典型例题(B-1) 受集中载荷简支梁的虚功原理求解

(B-21)
代入(B-15)式，取 n = 1 ，有
2 2 ⎡ ⎤ ⎡ x 2 2l πx π x⎤ ⎛π ⎞ ⎛ 2l ⎞ EIc sin p x sin − − + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥dx = 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ ∫0 ⎢ ⎜ 2l 2l ⎦ ⎝ 2l ⎠ ⎝π ⎠ ⎥ ⎣ ⎢2 π ⎥ ⎣ ⎦ l
p0l 4 ˆ x =l = −0.441 v EI
(B-17) 显然，该结果是错误的，因为向下的载荷不会引起向上的挠度。 寻找 Galerking 加权残值法的试函数时，先考虑满足力边界条件 BC(p)较为方便，设
ˆ πx⎞ d 2v ⎛ = c ⎜ 1 − sin ⎟ 2 dx 2l ⎠ ⎝
它满足 x = l 处弯矩和剪力为零的条件，即
(B-22)
可解出
1 1 8 − + 3 p0l 2 p l2 c= 6 π π = 0.469 0 3 4 EI EI − 2 π
代回(B-21)式得 x = l 处的最大挠度
(B-23)
ˆ v
p0l 2 2 4 ⎞ 2⎛1 0.126 cl = − + = x =l ⎜ 2 ⎟ EI ⎝2 π π ⎠
⎧ E ⎪ +∫ ⎨ Γ 1− μ 2 ⎪ ⎩ + E 1− μ 2 −∫
Γp
⎡ ⎛ ∂v ∂u ⎞ 1 − μ ⎛ ∂v ∂u ⎞ ⎤ ⎫ ⎪ ⎢ ny ⎜ +ν ⎟ + nx ⎜ + ⎟ ⎥ δ v ⎬ ds ∂x ⎠ 2 ⎝ ∂x ∂y ⎠ ⎦ ⎪ ⎣ ⎝ ∂y ⎭
x y
( p δ u + p δ v ) ds = 0
(B-6)
令 m = 1,2, … , ∞ ，可得所有的待定位移参数。将(B-6)中的 m 改为 n 后代回(B-1)式时，有
ˆ( x ) = ∑ v
2l 3 ⎛ nπ nπ ⎞ nπx + P sin M0 ⎟ sin 4 4 ⎜ l l ⎠ l n =1 EIπ n ⎝
∞
(B-7)
当 n → ∞ 时，(B-7)式就是梁的真实位移精确解，一般只取(B-7) 式的前几项就能得到较好 的近似解。
2 ⎡⎛ ∂u ⎞ 2 ⎛ ∂v ⎞ 2 E ∂u ∂v 1 − μ ⎛ ∂v ∂u ⎞ ⎤ = ⎢⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + 2 μ ⋅ + ⎜ + ⎟ ⎥dxdy 2 ⎝ ∂x ∂y ⎠ ⎥ ∂x ∂y 2 (1 − μ 2 ) ∫∫Ω ⎣ ⎢⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎦
(B-26)
以上表达式中 E , G,
4
典型例题 B- 2
《有限元分析及应用》(研究生课程)
清华大学 曾攀
由最小势能原理，
∂Π = 0 ，可解得 ∂c
c= 32 ⎛ 2 ⎞ p0l 4 1− ⎟ π4 ⎜ ⎝ π ⎠ EI
p0l 4 EI
(B-12)
代回(B-10)式，可求得 x = l 处的最大挠度为
ˆ v
x = l = c = 0.11937
Π=∫
l 1 2 ˆ′′ ) dx − ∫ p0 vdx EI ( v 0 2 0 l 4
l l⎛ 1 ⎛π ⎞ πx πx⎞ = EI ⎜ ⎟ c 2 ∫ cos 2 dx − p0 c ∫ ⎜ 1 − cos ⎟ dx 0 0 2 ⎝ 2l ⎠ 2l 2l ⎠ ⎝
(B-11)
=
1 2 ⎛π ⎞ ⎛l ⎞ ⎛ 2⎞ c EI ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − p0 al ⎜ 1 − ⎟ 2 ⎝ 2l ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ π⎠
M=
结果将完全相同。
p0 2 (1 − x ) 2
(B-25)
典型例题(B-3) 用最小势能原理导出基于位移的平衡方程和力边界条件 解答：以平面应力问题为例，用位移来表达平面应力问题(厚度 t = 1 )的应变能，有
U=
1 (σ xxε xx + σ yyε yy + τ xyγ xy ) dxdy 2 ∫∫Ω 1− μ 2 ⎞ G ⎛ 2 2 γ xy ⎟ dxdy = ⎜ ε xx + ε yy + 2 με xxε yy + ∫∫ Ω 1− μ 2 ⎝ ⎠
ˆ( x ) = ∑ cn sin v
n =1
∞
nπx l
(B-1)
可以验证该试函数满足两端的位移边界条件，因此它是许可位移，该函数为一无穷级数，含 有无穷多个待定位移参数 cn 。不失一般性，如果令第 m 个位移参数 cm 产生的虚增量
