Phương pháp phần tử hữu hạn

PHẦN TỬ DẦM GỐI TỰA LÒ XO CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN Xét dầm chịu lực hình sau: Xác định chuyển vị nút Xác định chuyển vị nút có thêm gối tựa lò xo điểm dầm CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Ma trận độ cứng phần tử ① 3L 12 3L   12  3L  2 L  3L L / 8EI    K1    3L  L 12 3L 12  2  L   3L L / 3L Ma trận độ cứng phần tử ② 3L 12 3L   12  3L  2 L  3L L / 8EI   K2    3L  L 12 3L 12  2  L   3L L / 3L CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM 1.Khi lò xo Ma trận độ cứng kết cấu v1 θ1 v2 θ2 v3 θ3 3L 12 3L 0  v1  12  3L  θ 2 L  3L L / 0   12 3L  v 8EI  12 3L 24 K    2 2L 3L L /  θ L  3L L /  0 12 3L 12 3L  v3  2  3L L / 3L L  θ3  CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Tải nút tương đương Phần tử ①  qL        qL   48   F       qL       qL   48  Phần tử ②  qL        qL   48   F     qL        qL   48  v1 θ1 v2 θ2 v2 θ2 v3 θ3 Suy tải nút tương đương kết cấu  qL qL2   F   48  T qL qL   qL2  48  CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Đưa điều kiện v1 = θ1 = v3 = θ3 = phương trình [K][u] = [F] 3L 12 3L 0   v1   qL /   12  3L   θ   qL2 / 48 2 L  3L L / 0   1   24 12 3L   v   qL /  8EI  12 3L      2  θ 2L 3L L /     L  3L L /   0 12 3L 12 3L   v3   qL /      2  3L L / 3L L   θ3   qL / 48   CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM ta được: 8EI  24   v   qL /    2  L  2L   θ     qL4 v2    384EI θ   CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Khi có lò xo CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Đưa điều kiện v1 = θ1 = v3 = θ3 = phương trình [K][u] = [F], ta được: CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Áp dụng số Dầm ngàm đầu,vật liệu nhôm có E = 70000 MPa, tiết diện hình vuông cạnh a =12 mm, L = 600 mm Dầm chịu tải phân bố q = -1N/mm Lò xo đặt dầm có độ cứng k=200 N/mm Chuyển vị v2 trường hợp a Không có lò xo v2 = - 2,790 mm; θ2 = b Có lò xo v2 = - 0,976 mm; θ2 = CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM 6/ Vectơ tải nút tương đương  a (8a  15a L  10 L3 )q   20  L    R1   N1 ( x)   a3 (6a  15aL  10 L2 )q    M  a  N ( x)    1   q  30  L3     ( x)dx    a (8a  15L)q  R2   N3 ( x)  L    M   N ( x)    20 L4   a (4a  5L)q      20 L3 CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM 7/ Vectơ tải nút tương đương  qL       R N N   L 1  1  5qL   M  N   L N  1   2q   2q  96  x)dx    ( x  2q )dx        (  L  N3  L  R2   N  L   qL  2  M   N     N    qL    96  CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM 8/ Vectơ tải nút tương đương     20 Lq2  20 Lq1     R1   N1    L q2  q1 L2   M  L N   30   1   q2  q1 20 x  q1 )dx        (  L  R2   N3    Lq  Lq   M   N   20 20     L2 q2  q1 L2  30  20  CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Bài tập Xét chịu tải dọc trục phân bố cường độ q0 Mô hình tính phần tử hữu hạn gồm hai phần tử tuyến tính hình vẽ Hãy xác định lực nút tương đương CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải