Курс лекций - Математическое моделирование технических объектов (1075784), страница 15

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

Текст из файла (страница 15)

Балка длиной L=150см, закрепленная по обоим концам, подвержена действию постоянного изгибающего момента М=6,75105(Нсм). Точки А, В иС делят балку на 4 равные части. Прогиб балки Y(x) описывается дифференциальнымуравнением вида (13.43). Требуется определить прогибы балки в точках А, В и С, еслиее изгибная жесткость равна:EJ = 8,5108(Нсм2)2yx2MEJ+= 0;y(0) = 0; y(L) = 0(13.43)Решение.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:= [12(yx)2-y]dV(13.44)V2.

Обозначим искомую величину прогиба в точке i через Yi. Точки А, В и С разбивают стержень на 4 конечных одномерных симплекс – элемента , поэтому назначимузлы 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 нулевыеперемещения в них под действием момента М, то есть:Y1 = 0 и Y5 = 03. 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:Рис. 13.1477[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}](2)[N ] = [ {2 – (x/L0)}{(x/L0)–1} ](3)[N ] = [ {3 – (x/L0)}{(x/L0)–2} ](4)[N ] = [ {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, получимподробно матрицу жесткости для первого конечного элемента:L0[K(1)] = S{В(1)}T{В(1)}dx = S{В(1)}T{В(1)}L00Произведение матриц {В(1)}T{В(1)} дает следующий результат:(1) T{В } {В } =(1)-1/L0 (-1/L0 ) (1/L0) =1/L01/L02-1/L02-1/L021/L02Следовательно:(1)(2)К(1) = S1/L0-1/L0- 1/L01/L0Аналогично получаем матрицы жесткости для остальных конечных элементов(2)(3)(3)К(2) = S1/L0-1/L0- 1/L01/L0К(3) = S1/L0-1/L0- 1/L01/L0К(4) = S1/L0-1/L0- 1/L01/L0(4)(4)(5)Здесь в правой колонке (в полном соответствии с методом прямой жесткости)указаны номера узлов, необходимые для правильной генерации глобальной матрицыжесткости, причем указанные номера строк совпадают с номерами столбцов матрицы.Результирующая (глобальная) матрица жесткости после сложения полученных локальных матриц примет вид:78-120-1-1S2K=-1L002-100000г) вычисляем матрицу нагрузки для первого элемента:[F(1)] = S00-12-1000-11[N(1)]T dх =L(e)L0= SSL0(1– x/L0) dx =x/L0211(13.46-a)0Вычислив аналогично матрицы нагрузки для остальных элементов, получим:[F(2)] = [F(3)] =[F(4)] =SL02SL021111Учитывая, что Y1=Y5=0, сокращая на S и подставляя значение L0=L/4, имеем искомую систему алгебраических уравнений:2 -1 0Y212-1 2 -1 Y31= (L /8)0 -1 2Y41д) подставляя численные значения ((L2/8)=2,25см) и решая систему уравнений,получаем следующие перемещения точек: Y2 = Y4 = 3,375 см, Y3=4,5 см.13.6.

Задача изгиба консолиУсловие задачи. Консоль длиной L=150 см жестко закреплена в точке х=0 и подвержена действию сосредоточенной величиной F=4500 Н на свободном конце. ТочкиА, В, C, D делят балку на 5 равны[ частй. Прогиб балки Y(x) описывается дифференциальным уравнением вида (13.47). Требуется определить прогибы консоли в точкахА, В … Е, если изгибная жесткость стержня равна: EJ = 8,5108(Нсм2)2yx2-MEJ= 0;y(0) = 0;(13.47)Решение.1.

Дифференциальные уравнения (13.47) и (13.43) отличаются лишь знаком момента, поэтому для решения данной задачи можно использовать ту же вариационнуютрактовку задачи, если ввести следующее обозначение для кривизны балки : M(х)/EJ79= -(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]123-0,000794-0,000635-0,000476456-0,000318-0,000159-0,000000Рис.

