Phần tử hai chiều chịu kéo và nén trong mặt phẳng phần tử

5/30/2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Bộ môn Cầu và Công trình ngầm

Website: 

Website:  />
PHƯƠNG PHÁP SỐ 
TRONG TÍNH TOÁN KẾT CẤU
TS. NGUYỄN NGỌC TUYỂN
Website môn học:  />Link dự phòng:  />vietnamese/phuong‐phap‐so‐trong‐tinh‐toan‐ket‐cau

Hà Nội, 5‐2015

CHƯƠNG IV
Phần tử hai chiều chịu kéo và nén
trong mặt phẳng phần tử

202

1


5/30/2015

Nội dung chương 4

• 4.1. Phần tử dạng tam giác chỉ chịu kéo nén trong mặt
phẳng phần tử

• 4.2. Phần tử dạng chữ nhật chỉ chịu kéo nén trong mặt
phẳng phần tử

203

4.1. Phần tử dạng tam giác
• Chọn đa thức xấp xỉ và ma trận hàm dạng
– Xét phần tử dạng tam giác
như hình vẽ. Phần tử có 3
nút i, j, k là các đỉnh của tam
giác. Mỗi nút có 2 bậc tự do
là 2 thành phần chuyển vị
theo phương x và y

i
vk = q6

j

uk = q6

k
v(x,y)

vj = q4

u(x,y)

vi = q2

(x,y)
j

y

i

k

ui = q3

ui = q1

x

– Véc tơ chuyển vị nút của
phần tử là tập hợp các bậc tự do của cả 3 nút thuộc phần tử:

qe  ui

vi

uj

vj

uk

vk   q1
T

q2

q3

q4

q5

q6 

T

204

2


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Do véc tơ {q}e chỉ có 6 thành phần, véc tơ tham số {a} của đa
thức xấp xỉ cũng bao gồm 6 thành phần

ae  a1

a2

a3

a4

a5

a6 

T

– Khi đó theo tam giác Pascal, trường chuyển vị chỉ có thể là
tuyến tính.
• Véc tơ chuyển vị của một điểm bất kỳ có tọa độ (x,y) thuộc phần tử sẽ
gồm 2 thành phần u và v được viết như sau:

u  x, y   a1  a2 x  a3 y  1
 

v  x, y  e a4  a5 x  a6 y  0

d e  

 a1 
a 
 2
x y 0 0 0   a3 
 
0 0 1 x y   a4 
 a5 
 
 a6 

205

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
• Tam giác Pascal cho bài toán 2 chiều

206

3


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Viết lại {d}e gọn hơn như sau: {d}e = [F(x,y)] {a} 
  P  x, y  

trong đó:  F  x, y    


 0

(*)

 0 

 P  x, y  

với [P(x,y)] là ma trận các đơn thức:  P  x, y    1 x y 
– Thực hiện đồng nhất chuyển vị nút với giá trị của hàm chuyển
vị tại các nút. Ví dụ thực hiện đồng nhất tại nút i như sau:

u 
    F  xi , yi   a
v nút i
207

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Tương tự thực hiện đồng nhất cho các nút j và k ta sẽ tìm
được véc tơ chuyển vị nút {q}e như sau:

qe

u  
  
v nút i    F  x , y   
i
i 

 

u   
      F  x j , y j    a

v nút j  

   F  xk , yk   
u  
v nút k 



trong đó: (xi,yi) ; (xj,yj) và (xk,yk) lần lượt là các tọa độ các nút i, 
j và k của phần tử đang xét.
208

4


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Viết lại {q}e như sau:

qe



q1  u   1


 q   v    0
nút i

 2 

q3  u   1
        
q4  v nút j   0
q5  
 1
  u   

q6  v nút k   0



xi yi 0 0 0  a1 
0 0 1 xi yi  a2 
 
x j y j 0 0 0  a3 
 
0 0 1 x j y j   a4 

xk yk 0 0 0  a5 
 
0 0 1 xk yk  a6 

Hoặc viết gọn lại như sau:

qe   H a
209

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Từ phương trình của véc tơ chuyển vị nút {q}e :

qe   H a
=> Có thể tìm được véc tơ tham số {a} như sau:

a   H  qe
1

Với: [H]‐1 là ma trận nghịch đảo của ma trận [H]

