Автоматихация производства ЭВА (1075779), страница 20
Текст из файла (страница 20)
13.6. Задача изгиба консоли
Условие задачи. Консоль длиной L=150 см жестко закреплена в точке х=0 и подвержена действию сосредоточенной величиной F=4500 Н на свободном конце. Точки А, В, C, D делят балку на 5 равны[ частй. Прогиб балки Y(x) описывается дифференциальным уравнением вида (13.47). Требуется определить прогибы консоли в точках А, В … Е, если изгибная жесткость стержня равна: EJ = 8,5108(Нсм2)
| 2y | - | M | = 0; | y(0) = 0; | (13.47) | ||
| x | EJ | ||||||
| Решение. | |||||||
1. Дифференциальные уравнения (13.47) и (13.43) отличаются лишь знаком момента, поэтому для решения данной задачи можно использовать ту же вариационную трактовку задачи, если ввести следующее обозначение для кривизны балки : M(х)/EJ = -(х). Очевидно, что в отличие от предыдущей задачи здесь момент М(х), создаваемый силой F, меняется прямо пропорционально длине стержня. Эпюра моментов, построенная по формуле: M(х)=F(L-x), приведена справа на рисунке 13.15. Числовые значения моментов в узловых точках приведены в таблице:
| Узел | =М/EJ [см-2] | Узел | =М/EJ [см-2] |
| 1 | -0,000794 | 4 | -0,000318 |
| 2 | -0,000635 | 5 | -0,000159 |
| 3 | -0,000476 | 6 | -0,000000 |
|
|
| Рис. 13.15 |
2. Обозначая искомую величину прогиба в точке i через Yi, оставляем предыдущее разбиение стержня в точках А, В … Е на 5 элементы длиной L0=18,75см каждый. Учитывая закрепление левой точки, имеем: Y1 = 0.
3. Составляем уравнения, соответствующие первому элементу, для чего:
- записываем его матрицу жесткости, найденную в предыдущей задаче:
| (1) | К(1) = | S | 1/L0 | - 1/L0 | ||
| (2) | -1/L0 | 1/L0 |
- для формирования вектора нагрузки 1-го элемента, учитывая зависимость момента от координаты х, надо формулу (13.46) преобразовать к виду:
| L0 | |||||||
| [F(1)] = S | | (х)[N(1)]T dх | |||||
| 0 | |||||||
Кривизна балки внесена под знак интеграла, так как она линейно зависит от х. Выразим ее через узловые значения с помощью линейного интерполяционного многочлена: (х) = N11 + N22
Вспоминая формулу (12.25), вычислим интеграл в формуле вектора нагрузки:
| [F(1)]=SL/6 | 2 | 1 | | 1 | ||
| 1 | 2 | 2 |
Наконец, подключая вектор неизвестных, и проводя сокращение на S, получаем следующую систему уравнений 1-го элемента в общем виде:
| 1 | -1 | | Y1 | = | L2 | (21+2) | ||
| -1 | 1 | Y2 | 6 | (1+22) |
Подставляя числовые значения 1 и 2 из таблицы и длину элемента L=30 см, получим окончательную систему уравнений для 1-го элемента:
| 1 | -1 | | Y1 | = | 0,33345 | |
| -1 | 1 | Y2 | 0,30960 |
Аналогично получаем уравнения для остальных конечных элементов:
| 1 | -1 | | Y2 | = | 0,26190 | |
| -1 | 1 | Y3 | 0,23805 |
| 1 | -1 | | Y3 | = | 0,19050 | |
| -1 | 1 | Y4 | 0,16680 |
| 1 | -1 | | Y4 | = | 0,11925 | |
| -1 | 1 | Y5 | 0,09540 |
| 1 | -1 | | Y5 | = | 0,04770 | |
| -1 | 1 | Y6 | 0,02385 |
Применяя метод прямой жесткости, приходим к системе:
| 1 | -1 | 0 | 0 | 0 | 0 | | Y1 | = | 0,33345 | |
| -1 | 2 | -1 | 0 | 0 | 0 | Y2 | 0,57150 | |||
| 0 | -1 | 2 | -1 | 0 | 0 | Y3 | 0,42855 | (13.48) | ||
| 0 | 0 | -1 | 2 | -1 | 0 | Y4 | 0,28605 | |||
| 0 | 0 | 0 | -1 | 2 | -1 | Y5 | 0,14310 | |||
| 0 | 0 | 0 | 0 | -1 | 2 | Y6 | 0,02385 |
Левый конец стержня закреплен, поэтому Y1=0. Из первого уравнения имеем Y2 = - 0,33345 [см], (-0,3335). Здесь и далее в скобках приведены теоретические значения прогибов. Последовательно находим: из второго уравнения: Y3 = 2Y2 – 0,57150 =–0,66690 – 0,57150 = –1,2384 [см]; (1,2388); из третьего: Y4 = –Y2 + 2Y3 – 0,42855 =
= –(– 0,33345) + 2(–1,2384) – 0,42855= -2,5719 [см] ; (2,5729)
Аналогично далее: Y5 =-4,1929 [см] ; (4,1929) и Y6 =-5,9550 [см] ; (5,9559)
14. Размещение матрицы жесткости в ОЗУ ЭВМ
Выше уже отмечалось, что ленточный характер матрицы жесткости позволяет значительно сократить объем памяти для ее хранения. Эффективная программа не хранит целиком глобальную матрицу жесткости и не хранит даже ее половину. Более того эффективная программа вообще не рассматривает как отдельные массивы с заранее заданными размерами матрицу жесткости, глобальный вектор нагрузки и вектор решения. Программа хранит все эти величины в общем одномерном массиве, размер которого определяется программой при ее выполнении (операторы new и dispose). Проиллюстрируем сказанное на примере размещения в ОЗУ рассмотренной выше системы уравнений (14.2). С этой целью запишем систему (14.2) в матричном виде, округлив для краткости изложения коэффициенты матрицы жесткости до целых:
| 47 | -22 | 0 | 0 | | T1 | = | 1000 | (14.3) |
| -22 | 93 | -22 | 0 | T2 | 2000 | |||
| 0 | -22 | +93 | -22 | T3 | 2000 | |||
| 0 | 0 | -22 | 57 | T4 | 1400 |
Полоса в матрице жесткости выделена жирным курсивом и, очевидно, имеет ширину, равную двум. Поэтому для ее хранения достаточно двух строк:
| [ | 47 | 93 | 93 | 57 | ] | (14.4) |
| -22 | -22 | -22 | x |
Здесь через x обозначено несуществующее число (обычно в ЭВМ оно заменяется нулем при начальной чистке). При этом первая строка соответствует членам главной диагонали, а второй заполнен коэффициентами диагонали, следующей за главной диагональю.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