δcm ≠ 0 ，而其它位移参数的虚增量均为零，则这时的虚位移为
⎛ nπ ⎞ ⎛ mπ ⎞ = EI ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ l ⎠ ⎝ l ⎠
梁的外力虚功为
nπ x ⎞ mπ x ⎛ ∞ ⋅ δ cm sin cn sin dx ∑ ⎟ ∫0 ⎜ l ⎠ l ⎝ n =1
l
(B-3)
δ W = M 0δ v ′
x =0
+ Pδ v
x =l / 2
(B-4)
将(B-3)和(B-4)代入虚功方程 δ U = δ W 中并进行积分，有
ˆ( x ) = 其中 φn 为试函数 v
∑ c φ ( x) 中的基底函数。
n =1 n n
N
ˆ ′′ 为自变函数的试函数时，则对应的加权残值法 Galerkin 方程为 当选曲率 v
ˆ′′ − M ) φ ′′dx = 0 ∫ ( EIv
0 n
l
(n = 1,2, … , N )
(B-16)
′′ 为试函数 v ˆ ′′( x ) = 其中 φn
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典型例题(B-1) 受集中载荷简支梁的虚功原理求解 如图 B-1 所示的一个简支梁，梁的中部受有集中载荷 P，左端受有力偶 M0，试用虚功 原理求其挠度曲线。
中载荷和力偶的简支梁
解答：假设位移的试函数为一个级数
∑ c φ ′′( x ) 中的基底函数。下面取 n = 1 作为一级近似进行求解。
n =1 n n
N
Galerkin 加权残值法要求试函数同时满足力和位移边界条件，即 BC(p)和 BC(u)。前面 基于最小势能原理的许可函数(B-10)不能满足 x = l 处弯矩和剪力为零的条件，所以不适用。 若勉强将其代入加权残值法 Galerkin 的方程中(见(B-15))式)，将导出
A
⎫ ⎛ ∂v ∂u ⎞ ⎡ ⎛ ∂v ⎞ ⎛ ∂u ⎞ ⎤ ⎪ + (1 − μ ) ⎜ + ⎟ ⎢δ ⎜ ⎟ + δ ⎜ ⎟ ⎥ ⎬ dxdy ⎝ ∂x ∂y ⎠ ⎣ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ ⎦ ⎭ ⎪
Γp
( p δ u + p δ v ) ds
x y
⎛⎧ ⎪ E = −∫ ⎜ ⎨ A⎜ 1− μ2 ⎩ ⎝⎪ ⎧ ⎪ E +⎨ 2 ⎪ ⎩1 − μ
mπ x , l mπ ˆ x =l / 2 = δ cm sin δv 2 ˆ = δ cm sin δv
这时梁的虚应变能为
l
⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎭
(B-2)
δ U = ∫ EI ⋅ ⎜ 0
⎛ d 2 v ⎞ ⎛ d 2δ v ⎞ dx ⋅ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
2 2
μ 为材料常数，则总势能表达式为
典型例题 B- 4
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清华大学 曾攀
x y
Π = U − ∫ ( bx u + by v ) dxdy − ∫
A
Γp
( p u + p v )ds
(B-27)
其中 b x 和 b y 为域内 x 方向和 y 方向体力， px 和 p y 为力边界 Γ p 上给定的 x 方向和 y 方向面 力，泛函 Π 的自变函数为位移分量 u 和 v ；最小势能原理要求 δΠ = 0 ，对(B-27)式取变分， 进行分部积分后，有
EIπ 4 4 mπ mπ m cmδam = M 0δcm + P sin δcm 3 l 2l 2
两端消去非零的 δcm ，可解得位移参数的一般表达式
(B-5)
典型例题 B- 1
《有限元分析及应用》(研究生课程)
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cm =
mπ mπ ⎞ 2l 3 ⎛ M0 + P sin ⎟ 4 4 ⎜ EIπ m ⎝ l 2 ⎠
⎫ ⎡⎛ ∂ 2 u ∂ 2 v ⎞ 1 − μ ⎛ ∂ 2 v ∂ 2u ⎞ ⎤ ⎪ + + 2 ⎟ ⎥ + bx ⎬ δ u μ ⎢⎜ 2 ⎟+ ⎜ ∂x∂y ⎠ 2 ⎝ ∂x∂y ∂y ⎠ ⎦ ⎪ ⎣⎝ ∂x ⎭