210

5


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
có :

0
xk yi  xi yk
0
xi y j  x j yi
0
 x j yk  xk y j

0
yk  yi
0
yi  y j
0
 y j  yk
 x x
0
x
x
0
x

x
0


1
k
j
i
k
j
i
1
 H   
x j yk  xk y j
xk yi  xi yk
xi y j  x j yi
0
0
0
2A

y j  yk
yk  yi
yi  y j
0
0
0


xk  x j

xi  xk
x j  xi
0
0
0













trong đó A là diện tích của phần tử (diện tích tam giác có 3 
đỉnh là i, j, k):
1
1

A  det 1
2
1


yi 
 1

y j    x j yk  xk y j  xk yi  xi yk  xi y j  x j yi 
2
yk 

xi
xj
xk

211

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
có thể viết lại [H]‐1 ngắn gọn hơn như sau:
 ai

 y jk

1 xkj
1
 H   
2A 0

0
0


trong đó:

0

aj

0

ak

0

yki

0

yij

0

xik

0

x ji

ai

0

aj

0

y jk

0

yki

0

xkj

0

xik

0

i
x
j

k

0 

0 
0 

ak 

yij 
x ji 

i
y
j

k

ai  x j yk  xk y j

xkj  xk  x j

y jk  y j  yk

a j  xk yi  xi yk

xik  xi  xk

yki  yk  yi

ak  xi y j  x j yi

x ji  x j  xi

yij  yi  y j
212

6


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Sau khi tìm được véc tơ tham số {a}  => thay {a} vào phương
trình (*) để tìm chuyển vị {d} 

d e   F  x, y  a   F  x, y   H  qe   N  x, y   qe
1

(**)

 N  x, y   
trong đó:                        ma trận
các hàm dạng
 N  x, y     F  x, y    H 

1

 ai

 y jk

1 1 x y 0 0 0   xkj
 N  x, y   
2 A 0 0 0 1 x y  0

0

0

Với:

0

aj

0

ak

0

yki

0

yij

0

xik

0

x ji

ai

0

aj

0

y jk

0

yki

0

xkj

0

xik

0

0 

0 
0 

ak 

yij 
x ji 
213

Phần tử dạng tam giác (t.theo)

Hay:

0
N j  x, y 
0
N k  x, y 
0
 N i  x, y 

 N  x, y    

0
0
N i  x, y 
N j  x, y 
N k  x, y  
 0

trong đó:

1

 N i  x, y   2 A  y jk  x  xk   xkj  y  yk  

1

 yki  x  xi   xik  y  yi  
 N j  x, y  
A
2


1

 N k  x, y   2 A  yij  x  x j   x ji  y  y j  


hoặc viết gọn hơn nữa:

1

 N i  x, y   2 A  ai  y jk x  xkj y 

1

 a j  yki x  xik y 
 N j  x, y  
A
2

1

 N k  x, y   2 A  ak  yij x  x ji y 

214

7


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
• Một số nhận xét:
– (1) Nhận xét #1
• Hàm dạng Ni(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút i và bằng 0 tại
các nút j, k.
tương tự:
• Hàm dạng Nj(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút j và bằng 0 tại
các nút k, i.
• Hàm dạng Nk(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút k và bằng 0 tại
các nút i, j.
215

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
• Do chuyển vị của các điểm trong phần tử là tuyến tính nên
đồ thị các hàm dạng có dạng mặt phẳng và được biểu diễn
như sau:
k

1

Nk(x,y)
k

1
i

j

Ni(x,y)

k

i

j

1
i

Nj(x,y)

j
216

8


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
• Chứng minh hàm dạng Ni(x,y) có giá trị bằng 1 tại nút i và
bằng 0 tại các nút j, k như sau:
N i  xi , yi  

1
 ai  y jk xi  xkj yi 
2A 



1
 x j yk  xk y j    y j  yk  xi   xk  x j  yi 

2A 



1
2A
 x j yk  xk y j    xi y j  yi x j    yi xk  xi yk   
 2A 1
2A 

Ni  x j , y j  

1
 ai  y jk x j  xkj y j 
2A 



1
 x j yk  xk y j    y j  yk  x j   xk  x j  y j 

2A 



1
 x j yk  xk y j    x j y j  x j yk    y j xk  y j x j    0


2A 
217

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– (2) Nhận xét #2
• Tổng các hàm dạng bằng 1