Với hàm dạng phần tử tuyến tính   N1 ( )    1, N ( )  L L vectơ tải nút tương đương phần tử tính qua  q0 L     biểu thức:  1  F1  L  L      F2     L    q0 d     q L       Tương tự, vectơ tải nút tương đương phần tử tính qua biểu thức:  q0 L        F2  L  L        q0 d      q L  F3       L    CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Do vậy, vectơ tải nút tương đương kết cấu có dạng:  q0 L   F1   F1            F2    F2  F2    q0 L  F   F  q L  3       CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phan Đình Huấn, Bài tập phương pháp phần tử hữu hạn tập 1, Nhà xuất Thành Phố Hồ Chí Minh, 2007 CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Bài tập tham khảo Xét hệ phẳng hình sau: Phần tử ① có: A, L, E1, α1 Phần tử ② có: A, L, E2, α2 A = 100 mm2, L = 1000 mm, E1 = 80.000 MPa, E2 = 220.000MPa , P = 40 kN, θ = 30o α1 = 23.10-6 /oC, α2 = 11,7.10-6 /oC Dùng phương pháp phần tử hữu hạn, xác định: 1/ Chuyển vị nút trường hợp: a/ Chỉ có ngoại lực P b/ Khi nhiệt độ tăng lượng ΔT = 65oC (Không có lực P) 2/ Ứng suất phần tử trường hợp có tác dụng ngoại lực P Giải 1/ Bảng Tô pô Gốc Ngọn l m Lcosθ sinθ cosθ Lcosθ - sinθ cosθ x Y x y Phần tử ① (1- 2) - Lsinθ 0 Phần tử ② (2- 3) Lsinθ 0 Ma trận độ cứng phần tử ①  l12 l1m1 l12 l1m1    m12 l1m1 m12  AE1  l1m1  K1   với L  l12 l1m1 l12 l1m1    l1m1 m12   l1m1 m1  l  sin     m  cos    Do vậy: 2000 𝐾1 = 3463 −2000 −3464 3464 6000 −3464 −6000 −2000 −3464 2000 3464 −3464 −6000 N/mm 3464 6000 Ma trận độ cứng phần tử ②  l22  AE2  l2 m2  K2   L  l22   l2 m2 Do vậy: l2 m2 l22 m22 l2 m2 l2 m2 l22 m22 l2 m2 𝐾2 l2 m2   m22  với 𝑙2 = 𝑠𝑖𝑛𝜃 = ; 𝑚2 = −𝑐𝑜𝑠𝜃 = − l2 m2   m22  5500 −9526 −9526 16500 = −5500 9526 9526 −16500 −5500 9526 9526 −16500 N/mm 5500 −9526 −9526 16500 Chuyển vị nút: a/ Chỉ có lực P Đưa điều kiện u1 = v1 = u3 = v3 = vào hệ phương trình [K][u] = [F] ([K] ma trận độ cứng kết cấu), ta được: 7500 −6062 𝑢2 = 40000 −6062 22500 𝑣2 𝑢2 = 1,837 𝑚𝑚 𝑣2 = 2,273 𝑚𝑚 b/ Khi nhiệt độ tăng lượng ΔT = 65oC (Không có lực P) Tải nút phần tử: 𝐹1𝑡 −𝑙1 −𝑙2 −𝑚1 −𝑚 = 𝐴 𝛼1 𝐸1 𝛥𝑇 , 𝐹2𝑡 = 𝐴 𝛼2 𝐸2 𝛥𝑇 𝑙1 𝑙2 𝑚1 𝑚2 Tải nút kết cấu: −𝑙1 𝐴 𝛼1 𝐸1 𝛥𝑇 −𝑚1 𝐴 𝛼1 𝐸1 𝛥𝑇 𝑙1 𝐴 𝛼1 𝐸1 𝛥𝑇 − 𝑙2 𝐴 𝛼2 𝐸2 𝛥𝑇 𝐹𝑡 = 𝑚1 𝐴 𝛼1 𝐸1 𝛥𝑇 − 𝑚2 𝐴 𝛼2 𝐸2 𝛥𝑇 𝑙2 𝐴 𝛼2 𝐸2 𝛥𝑇 𝑚2 𝐴 𝛼2 𝐸2 𝛥𝑇 Đưa điều kiện u1 = v1 = u3 = v3 = vào hệ phương trình [K][U] = [Ft], ta được: 7500 −6062 −6062 22500 𝑢2 −2385,50 𝑣2 = 24847,14 𝑢2 = 0,734 𝑚𝑚 𝑣2 = 1,302 𝑚𝑚 2/ Ứng suất phần tử có lực P Ứng suất phần tử 1: 𝜎1 = 𝐸1 − 𝐿 𝐿 𝑙1 𝑚1 0 0 𝑙1 𝑚1 𝑢1 𝑣1 𝑢2 ≈230,93 MPa 𝑣2 0 𝑙 𝑚2 𝑢2 𝑣2 𝑢3 ≈230,95 MPa 𝑣3 Ứng suất phần tử 2: 𝜎2 = 𝐸2 − 𝐿 𝐿 𝑙 𝑚2 0 Kiểm chứng kết mô đun OSSATURES – RDM Mô hình hệ có lực P Kết Chuyển vị u1 = 1,837 mm theo phương x Chuyển vị v1 = 2,273 mm theo phương y Ứng suất Khi lực P nhiệt độ tăng lượng ΔT = 65oC Chuyển vị u1 = 0,7345 mm theo phương x Chuyển vị v1 = 1,302 mm theo phương y [...]