王勖成《有限单元法》习题答案3

N2
,
N3
,
N4
,
)
，
D
=
D0
⎢⎢υ
⎟
⎢
⎜ ⎜⎜⎝
−2
∂2 ∂x∂y
⎟ ⎟⎟⎠
⎢⎣0
1 0
0
⎥ ⎥
,
1−υ ⎥
D0
=
Et 3 12(1 −ν
2)
,
⎥
2⎦
∫ ∫ K e = a b BT DBdxdy = D0 ×
−a −b
30ab
1
⎡+m1
⎤
⎢ ⎢
+m4
+m2
对称
⎥ ⎥
⎢ ⎢
−m5
−m6
+m3
⎥ ⎥
−
3 2l31
sin γ 31,
1 2
cos
γ 12
sin
γ 12
+
1 2
cos γ
23
sin
γ
23}
1 2
cos2
γ 12
+
1 4
sin
γ
12
+
1 2
cos2
γ
31
+
1 4
sin
γ
31 ,
Hx2
= {−
3 2l12
sin γ12
+
3 2l23
sin γ 23,
1 2
cos
γ 12
sin
γ 12
+
1 2
整理左边的式子，得到：
[α4 (L2 + CL3 ) + α6 (L1 + CL3 )]L1L2 + [α5 (L3 + CL2 ) + α8 (L1 + CL2 )]L1L3 + [α7 (L3 + CL1) +α9 (L2 + CL1)]L2L3 = α1L1L2 + α2L2L3 + α3L3L1
所以，用减缩积分 4×4 网格时仍发生剪切锁死，而采用假设剪切应变方法时，用 3×3 网格计算也不会发生剪切锁死。
10.5 同上题分析的四边固支的方板受均布载荷 q 作用。板边长 L，厚度 t。由于对称取 1/4 进行分析，网格分别取 2×2，4×4，6×6；L/t 分别取 100，300，500；对 4 节点，8 节点， 9 节点的 Mindlin 板单元是否发生剪切锁死情况进行检验并对结果进行分析。 解：
设三个节点坐标分别为( x1, y1 )， (x2 , y2 ) ， (x3, y3 ) ，并代入以下各式：
2
wi = a1 + a2 xi + a3 yi + a4 xi2 + a5 xi yi + a6 yi2 + a7 xi3 + a8 (xi2 yi + xi yi2 ) + a9 yi3
所以，
α4 (L2 + CL3 ) + α6 (L1 + CL3 ) = α1
再将各个节点的坐标 (1, 0, 0), (0,1, 0), (0, 0,1) 代入上式，从而得到：
C (α 4
+α6)
=
α4
=
α6
⇒
C
=
1 2
10.4 有一四边固支的方形薄板，取其 1/4 用 8 结点 Mindlin 板单元进行分析，用减缩积分方 法时 4×4 网格仍发生剪切锁死（如图 10.12 所示），而采用假设剪切应变方法时，仅用 3×3
m5 −m6 +m3
⎥
⎢ ⎢
+m17
−m20
−m21
+m12
−m15
−m16
m7
−m10
−m11
+m1
⎥ ⎥
⎢+m20 +m18 +0
+m15 m13 +0
−m11 m8 0
−m4 +m2
⎥
⎢⎢⎣−m21 +0 +m19
m16 +0
m14 +m11
0 +m9
−m5 m6 +m3
⎥⎥⎦
m1
=
21 −
6ν
)2
])
=
1 2
cos2
γ 12θ x1
+
1 2
cos γ12
sin γ12θ y1
+
1 2
cos2
γ12θ x2
+
1 2
cos γ12
sin γ12θ y2
+
3 2l12
sin
γ 12 w1
−
1 4
sin
γ 12θ x1
+
1 4
sin γ12θ y1
−
3 2l12
sin γ12w2
−
1 4
sin
γ12θ x2
θx4
=
cos γ12θn4
− sin γ12θs4
=
cos γ12
1 2
(θn1
+ θn2 ) − sin γ12 (−
3 2l12
w1
−
1 4
(
∂w ∂s
)1
+
3 2l12
w2
−
1 4
(
∂w ∂s
)2
)
因为
∂w ∂s
=
(− sin γ ij
)
∂w ∂x
+
cos γ ij
∂w ∂y
，所以
5
=
cos γ12
sin
γ 23θx2
−
3 2l23
sin γ
23w3
+
1 4
sin γ
θ23 x3
θx6
=
1 2
cos2
γ 31θx3
+
1 2
cos γ 31 sin γ 31θ y3
+
1 2
cos2
γ 31θx1
+
1 2
cos γ 31
sin γ 31θ y1
+
3 2l23
sin
γ
31w3
+
1 4
sin
γ
θ31 x3
因 为 L1, L2 , L3 的 线 性 组 合 表 示 单 元 的 刚 体 位 移 ， 所 以 在 常 应 变 情 况 下 可 以 去 掉
（10.2.19）式中的α1L1 + α2L2 + α3L3 ，即为：
α4 (L22L1 + CL1L2L3 ) + ........ + α9 (L12L3 + CL1L2L3 ) = α1L1L2 + α2L2L3 + α3L3L1
cos γ
23
sin
γ
23}
1 2
cos2
γ 12
+
1 4
sin
γ 12
+
1 2
cos2
γ
23
+
1 4
sin
γ
23 ,
Hx2
= {−
3 2l23
sin
γ 23
+
3 2l23
sin γ 31,
1 2
cos
γ
23
sin
γ
23
+
1 2
cos
γ
31
sin
γ
31}
1 2
cos2
γ
23
+
1 4
sin
γ
23
+
1 2
i =1
