北航有限元分析与应用期末复习题答案

k11 + k21 + k31 + k41 + k51 + k61 = 0
同理，其它各列刚度阵元素之和也为 0。 由于刚度阵的对称性，[K]=[K]T 所以，刚度矩阵每一行元素之和为 0。
3
4、试证明面积坐标与直角坐标满足下列转换关系： x = xi Li + x j L j + xm Lm
证明：三角形的面积坐标如下：
在三角形的 142 边上 L3=0，所以
3 (x3,y3)
6
1(x1,y1) x
题8图
N3 = N5 = N 6 = 0 ∴
f x 3 0 f x 5 0 f x 6 0 = ， = ， = f y 3 0 f y 5 0 f y 6 0
在三角形 142 边上建立局部坐标系，如图
-1 1 0 4 1 2
ξ
局部坐标系下 1、4、2 结点的局部坐标分别为-1、0、1
1、4、2 点在局部坐标系下的形函数为：
ϕ1 = − (1 − ξ )ξ ， ϕ 4 = (1 − ξ )(1 + ξ ) ， ϕ1 = (1 + ξ )ξ
∴ l 1 l 2 l 1 f1 = ∫ qtϕ1dξ = qlt ， f 4 = ∫ qtϕ 4 dξ = qlt ， f 2 = ∫ qtϕ 2 dξ = qlt 2 −1 6 2 −1 3 2 −1 6
同理可得
yi Li + y j L j + ym Lm = y
4
5、写出题 5 图所示三角形单元的插值函数 Ni、Nj、 Nm 以及应变矩阵 B。
解：平面三结点三角形单元的插值函数为：
y
m (5,6)
q1
j (6,3) i (2,2)
q2 x
Ni =
其中
1 (ai + bi x + ci y ) 2∆
1 1 1
1 2
1 2
其中，l 为三角形 142 边的边长。
∴
f x1 f1 cos θ 1 l cos θ 1 y2 − y1 = = qt = qt f sin f θ sin θ l 6 y 1 6 x2 − x1 1 f x 4 f 4 cos θ 2 l cos θ 2 y2 − y1 = = qt = qt f y 4 f 4 sin θ 3 l sin θ 3 x2 − x1 f x 2 f 2 cos θ 1 l cos θ 1 y2 − y1 = = qt = qt f y 2 f 2 sin θ 6 l sin θ 6 x2 − x1
2
3、以平面问题常应变三角形单元为例，证明单元刚度矩阵的任何一行（或列）
元素的总和为零。 证明：平面三结点三角形单元的单元刚度方程形式如下：
k11 k 21 k51 k61 k12 k22 k52 k62 k15 k25 k55 k65 k16 u1 f x1 v f k26 1 y1 = k56 u3 f x 3 k66 v3 f y3
∵ ∴ ∵
∴
三角形三点坐标为：
1(a, 0) ， 2(0, a) ， 3(0, 0) N2 = 1 y a N3 = 1 − 1 1 x− y a a
N1 =
1 x a
u = [ Ni I v
NjI
N m I ]{δ }e = [ N ]{δ }e 0 a−x− y 0 0 y a − x − y
0 ci bi
−1
[N ] =
1 x 0 y 0 x 0 a
∵
∴
εx bi 1 {ε } = ε y = 0 γ 2∆ c xy i 1 0 0 0 1 [ B] = 0 0 0 1 a 0 1 1 0
bj 0 cj
0 cj bj
xi yi yj ym
2∆ = 1 x j 1 xm
根据行列式的性质：行列式的任一行（或列）的元素与其相应的代数余子式 乘积之和等于行列式的值，而任一行（或列）的元素与其他行（或列）的元素的 代数余子式乘积之和等于零。所以
xi Li + x j L j + xm Lm 1 [(ai + bi x + ci y ) xi + (a j + b j x + c j y ) x j + (am + bm x + cm y ) xm ] 2∆ 1 [(ai xi + a j x j + am xm ) + (bi xi + b j x j + bm xm ) x + (ci xi + ci xi + ci xi ) y ] = 2∆ 1 [0 + 2∆ ⋅ x + 0 ⋅ y ] = x = 2∆ =
bm 0 cm
0 cm {δ }e = [ B ]{δ }e bm
