Najprostszy element. F+R = 0, u A = 0. u A = 0. Mamy problem - równania zawierają siły, a warunek umocowania - przemieszczenia

Transkrypt

1 MES skończony Najprostszy element Część I Najprostszy na świecie przykład rozwiązania zagadnienia za pomocą MES Dwie sprężyny Siły zewnętrzne i wewnętrzne działające na element A B R F F+R, u A R f f F R+f, f +f, f +F, u A f f f f f R, f +f, f F, u A Wnioski Wprowadzenie sił wewnętrznych pozwala zapisać równanie równowagi w każdym złączu Mamy problem - równania zawierają siły, a warunek umocowania - przemieszczenia Everything important is simple! odstawowe zasady MES Dzielimy konstrukcję na proste fragmenty (analogia klocki Lego, cegły), które nazywamy elementami skończonymi (ES). ES są połączone w węzłach Rozwiązujemy zagadnienie dla każdego ES, czyli ustalamy (zwykle w sposób bardzo przybliżony) relacje pomiędzy siłami a przemieszczeniami w węzłach Rozwiązujemy całe zagadnienie poprzez na przykład zadowalanie warunków równowagi oraz warunków brzegowych w węzłach. W wyniku tego wyznaczamy przemieszczenia w węzłach Dla każdego ES, w oparciu o przemieszczenia w węzłach, wyznaczamy siły działające na niego, odkształcenia, naprężenia, itp. owtórka: Dlaczego wyznaczamy i przemieszczenia, i siły w węzłach?. Wyznaczyć same siły nie ma możliwości, bo praktycznie każde realne zagadnienie jest zagadnieniem statycznie niewyznaczalnym. Część warunków brzegowych (np. zamocowanie) jest wyrażone przez przemieszczenia. rzemieszczenia same w sobie interesują inżynierów, a poza tym w relatywnie prosty sposób (poprzez różniczkowanie) one są powiązane z odkształceniami, z których wyznaczamy naprężenia

2 Najprostszy ES sprężyna () x i f i k j f j u i u j odstawowe parametry Węzły: i, j Sztywność: k (N/m, kg/mm) rzemieszczenia w węzłach: u i, u j (m, mm) Siły w węzłach: f i,f j (N, kg) Relacja siła przemieszczenia f k(u j u i ) k, gdzie u j u i Warunek równowagi f i +f j f j f i f Równania równowagi w każdym z węzłów ( jednakowych równania) f i f k(u j u i ) ku i ku j () f j f k(u j u i ) ku i + ku j () Ten sam układ równań w postaci macierzowej [ ][ ] [ k k ui k k k u j albo ku f, gdzie k macierz sztywności elementu u wektor przemieszczeń f wektor obciążenia ][ ui ] u j [ fi f j ] () Właściwości macierzy sztywności. k jest macierzą symetryczną. k. Co to oznacza matematycznie i fizycznie? Warto odnotować, że wystarczy zamocować jeden z końców sprężyny, żeby każde z równań () i () miało rozwiązanie. Np. jeżeli u i () f k ku j, u j f/k Układ z dwóch sprężyn F F x k k F F u u u f f f f Dla każdej ze sprężyn k k u f k k u f k k u f k k u gdzief e i wewnętrzna siłą, działającą w węźle o lokalnym numerze i w ES numere f (4) (5) I.Rokach, 5 6

3 Ogólny układ równań Warunek równowagi układu: w każdym węźle siła zewnętrzna (F i ) jest równa sumie sił wewnętrznych (f e j ) co daje F f, f +f, F f albo KU F F f k u k u +u f +f k u +k u +k u k u F f u k u +k u k k k k +k k k k u u u F F (6) Ogólny układ równań - inna metoda Rozszerzamy macierzy sztywności każdego z ES. Dla pierwszego elementu równania w postaci macierzowej i tradycyjnej k k u f k k u f u k u k u +u f k u +k u +u f u +u +u Tu kolorem szarym pokazano sztucznie dołożone elementy zerowe. Dla drugiego elementu u k k u f k k u f o dodaniu tych dwóch układów stronami otrzymujemy ten sam wynik, co wcześniej. k k u f k k + k k u f + f k k u f UWAGA: Numeracja węzłów jest istotna! x k k F F u u u Nowe macierze elementów i nowy układ równań k k k k k k Nowy układ równań k k k k k k u F k k u k k k +k u F rzykładowe zadanie x k k u u u I.Rokach, 5 6