 N  x , y  N  x , y   N  x , y   N  x , y   1
i

j

k

• Chứng minh như sau:
1

 N  x, y   2 A a  y
i



jk

x  xkj y  

1
1
 a j  yki x  xik y  

 ak  yij x  x ji y 
2A 
2A 

1
 ai  a j  ak    y jk  yki  yij  x   xkj  xik  x ji  y 

2A 

 y jk  yki  yij   y j  yk  yk  yi  yi  y j  0

Do  xkj  xik  x ji   xk  x j  xi  xk  x j  xi  0

 ai  a j  ak   2 A

nên

2A

 N  x, y   2 A  1
218

9


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– (3) Nhận xét #3
• Từ phương trình (**), các thành phần chuyển vị theo các

phương x, y của các điểm thuộc phần tử được biểu diễn
q 
như sau:
 
1

d e   N  x, y  qe

q2 
 q3 
0
 
N k  x, y   q4 
q5 
 
q6 

 N i  x, y 
0
0
N j  x, y 
N k  x, y 

0
0
N i  x, y 
N j  x, y 
 0

hoặc:

u  x, y   q1 N i  x, y   q3 N j  x, y   q5 N k  x, y 

v  x, y   q2 N i  x, y   q4 N j  x, y   q6 N k  x, y 

uk=q5

u
k

hoặc:
u  x, y   ui N i  x, y   u j N j  x, y   uk N k  x, y 

v  x, y   vi N i  x, y   v j N j  x, y   vk N k  x, y 

ui=q1
i

uj=q3
u(x,y)

j
219

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Chuyển vị = ma trận hàm dạng * véc tơ chuyển vị nút phần tử

d e   N  x, y  qe
– Tương tự,
Biến dạng = ma trận biến dạng * véc tơ chuyển vị nút phần tử

 e   B  x, y   qe
Ma trận biến dạng [B] được xác định bằng cách lấy đạo hàm
của ma trận hàm dạng [N] như sau:

 B
3 6



 

 N  x, y  
3 2  2  6

220

10


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)

 

Ma trận lấy đạo hàm [∂] có dạng:



 x


  0



 x


0 



y 
 

y 

Thực hiện đạo hàm để lấy được ma trận biến dạng [B]

 B

 y jk 0
1 

 0 xkj
2A 
 xkj y jk

yki

0

yij

0

xik

0

xik

yki

x ji

0

x ji 
yij 

i
x
j
i
y
j

k

k

Chú ý: các thành phần của ma trận [B] là hằng số => biến dạng
cũng như ứng suất trong phạm vi phần tử cũng là hằng số.
221

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
• Xác định ma trận độ cứng phần tử
– Ma trận độ cứng phần tử được xác định như sau

 K e    B   D  B  dV
T

V

Vì độ dày của phần tử là t không đổi, các thành phần của ma trận
[B] và [D] cũng là các hằng số do đó:

 K e    B   D  B  tdA   B   D  B  t  dA
T

T

A

A

Vậy:

 K e  tA  B   D  B 

T

222

11


5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
Các giá trị C1 và C2 là các tham số phụ thuộc vào tấm phần tử
của bài toán ứng suất phẳng (1) hay bài toán biến dạng phẳng (2)
– Thực hiện các phép nhân ma trận ta được ma trận độ cứng
của phần tử tam giác như sau:

 K e

Nếu đặt

 k11 k12 k13

k22 k23

k33
Ct 
 1 
4A 

 Đối xứng




1  C2
2

k14
k24

k15
k25

k34
k44

k35
k45
k55

k16 
k26 
k36 

k46 
k56 

k66 

thì các số hạng trong ma trận [K]e như sau:
223

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
:

