中科大工程中的有限元作业答案(最新)

有限元作业一1、对图示杆结构，已知节点 3 的位移 10mm，试用有限元法求出各节点的节点力和节点 2 的位移。

已知两段杆的长度为 l1, l2 截面积为 A 1, A 2 ，弹性模量为 E 1, E2 。

解：将整个杆件可以划分 3 个节点，2 个单元。

如图所示：设图中力为 F，则 1 节点所受反 作用力为－F。

对单元①，单元刚度矩阵为：ke(1) 同理，单元②的单元刚度矩阵为：1 1 AE 1 1  L1 1 1  ke(2) 将单元刚度矩阵集成，有整体刚度矩阵为：A2E2  1 1  L2  1 1 k  ke(1) [k]e(2)(1) (1) k11 k12 0 0 0 0    (1) (1) (2) (2)   k21 k22 0   0 k11 k12  (2) (2)  0 k21 k22    0 0 0   (1) (1) k11 k12 0  (1) (1) (2) (2)   k21 k22  k11 k12  (2) (2)   k k 0 21 22   E1A  EA 1  1 1 0   L L1  1   E1A EA EA E A   1 1 1  2 2  2 2  L2 L2  L1  L1  EA E2 A2   2 2  0  L2 L2  F 1x  F      整体节点载荷矩阵为 R  F 2x   0  ， F  F   3x   1x  0      整体节点位移矩阵为：   2x   2x 。

  0.01  3x   写成刚度矩阵方程的形式有： 列，得到：k R 。

代入边界条件， 1x  0，即划去第一行第一E2 A2 E2 A2   E1A 1    L L2 L2  2x  0   1     E2 A2 E2 A2  0.01  F    L  L2   2解之，得：2x E2 A2 ；  E1A E2 A2  1 100L2   L2   L1 FE1E2 AA 1 2 。

 E1A E2 A2  1  100LL 1 2 L2   L1 2.基本知识： 如图建立整体坐标系 xy 和局部坐标系 x’y’ui'   cos sin 0 0  ui  '  v  0 0  vi  sin cos i   u'   0 0 cos sin  uj   j   v  '   0 0 sin  cos    j   v   j0 0   cos sin sin cos 0 0    令T   0 0 cos sin   0 0 sin cos   1 AE  T ' ' 0 则由 K  T KT, K  L 1 0 可得到有0 0 0 01 0 1 00 0  0 0  cos2  cos2  sin cos  sin cos  2 sin cos sin2   sin  AE  sin cos  K 2 L  cos2  sin cos cos  sin cos    2 sin cos cos2   sin cos sin 求杆的内应力： 已知 ' Rix  AE  1 1 ui'  ui'  R'jx E ，轴向应力    1 1  '     u'  '  A L uj  Rjx   L 1 1    j    ui  ui    v  0   vi  E E cos sin 0  i  1 1   u   L cos sin cos sin  u  0 0 cos  sin  L j   j v  v   j  j解题： 对于杆单元 1（节点 2-1） ，L 1  2L，   3 1.2500  5 2.1651 K1 10 1.2500   2.16512.1651 3.7500 2.1651 3.75001.2500 2.1651 1.2500 2.16512.1651  3.7500  2.1651  3.7500  对于杆单元 2（节点 3-1） ， L2 L，   01 0 K2 106  1  00 0 0 01 0 1 00 0  0 0 2 3  L ，  3 6对于杆单元 3（节点 4-1） ， L3  6.4952  3.7500 K3 105  6.4952  3.7500合成整体刚度矩阵3.7500 2.1651 3.7500 2.16516.4952 3.7500 6.4952 3.75003.7500 2.1651  3.7500  2.1651   1.7745  0.1585  0.1250  6  0.2165 K 10  1.0000   0 0.6495  0.3750 0.1585 0.5915 0.2165 0.3750 0 0 0.3750 0.21650.1250 0.2165 0.1250 0.2165 0 0 0 00.2165 1.0000 0 0.3750 0 0.2165 0.3750 0 0 1.0000 0 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0 0 00.6495 0.3750 0 0 0 0 0.6495 0.37500.3750 0.2165  0  0   0   0  0.3750   0.2165  由边界条件 u2  v2  u3  v3  u4  v4  0 ， [K] [R] 划行划列得：u1  0.0004 1.7745 0.1585 u1  1000  106  ，解得     (m)     0.1585 0.5915 v1  1000 v1  0.0016将整体位移 0.00040.0016 0 0 0 0 0 0T， 代入K [R]可求出各节点处的约束反力F2xF2y F 500 422 0 866 500(N) 3x F 3y F 4x F 4y 288 于是杆 1 的内应力 1  杆 2 的内应力 2F22x  F22y / A 115.47(MPa) F32x  F32y / A  84.53(MPa)F42x  F42y / A  200(MPa)杆 3 的内应力 3 有限元作业二1、弹性体的形状为长方体，其变形后的位移为：u ( x, y , z )  P(1  2 ) x  b3 y  b2 z  a1 E P(1  2  ) v ( x, y , z )   y  b1 z  b3 x  a2 E P(1  2 ) w( x, y, z )   z  b2 x  b1 y  a3 E其弹性模量为 E ，泊松比为  ，受外力 P 的作用，其中 a1 , a 2 , a 3 , b1 , b2 , b3 为常数，试分析 该物体的变形情况；若该物体原点无移动，物体也无转动，求以上各式的各常数。

2、试用最小势能原理求解下面弹簧系统节点 1、2 的位移。

(1) K1=40N/mm1 60N(3) K3=80N/mm2 50N(2) K2=50N/mm3、如下图所示，求在均布载荷 q 作用下 B 点处的约束反力。

有限元作业二答案 1. 解：x   xyu v w y  z  x y z u v u w    xz   y x z x yz v w  z y x P 1  2  u  E x P 1  2  v  E y P 1  2  w  E z xy   xz   yz u v   b3  b3  0 y x u w   b2  b2  0 z x v w   b1  b1  0 z yy  z 由此可见 长方体所受应变中，只有正应变，没有剪应变。

说明长方体只有体积改变而 无形状改变。

若该物体的原点无移动，可推出 a1  a2  a3  0 整个物体也无转动，可推出 b1  b2  b3  0 2、最小势能原理法 系统总势能：  1 2 1 1 k11  k2 22  k332  F1q1  F2 q2 2 2 22的位移。

1 ,  2 ,  3分别代表弹簧 1，  2 ，  3的伸长量，q1和q2表示节点1， 则有1＝ 2＝q1 ,  3  q2  q1 1 1 1 2 于是＝ k1q12  k2 q12  k3  q2  q1   F1q1  F2 q2 2 2 2据最小势能原理 系统平衡需   k1q1  k2 q1  k3  q1  q2   F1 q1   k3q1  k3q2  F2 q21  2由方程 1 和  2  写成矩阵方程形式： k  k  k 即 1 2 3   k3 k3   q1   F1     k3   q2   F2 11  q1   mm   170q1  80q2  60  9  代入数值  80 80 50 q q    133 1 2  q   mm  2  72 3、解：协调方程：B 点挠度为零，即y B  0  y B  y BR  y Bq  0由材料力学基本知识可知：y Bq  y B  y BR  y Bq3  RB  ql 8R l3 ql 4 , y BR  B 3EI 8EI 4 3 ql l    RB  0 8EI 3EI有限元作业三 1. 求出节点载荷向量。