⎫ ⎡⎛ ∂ 2 v ∂ 2u ⎞ 1 − μ ⎛ ∂ 2u ∂ 2 v ⎞ ⎤ ⎪ ⎞ + + 2 ⎟ ⎥ + by ⎬ δ v ⎟ dxdy μ ⎢⎜ 2 ⎟+ ⎜ ⎟ ∂x∂y ⎠ 2 ⎝ ∂x∂y ∂y ⎠ ⎦ ⎪ ⎣⎝ ∂y ⎭ ⎠ ⎡ ⎛ ∂u ∂v ⎞ 1 − μ ⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎤ ⎢ nx ⎜ + μ ⎟ + n y ⎜ + ⎟⎥ δ u ∂y ⎠ 2 ⎝ ∂y ∂x ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ ∂x
(B-28)
由于 δu 和 δv 的任意性，要使(B-28)式恒满足，则对应于它们的系数应分别为零；由面 积积分项可得
E ⎛ ∂ 2u 1 − μ ∂ 2u 1 + μ ∂ 2 v ⎞ + + + bx = 0 2 1 − μ2 ⎜ 2 ∂y 2 2 ∂x∂y ⎟ ⎝ ∂x ⎠ E 1 − μ2
⎛ ∂ 2 v 1 − μ ∂ 2 v 1 + μ ∂ 2u ⎞ ⎜ ∂y 2 + 2 ∂x 2 + 2 ∂x∂y ⎟ + by = 0 ⎝ ⎠
(B-8)
BC(p):
M = − EIv ′′ x =l = 0, Q = − EIv ′′′ x =l = 0
(B-9)
(1)基于最小势能原理的求解 作为一级近似，试函数仅取一项三角函数
πx ⎞ ˆ( x ) = c⎛ v ⎜1 − cos ⎟ 2l ⎠ ⎝
(B-10)
其中 c 为待定系数，该函数满足该问题的位移边界条件 BC(u) (B-8)式，所以是许可位移函 数；代入总势能的表达式，有
当 N = 5 时，最大的挠度误差仅 0.03%，应力误差为 8.1%。 (2)基于 Galerkin 加权残值法的求解
ˆ 为自变函数的试函数时，相应的加权残值法 Galerkin 方程为 当选挠度 v
ˆ ∫ ( EIv
l 0
(4)
− p0 ) φn dx = 0
(n = 1,2, … , N )
(B-15)
(B-13)
和精确解 v
x =l =
1 p0l 4 相比小 4.5%， 可以达到工程精度。 但如进一步计算应力， 则偏低 41%。 8 EI
为了提高精度可取如下三角级数的前 N 项作为许可位移函数
ˆ = ∑ cn ⎛ v ⎜1 − cos ⎝ n =1
N
(2n − 1)πx ⎞
2l ⎟ ⎠
(B-14)
(B-20)
调整两个积分常数 A 和 B ，使满足 x = 0 处的位移边界条件(B-8)，有 A = −2l / π ， B = 0 ， 则得到 Galerkin 加权残值法的试函数
2 ⎡ x 2 2l πx ⎤ 2l ⎞ ˆ( x ) = c ⎢ − x + ⎛ v ⎜ ⎟ sin ⎥ 2l ⎥ ⎝π ⎠ ⎢ ⎣2 π ⎦
δΠ =
⎧ ⎛ ∂u E ∂v ⎞ ⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂u ∂v ⎞ ⎛ ∂v ⎞ 2 μ δ 2 μ + + + ⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟δ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫ ∂y ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ 2 (1 − μ 2 ) A ⎩ ⎝ ∂x
− ∫ ( bxδ u + byδ v )dxdy − ∫
典型例题(B-2)
平面悬臂梁的最小势能原理和加权残值法求解
用最小势能原理和加权残值法求解如图 B-2 所示受均布外载悬臂梁的挠度，梁的抗弯 刚度为 EI 。
图 B-2 受均布外载悬臂梁
解答：该问题两端的边界条件为 BC(u):
v x =0 = 0, v ′ x =0 = 0
⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭ ⎫ ⎪ ⎬ ⎪ ⎭
典型例题 B- 3
(B-18)
《有限元分析及应用》(研究生课程)
清华大学 曾攀
ˆ′′ x = l = 0 ； v ˆ′′′ x = l = 0 v
把(B-18)式积分二次，可得
(B-19)
⎡ x 2 ⎛ 2 l ⎞ 2 πx ⎤ ˆ( x ) = c ⎢ + ⎜ ⎟ sin + Ax + B ⎥ v 2l ⎢ 2 ⎝π ⎠ ⎥ ⎣ ⎦
(B-24)
它比精确解大 0.8%， 显然比最小势能原理的一级近似解(B-23)好， 这是因为这里所取的试函 数性能较好， 它满足了所有的边界条件， 而前面最小势能原理求解所用的试函数只满足位移 边界条件，但要寻找要求高的试函数非常困难。如果最小势能原理也改用试函数(B-21)，则 结果和(B-24)式相同。 如果把(B-18)式作为试函数代入(B-16)式，其中