4 Załóżmy, że u, F. Musimy wyznaczyć przemieszczenia u, u oraz siłę reakcji F. Uwaga: mamy układ równań z niewiadomymi, po w każdym wierszu k k F k k +k k u (7) k k u k k u +u F k +(k +k )u k u k u +k u k u F [ ][ ] [ (k +k ) k u k k u ] [ (k + k ) k k + k k k ][ u u k u F ] [ ] + k u F k u k u +k u Rozwiązanie u /k, u /k +/k, F Schemat działania k k f f k f f k u u u u k u f k u f Wyznaczamy k i f f k f f k [k ] [k ] u u u u k u f k u f Wyznaczamy siły w elementach u, F? u? u? Ku F Wyznaczamy F,u,u A jak jest naprawdę? I.Rokach, 5 6 4

5 D model MES (oś) MES (powierchnia) Rozkład naprężeń osiowych w środku i na powierzchni konstrukcji Łatwo zobaczyć, że przewidywania klasycznej wytrzymałości są prawidłowe na jakieś odległości od strefy gwałtownej zmiany kształtu konstrukcji. Zwykle strefa ta ma długość od,5 do jednego promienia odpowiedniej części cylindra. Gdyby w tej strefie naprężenia łagodnie zmieniały bym się od wyższych dla cienkiego cylindra ku niższym dla grubego cylindra nic złego we wzorach wytrzymałości bym nie było. Niestety w wierzchołku karbu mamy strefę wysokich naprężeń, która pozostanie tam nawet jeżeli go zaokrąglimy. Właśnie w takich strefach powstają pęknięcia. (Nieco) bardziej skomplikowany przykład Opis zagadnienia x k k k 4 Dane wyjściowe k N/mm,k N/mm,k N/mm, u, 4 N,u 4 mm Co wyznaczamy?. rzemieszczenia w węzłach,. Reakcje w węzłach, 4. Siły wewnętrzne we wszystkich sprężynach Macierze sztywności Macierze sztywności elementów [ k ] k [ ] k [ ] Globalna macierz sztywności K + + Ogólny układ równań Wyjściowy układ równań F u u 4 F I.Rokach, 5 6 5

6 Końcowy układ równań [ ][ u u u F ] [ ] u 4+ + F 4 u u 4+ u F u + F 4 u F u u 5, + ( u ) F 4 u F u 5 u ( u ) F 4 Rozwiązanie rzemieszczenia i reakcje u /5 mm, u u / mm F u N, F 4 ( u ) N - N 4 N - N x mm mm 4 mm Siły w elementach. Sprawdzenie poprawności obliczonych wartości reakcji: 4--. Dla każdej sprężyny: ściskana czy rozciągana?. Sprężyna nr jest rozciągana siłą N. Dlaczego? [ ] u u ][ + [ ] f [ ] f 4. Sprężyna nr jest ściskana siłą N. Dlaczego? [ ] [ ] u u 4 + [ ] f [ ] f u f 5. Dla sprężyny nr : u f f f 4 6 N I.Rokach, 5 6 6

7 rocedura agregacji jeszcze raz k k x k +k k k k k k k +k +k 4 k k 4 k k k 4 k 4 k 4 k u u u F 5 Literatura Yijun Liu. Introduction to finite element method. Lecture Notes. University of Cincinnati, 998. Wykład został opracowany w LATEXe za pomocą klasy BEAMER, graficznego pakietu GF/TikZ i pakietu do tworzenia wykresów GFLOTS I.Rokach, 5 6 7