i
x
j
i
y
j

k

k

k11  y 2jk   xkj2

k33  yki2   xik2

k12  C2 xkj y jk   y jk xkj

k34  C2 xik yki   xik yki

k13  yki y jk   xkj xik

k35  yki yij   xik x ji

k14  C2 xik y jk   yki xkj

k36  C2 x ji yki   xik yij

k15  y jk yij   xkj x ji

k44  xik2   yki2

k16  C2 y jk x ji   xkj yij

k45  C2 xik yij   yki x ji

k22  xkj2   y 2jk

k46  xik x ji   yki yij

k23  C2 xkj yki   xik y jk

k55  yij2   x 2ji

k24  xkj xik   y jk yki

k34  C2 x ji yij   x ji yij

k25  C2 xkj yij   y jk x ji

k66  x 2ji   yij2

k26  x ji xkj   y jk yij
224

12

5/30/2015

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
– Khi vật liệu là đẳng hướng và có các đặc trưng vật liệu là: mô
đun đàn hồi E, và hệ số Poatxong v thì các tham số C1 và C2 
được tính như sau: 
• (1) Bài toán ứng suất phẳng
C1 

E
1  2

C2  

• (2) Bài toán biến dạng phẳng
C1 

1   E
1  1  2 

C2 


1 

225

Phần tử dạng tam giác (t.theo)
• Ví dụ 4.1. 

Xét bài toán ứng suất phẳng gồm 2 phần tử tấm có kích thước
như hình vẽ. Biết vật liệu của các phần tử là đẳng hướng và có
mô đun đàn hồi Eo, hệ số Poisson vo ; chiều dày của các tấm phần
tử là to.
Eo = 200000MPa
vo = 0.3   
to = 5 mm
a = 1800 mm
b = 1600 mm
w = 400N/mm

y
4

3
2

b

w

1
2

1

x

a

– Tìm chuyển vị tại các nút và ứng suất trong các tấm khi các
tấm chịu tải trọng phân bố đều w.
226

13


5/30/2015

227

228

14


5/30/2015

229

230

15


5/30/2015

231

232

16


5/30/2015

233

234

17


5/30/2015

235

236

18


5/30/2015

237

238

19

5/30/2015

239

240

20


5/30/2015

4.2. Phần tử dạng tứ giác
• Chọn đa thức xấp xỉ và ma trận hàm dạng

j

i

– Xét phần tử dạng tứ giác trong
k
y
hệ tọa độ Oxy như hình vẽ. 
vl = q8
vk = q6
ul = q7
l
k
Phần tử có 4 điểm nút i, j, k, 
uk = q5

và l là các đỉnh của hình chữ
b
e
vi = q2
vj = q4
nhật. Mỗi nút có 2 bậc tự
x
do là 2 thành phần chuyển vị
i
j uj = q3
ui = q1
a
theo phương x và y.
– Véc tơ chuyển vị nút của
phần tử là tập hợp các bậc tự do của cả 4 nút thuộc phần tử:

qe  ui

l

vi u j v j uk vk ul vl   q1 q2 q3 q4 q5 q6 q7 q8 
T

T

241

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– Do véc tơ {q}e có 8 thành phần, véc tơ tham số {a} của đa thức
xấp xỉ cũng bao gồm 8 thành phần

ae  a1 a2

a3 a4 a5 a6 a7 a8 

T

– Véc tơ chuyển vị của một điểm bất kỳ có tọa độ (x,y) thuộc
phần tử sẽ gồm 2 thành phần u và v được viết như sau:

u  x, y   a1  a2 x  a3 y  a4 xy  1
 

v  x, y  e a5  a6 x  a7 y  a8 xy  0

d e  

 a1 
a 
 2
 a3 
 
x y xy 0 0 0 0   a4 
 
0 0 0 1 x y xy   a5 
 a6 
 
 a7 
a 
 8

242

21


5/30/2015

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– Viết lại {d}e gọn hơn như sau: {d}e = [F(x,y)] {a} 
  P  x, y  

trong đó:  F  x, y    


 0

(*)

 0 

 P  x, y  

với [P(x,y)] là ma trận các đơn thức:  P  x, y    1 x y xy 
T
và {a} là véc tơ tham số: a  a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 
– Thực hiện đồng nhất chuyển vị nút với giá trị của hàm chuyển
vị tại các nút. Ví dụ thực hiện đồng nhất tại nút i như sau:
u 
    F  xi , yi   a
v nút i

