Решение перечисленных задач требует применения методов, с помощью которых можно было бы провести оценку (расчёт) наиболее важных процессов, имеющих место в проектируемом изделии. Это достигается математическим моделированием
Вид материала | Решение |
- Решение. Из анализа схемы следует, что резисторы, 80.22kb.
- Биохимия нервной ткани, 139.51kb.
- Как провести анализ урока, 130.36kb.
- Решение задач одно из важных применений Excel. Системы линейных уравнений решаются, 39.61kb.
- Контрольные вопросы по дисциплине " экономико- математические методы и модели", 19.66kb.
- Рабочая программа учебной дисциплины компьютерные технологии в науке Кафедра-разработчик, 180.63kb.
- Элективный курс «Компьютерное моделирование физических процессов с помощью математического, 342.03kb.
- Рабочая программа учебной дисциплины компьютерные технологии в науке и производстве, 153.39kb.
- Решение задач по стереометрии, 236.55kb.
- Сопровождение программы: доработка программы для решения конкретных задач, 167.56kb.
4) Глобальная система после добавления сюда локальных матриц для четвертого последнего конечного элемента приобретает окончательный вид:
-
½
1
-1
0
0
0
0
Ф1
=
29
-1
4
-1
-2
0
0
Ф2
87
0
-1
2
0
-1
0
Ф3
29
0
-2
0
4
-2
0
Ф4
87
0
0
-1
-2
4
-1
Ф5
87
0
0
0
0
-1
1
Ф6
29
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=6,75105(Нсм). 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 = 8,5108(Нсм2)
| 2y | + | M | = 0; | y(0) = 0; y(L) = 0 (13.43) |
x2 | EJ |
-
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[нсм]/E[нсм-2]J[м4]) = [см-1]=0,00079[см-1]
можно сразу записать выражение для минимизируемого функционала:
| | = | | [ | 1 | ( | y | )2 | -y]dV | | |
| | 2 | x | (13.44) | |||||||
| | | V | | | | | | | |
2. Обозначим искомую величину прогиба в точке i через Yi. 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=(Sdx), матрицы элементов примут вид:
![]() |
Рис. 13.14 |
[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:
| {В(1)}T{В(1)} = | -1/L0 | | (-1/L0 ) (1/L0) | = | 1/L02 | -1/L02 | | |
| 1/L0 | -1/L02 | 1/L02 | | |
Следовательно:
(1) | К(1) = | S | 1/L0 | - 1/L0 | | |
(2) | -1/L0 | 1/L0 | | |
Аналогично получаем матрицы жесткости для остальных конечных элементов
(2) | К(2) = | S | 1/L0 | - 1/L0 | | |
(3) | -1/L0 | 1/L0 | | | ||
| | | | | | |
(3) | К(3) = | S | 1/L0 | - 1/L0 | | |
(4) | -1/L0 | 1/L0 | | | ||
| | | | | | |
(4) | К(4) = | S | 1/L0 | - 1/L0 | | |
(5) | -1/L0 | 1/L0 | | |
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:
-
2
-1
0
0
0
K =
S
-1
2
-1
0
0
L0
0
-1
2
-1
0
0
0
-1
2
-1
0
0
0
-1
1
г) вычисляем матрицу нагрузки для первого элемента:
[F(1)] = S | | [N(1)]T dх = | | | |||||||||||||
| L(e) | | | | |||||||||||||
| | | | L0 | | | | | | | | ||||||
= S | | (1– x/L0) | dx = | SL0 | 1 | | (13.46-a) | ||||||||||
x/L0 | 2 | 1 | | ||||||||||||||
| | | | 0 | | | | | | | |
Вычислив аналогично матрицы нагрузки для остальных элементов, получим:
[F(2)] = [F(3)] = | SL0 | 1 | | |||
2 | 1 | | ||||
[F(4)] = | SL0 | 1 | | |||
2 | 1 | |