0 0 −1 −1 −1
∵
{σ } = [ D]{ε } = [ D][ B]{δ }e = [ S ]{δ }e
0 1 ν 1 0 0 E = E 0 1 0 [ D] = 0 ν 1 1 −ν 0 0 (1 ) / 2 0 0 1/ 2 − ν 0 0 −1 0 1 0 E [ S ] = [ D][ B ] = 0 0 0 1 0 −1 a 0 1/ 2 1/ 2 0 1/ 2 1/ 2 − −
y = yi Li + y j L j + ym Lm
Li = Lj = Lm =
∆i 1 = (ai + bi x + ci y ) ∆ 2∆ ∆j ∆ = 1 (a j + b j x + c j y ) 2∆
∆m 1 = (am + bm x + cm y ) ∆ 2∆
1
其中 ai、bi、ci、aj、bj、cj、am、bm、cm、分别是行列式 2∆的代数余子式。
1 xi yi yj ym ai =
(i, j , m)
题5图
2∆ = 1 x j 1 xm
xj xm
yj ym
bi = −
1 yj 1 ym
ci =
1 xj 1 xm
(i, j , m)
∵
三角形三点坐标为： i (2, 2) ， j (6,3) ， m(5, 6)
1 2 2
∴
2 ∆ = 1 6 3 = 13 1 5 6
2∆ = 1 x j 1 xm
ai = xj xm yj ym bi = − 1 yj 1 ym
1 xj 1 xm
(i, j , m)
根据行列式的性质：行列式的任一行（或列）的元素与其相应的代数余子 式乘积之和等于行列式的值，而任一行（或列）的元素与其他行（或列）的元 素的代数余子式乘积之和等于零。所以
∂u ∂x 0 ∂v {ε } = = 0 y ∂ 0 ∂u ∂x + ∂y ∂x
0 {σ } = [ D]{ε } = 0 0
∴
∴ ∴
单元中不产生应力。
6
8、求图示二次三角形单元在 142 边作 =
N i ( xm , ym ) =
即 另外
Ni + N j + N m =
N i ( x j , y j ) = δ ij
1 (ai + bi x + ci y + a j + b j x + c j y + am + bm x + cm y ) 2∆ 1 [(ai + a j + am ) + (bi + b j + bm ) x + (ci + c j + cm ) y ] = 2∆ 1 (2∆ + 0 ⋅ x + 0 ⋅ y ) = 1 = 2∆
又∵
∴
2 0 0 0 −2 0 0 1 1 0 −1 −1 0 1 1 0 1 1 − − Et [ K e ] = [ B ]T [ D][ B ]t ∆ = 4 0 0 0 2 0 −2 −2 −1 −1 0 3 1 0 −1 −1 −2 1 3
1
2、图示 3 结点三角形单元，厚度为 t，弹性模量为 E，泊松
比ν=0，试求：插值函数矩阵 N，应变矩阵 B，应力矩阵 S， 单元刚度矩阵 K 。
e
2
a
1 解：3 结点三角形单元的插值函数 Ni、Nj、Nm 形式如下： a 3 1 题2图 (ai + bi x + ci y ) Ni = (i, j , m) 2∆ 1 xi yi x yj 1 yj 1 xj 其中 2∆ = 1 x j y j ai = j (i, j , m) ci = bi = − 1 ym 1 xm xm ym 1 xm ym
时的等效结点载荷， 假设结点坐标已知， 单元厚度为 t。 解：设三角形面积坐标为 L1、L2、L3，则形函数：
y 5
2
(x2,y2) q 4
N1 = L1 (2 L1 − 1) 、N 2 = L2 (2 L2 − 1) 、N 3 = L3 (2 L3 − 1) N 4 = 4 L1 ⋅ L2 、 N 5 = 4 L2 ⋅ L3 、 N 6 = 4 L3 ⋅ L1
N i ( xi , yi ) = 1 xj ( 2∆ xm 1 xj ( 2∆ xm 1 xj ( 2∆ xm yj 1 yj 1 xj 1 − xi + yi ) = ⋅ 2∆ = 1 ym 1 ym 1 xm 2∆ yj 1 yj 1 xj 1 − xj + yj) = ⋅0 = 0 y m 1 ym 1 xm 2∆ yj 1 yj 1 xj 1 − xm + ym ) = ⋅0 = 0 ym 1 ym 1 xm 2∆