i =1
其中 N1 = (2L1 −1)L1 ，N2 = (2L2 −1)L2 ，N3 = (2L3 −1)L3 ，N4 = 4L1L2 ，N5 = 4L2L3 ，
N6 = 4L1L3
在角节点：
C
=
⎧⎪⎪(
∂w ∂x
)i
⎨ ⎪( ⎪⎩
∂w ∂y
)i
− θ xi −θ yi
⎫ ⎪⎪ ⎬ ⎪ ⎪⎭
⎢+m7 +m10 +m11 +m1
⎥
⎢ ⎢
+m10
+m8
+0
+m4 +m2
⎥ ⎥
⎢−m11 +0 +m9
m5 +m6 +m3
⎥
⎢ ⎢
+m12
−m15
+m16
m17
−m20
m21
+m1
⎥ ⎥
⎢ ⎢
+m15
+m13
+0
m20 m18 +0
−m4 +m2
⎥ ⎥
⎢−m16 +0 +m14
m21 +0 +m19
cos2
γ
31
+
+
1 4
sin
γ
31 ,
6
10.9 证明修正正余能原理中单元交界面上的拉各朗日乘子 λi (s) 的力学意义应是交界面上
的位移 ui (s) 。
解： 根据修正的余能原理
∑ ∫ ∫ ∫ Πmc =
e
⎛ ⎜ ⎜⎝ Ve
1 2
Cijklσ ijσ kl dV
−
Se
λiTi dS
−
Sue
Ti uidS
ij
⎤ ⎥ ⎥⎦
⎧⎪θ ⎨⎪⎩θ
x y
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭
（3）
和
⎧⎪θ x ⎨⎪⎩θ y
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭
=
⎡cos γ ij ⎢⎢⎣sin γ ij
− sin γ cos γ ij
ij
⎤ ⎥ ⎥⎦
⎨⎧⎩θθns
⎫ ⎬ ⎭
（4）。
我
们
还
有
：
∂w ( ∂s )k
=
−
3 2lij
wi
−
1 ∂w 4 ( ∂s )i
−
3 2l31
sin
γ
31w1
+
1 4
sin
γ
θ31 x1
最后整理得到：
θx = Hxae,
ae
=
⎧⎪⎨aa12
⎫ ⎪ ⎬
,
⎪⎩a3 ⎪⎭
ai
= ⎨⎧⎪θwxii
⎫
⎪ ⎬
,
⎪⎩θ
yi
⎪ ⎭
(i = 1, 2,3)
H x = [H x1, H x2 , H x3 ]
H x1
=
{3 2l12
sin
γ 12
(
∂w ∂y
)i
= θxi
=
a3
+ a5 xi
+ 2a6 yi
+
a8 (x i2
+ 2xi yi ) + 3a9 yi2
−(
∂w ∂x
)i
= θ yi
=
−a2
− 2a4 xi
− a5 yi
− 3a7 xi2
− )
将上列方程组表示成矩阵形式： Cα = ae ，其中 C 的表达式如下：
1 2
(cos γ12θx1
+
sin
γ12θ y1
+
cos γ12θx2
+
sin γ12θ y2 )
− sin γ12 (−
3 2l12
w1
−
1 4
[(−
sin
γ
12
)(
∂w ∂x
)1
+
cos
γ
12
(
∂w ∂y
)1
]
+
3 2l12
w2
−
1 4
[(−
sin
γ
12
)(
∂w ∂x
)2
+
cos
γ
12
(
∂w ∂y
ω＝α1 + α 2 x + α 3 y + α 4 x 2 + α 5 xy + α 6 y 2 + α 7 x3 + α8 (x 2 y + xy 2 ) + α 9 y 3
验证当单元的两条边分别平行于坐标轴且长度相等时，决定参数α1 ，α 2 ，··· ，α 9 的代
数方程组的系数矩阵是奇异的。 解：
此时，C 矩阵的秩为 9。当三角形板单元的两条边分别平行于坐标轴且长度相等时，即：
x1 = x3, y2 = y1, y3 = x2 − x1 + y1 ，此时，C 矩阵变为：
此时 C 矩阵的秩变为 8，即 C 是奇异的。
3
10.3 利用单元位移函数的完备性确定（10.2.19）式的常数 C 的数值。 解：
+
1 4
sin
γ12θ y2
将上式轮换，1－2，2－3 和 2－3，3－1 就可以得到其他的关系。
θx5
=
1 2
cos2
γ 23θx2
+
1 2
cos γ 23
sin γ 23θ y2
+
1 2
cos2
γ 23θx3
+
1 2
cos γ 23
sin γ 23θ y3
+
3 2l23
sin
γ 23w2
+
1 4
=
0,
(i
=
1,
2,
3)
（1）
在各边中点：
(
∂w ∂s
)
k
− θ sk
= 0, (k
=
4,5, 6) ，（2），当 k
=
4,5, 6 时
θnk
=
1 2
(θni
+ θnj )
s, n
表示各个边界 ij
的法向和切向。其中关系是
⎧⎨⎩θθns
⎫ ⎬ ⎭
=
⎡cos γ ⎢⎢⎣− sin
ij
γ
ij
sin γ ij cos γ
+
3 2lij
wj
−
1 ∂w 4 ( ∂s ) j
（
5
），
其
中
lij = (xi − x j )2 + ( yi − y j )2 。
6
∑ 因此，θx = Niθxi = N1θx1 + N2θx2 + N3θx3 + N4θx4 + N5θx5 + N6θx6 i =1
下面分别依次代入（4），（2）、（5），（3）、（1）并展开得到：
+
30
b2 a2
+
30
a2 b2
, m2 = 8(1−ν )b2 + 40a2
, m3 = 8(1−ν )a2 + 40b2
m4
=
3b
+12ν b +
30
a2 b2
,
m5
=