... dạng của phần tử tứ giác 4 nút trong không gian thực sau: CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải - Phương pháp 1 Dùng hàm đa thức có dạng u = A + Bx + Cy + Dxy (1) Gọi u1, u2, u3, u4, lần lượt là các biến nút liên kết với các nút 1,2,3,4 ta có hệ phương trình:          u1  a  u2  a  Cb  Dab  u 3  Cb  u 4 CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải hệ phương. .. a6 2  a7 2  a8 2   a   1    2   2    2 2 để tìm các hàm dạng của phần tử tứ giác 8 nút sau: CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM  2/ Hãy minh họa đồ thị sự thay đổi giá trị của các hàm dạng trên phần tử CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải Các hàm dạng Dùng phương pháp 1 ở bài tập 3, ta tìm được các hàm dạng tương ứng với các nút 1, 2, 3, 4,5,6,7 và 8... số nút CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM (2.4) 2.2 Bài tập giải sẵn Bài tập 1 Tìm hàm dạng của các phần tử một chiều trong hai không gian tham chiếu và không gian thực ở hình sau: CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải Áp dụng đa thức Lagrange, các hàm dạng của phần tử tham chiếu như sau:    0  1 1  1        1  1  0 1  1 2    1    1 ... dạng của phần tử thực: x  x2  x  x3   1  x    x1  x2  x1  x3  x  x1  x  x3   2  x   x2  x1  x2  x3  x  x1  x  x2   3  x    x3  x1  x3  x2  CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Bài tập 2 Dùng đa thức Lagrange, tim các hàm dạng của phân tử tứ giác 4 nút sau: CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải Áp dụng đa thức Lagrange cho hai phương. .. được kết quả: 1  x , y  a  x  b  y    ab x b  y   2  x, y   ab xy  3  x, y   ab y a  x  4  x, y   ab CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM - Phương pháp 2 Áp dụng đa thức Lagrange cho hai phương trình x và y, ta có: x  a y  b a  x b  y   1 x, y   L1x L1 y  0a 0b ab  2 x, y   L2 x L2 y x0 y b xb  y   a 0 0b ab  3  x, y   L3 x L3 y...Kết quả cho bởi phần mềm RDM 1 Trường hợp không có lò xo v2 = - 2,790 mm CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Kết quả cho bởi phần mềm RDM 2 Trường hợp có lò xo v2 = - 0,976 mm CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM HÀM DẠNG CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM 2.1 Lý thuyết 2.1.1 Đa thức Lagrange Phần lớn các hàm dạng được xây dựng từ đa thức... 1     7  ,   ,  8  ,   2 2 CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Bài tập 5 Dùng đa thức Lagrange để tìm các hàm dạng của phần tử tứ giác 9 nút sau: CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải Áp dụng đa thức Lagrange cho hai phương ξ và η ta tìm được các hàm dạng tương ứng với các nút 1, 2, 3, 4,5,6,7, 8 và 9 như sau:    0  1   0  1    1  1 ...  1    1    1    CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Bài tập 6 Trên không gian thực, hãy tìm các hàm dạng của phần tử tứ giác 4 nút sau: Với x2- x1=a, y2- y1=b CBGD: PGS.TS PHAN ĐÌNH HUẤN - ĐHBK - ĐHQGTPHCM Giải Áp dụng đa thức Lagrange cho hai phương x và y, ta có:  x  x2  1 x, y     x1  x 2   y  y2     y1  y 2  x  x 2  y  y 2    ab   x  x1 