список файлов книги