13.152. Обозначая искомую величину прогиба в точке i через Yi, оставляем предыдущееразбиение 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)(2)К(1) = S- 1/L01/L01/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 dх0Кривизна балки внесена под знак интеграла, так как она линейно зависит от х. Выразим ее через узловые значения с помощью линейного интерполяционного многочлена:(х) = N11 + N22Вспоминая формулу (12.25), вычислим интеграл в формуле вектора нагрузки:2 1  1[F(1)]=SL/61 22Наконец, подключая вектор неизвестных, и проводя сокращение на S, получаемследующую систему уравнений 1-го элемента в общем виде:(21+2)1 -1 Y1L2=-1 1Y26(1+22)80Подставляя числовые значения 1 и 2 из таблицы и длину элемента L=30 см,получим окончательную систему уравнений для 1-го элемента:1-1-11Y1Y2=0,333450,30960Аналогично получаем уравнения для остальных конечных элементов:1-1-11Y2Y3=0,261900,238051-1-11Y3Y4=0,190500,166801-1-11Y4Y5=0,119250,095401 -1Y50,04770=-1 1Y60,02385Применяя метод прямой жесткости, приходим к системе:1 -1 0000Y10,33345-1 2 -1 000Y20,571500 -1 2 -1 00Y0,42855300 -1 2 -1 0Y4= 0,28605000000-102-1-12Y5Y6(13.48)0,143100,02385Левый 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 ЭВМВыше уже отмечалось, что ленточный характер матрицы жесткости позволяет значительно сократить объем памяти для ее хранения. Эффективная программа не хранит целикомглобальную матрицу жесткости и не хранит даже ее половину.

Более того эффективная программа вообще не рассматривает как отдельные массивы с заранее заданными размерамиматрицу жесткости, глобальный вектор нагрузки и вектор решения. Программа хранит всеэти величины в общем одномерном массиве, размер которого определяется программой приее 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 матрицыжесткости до целых:47-2200-2293-2200-22+93-2200-2257T1T2T3T4=1000200020001400(14.3)81Полоса в матрице жесткости выделена жирным курсивом и, очевидно, имеет ширину,равную двум. Поэтому для ее хранения достаточно двух строк:47939357(14.4)x-22-22-22Здесь 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.При использовании одномерного массива в его начало помещаются искомые узловыезначения {Т}, затем следует глобальный вектор нагрузки {F} и далее строка за строкой следует матрица жесткости в виде (14.4) . Таким образом, в ОЗУ система (14.3) будет помещенав следующем порядке:[T11T22T33]T4410005200062000714008479931093115712-2213-2214-2215x16В нижней строке приведены адреса ячеек ОЗУ. Порядковые номера расположения первых коэффициентов {T} являются указателями, пользуясь которыми возможно программноевосстановление любого уравнения и его части для обработки в процессе решения системы.Пусть, например, необходимо восстановить (для просмотра) третье уравнение системы изn=4 уравнений, пользуясь ее машинным представлением.

В данном случае три – индекс (i=3),по которому в ОЗУ храниться третья компонента вектора решения (T3). Далее, по индексу (n+ i)=(4+3)=7 в ОЗУ расположен третий элемент вектора нагрузки (2000). Ширина полосыравна двум, поэтому индексы Ip(k) коэффициентов (k) искомого уравнения, отмеченных в(14.3) квадратами, примут вид: I2(-27)=(3n+i-1)=12+3-1=14; I3(93)=(2n+i)=8+3=11, I4(27)=(3n+i)=12+3=15. Индекс p соответствует номеру переменной. Те же формулы позволяютвосстановить второе уравнение системы (i=2). Действительно, адрес верхнего подчеркнутогокоэффициента (–27)равен I1(-27)=(3n+i-1)=12+2-1=13; I2(93)=(2n+i)=8+2=10, I3(27)=(3n+i)=12+2=14.В качестве второго, более общего примера можно рассмотреть размещение в ОЗУ системы уравнений из задачи кручения стержня (13.40-г).

Матрица жесткости системы имеетширину, равную четырем, поэтому:Ф1Ф2Ф3Ф4Ф5Ф62987298787291234567891011121-1004-1-2020-101314151617181920212223244-20х4-1хх1ххх25262728293031323334353615. Метод сопряженной аппроксимацииУточнить значения сдвиговых напряжений внутри стержня, полученные для каждого конечного элемента, позволяет теория сопряженной аппроксимации.Пусть требуется уточнить значение сдвиговых напряжений ZY в узлах сечениястержня. Искомые узловые значения обозначим вектором:{}T = {1, 2 , … , 6}(15.1)82Для вычисления i в соответствии с методом сопряженной аппроксимации необходимо решить следующую систему уравнений:[C] {} = {R}(15.2)В системе (15.2) матрицы [C] и {R} представляют собой сумму (по методу прямой жесткости) матриц элементов вида:]=[C (e)] =V [N[R (e)V(e) T] [N (e)]dV(15.3)ZY (e)[N (e)]T dV(15.4)В выражении (15.4) ZY (e) представляют следующие, определенные ранее, сдвиговые напряжения для каждого конечного элемента:{ZY (e)}T = {233, 639 , 494 , 494}[Н/см2](15.5)Поскольку внутри конечного элемента эти величины не изменяются, их можновынести за знак интеграла.

Характеристики

Список файлов лекций