243

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– Tương tự thực hiện đồng nhất cho các nút j và k ta sẽ tìm
được véc tơ chuyển vị nút {q}e như sau:

qe

 u  
  
 v nút i 

   F  xi , yi   
 u   

 v nút j   F  x j , y j   


 a


 u     F  xk , yk   

 v   
nút k

   F  xl , yl   
 u  
  
 v nút l 

trong đó: (xi,yi) ; (xj,yj) ; (xk,yk) và (xl,yl) lần lượt là các tọa độ
các nút i, j, k và l của phần tử đang xét.
244

22


5/30/2015

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– Viết lại {q}e như sau:

qe

 u

q1     1
q  v nút i  
0
 2 
 
u
q3     1
   v   
q4   nút j   0
 

q5  u   1
q6  v    0

nút k
  
 
q
 7  u   1
q     0
 8  v nút l  



0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 0 0
a 0 0 0 0 0
a
0
a
0

0
0
b
0

0 0 0 1 0

b

0
a
0

0

0
b
0
b

0
ab
0
0

1
0
1
0

 a1 
 a 
 2
 a3 
 
0  a4 
 
0  a5 

ab  a6 
 
0  a7 


0  a8 
0
0
0

Hoặc viết gọn lại như sau:

qe   H a
245

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– Từ phương trình của véc tơ chuyển vị nút {q}e :

qe   H a
=> Có thể tìm được véc tơ tham số {a} như sau: a   H  qe
Với: [H]‐1 là ma trận nghịch đảo của ma trận [H]
1

 ab
 b

a

1
1
1
 H   
ab 0

 0

 0

 0

0
0
0
0
ab
b
a

0
b

0 0
0 0
0 0 0
1 0 1
0 0 0
0 b 0
0 0 0
1 0 1 0

0 0 0
0 0 0 
0 a 0

0 1 0 
0 0 0


0 0 0
0 0 a

1 0  1
246

23


5/30/2015

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– Sau khi tìm được véc tơ tham số {a}  => thay {a} vào phương
trình (*) để tìm chuyển vị {d} 

d e   F  x, y  a   F  x, y    H  qe   N  x, y   qe
1

(**)

 N  x, y   
trong đó:                        ma trận
các hàm dạng
 N  x, y     F  x, y    H 

1

 ab
 b


 a

1 1 x y xy 0 0 0 0   1
 N  x, y    ab 0 0 0 0 1 x y xy   0



 0
 0

 0

Với:

0
0
0
0

0
b
0
1

ab
b
a
1

0
0
0
0

0
0 
0

0
0

0
a

 1

0 0 0
0 0 0
0 0 a
1 0 1

0 0
0 b
0 0
0 1

0 0
0 0
0 0

0 1

0
0
0
0

247

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
Hay:

 Ni
 N  x, y    
 0

0

Nj

0

Nk

0

Nl

Ni

0

Nj

0

Nk

0

l

trong đó:


y
 x 
 N i  1  a 1  b 





x y
 N j  1  

a b

 N  xy
 k ab

i

y
x


N  1
l


b a


k
Ni

1

0 

N l 

i

l
j

Nj

1

i

1

l

k

j

k
Nk

1

k

j
l
Nl
i

j
248

24


5/30/2015

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
• Một số nhận xét:
– (1) Nhận xét #1
• Hàm dạng Ni(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút i và bằng 0 tại
các nút j, k, l.
tương tự:
• Hàm dạng Nj(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút j và bằng 0 tại
các nút k, i, l.
• Hàm dạng Nk(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút k và bằng 0 tại
các nút i, j, l.
• Hàm dạng Nl(x,y) sẽ có giá trị bằng 1 tại nút l và bằng 0 tại
các nút i, j, k.
249

Phần tử dạng tứ giác (t.theo)
– (2) Nhận xét #2
• Tổng các hàm dạng bằng 1

j

i
k

l

 N  x, y  N  x, y   N  x, y   N  x, y   N  x, y   1
i

j

k

l

– (3) Nhận xét #3
• Từ phương trình (**), các thành phần chuyển vị theo các
phương x, y của các điểm thuộc phần tử được biểu diễn
như sau: d e   N  x, y  qe
q 
1

 Ni

0

Nj

0

Nk

0

Nl

 0

Ni

0

Nj

0

Nk

0

d e  

q 
 2
 q3 
 
0   q4 
 
N l   q5 
 q6 
 
 q7 
 
 q8 

250

25