Bài tập phương pháp phần tử hữu hạn (PPPTHH- ĐHBK-TPHCM)

BTL Phương pháp phần tử hữu hạn

GVHD-TS: Cao Văn Vui

Cho thanh ABCD có liên kết ngàm tại A, khe hở giữa đầu D và thành cứng là ∆, chịu tác dụng của các lực
tại B và C như Hình vẽ. Số liệu cho trong bảng.

L1

A

F1, E1

PB
B

L2

F2, E2
PC
F3, E3

∆

L3

C

D

Yêu cầu (giải bằng phương pháp phần tử hữu hạn):

a) Xác định chuyển vị tại B và C
b) Xác định phản lực tại A và D
c) Tính biến dạng tương đối trong từng đoạn
d) Tính ứng suất trong từng đoạn
e) Vẽ biểu đồ lực dọc
Bài giải:
n
NL NL N L N L
∆=∑ i i = 1 1+ 2 2 + 3 3
E1 F1 E2 F2 E3 F3
i =1 Ei Fi
 Xét
•
•

N1 = PB + PC = 5530 + 11050 = 16580 N
N1 = PC = 11050 N

SVTT: Lê Đình Đức Minh

1


BTL Phương pháp phần tử hữu hạn
N3 = 0
•
16580 × 2710 11050 × 2033
→∆=
+
= 6.01(mm)

20 ×103 × 650 18 ×103 × 488
→ ∆ > [ ∆ ] = 5.1( mm)

→

GVHD-TS: Cao Văn Vui

Đầu D chạm vào ngàm

 Rời rạc hóa hệ:

→

Phần tử

Điểm đầu

Điểm cuối

1

1

2

2

2

3

3

3

4

Ma trận chỉ số: [B]=

1 2
2 3


 3 4 

 Ma trận độ cứng :

[ K1 ] =

 1 −1
E1F1  1 −1 20 ×103 × 650  1 −1
=
= 4797 





L1  −1 1 
2710

 −1 1 
 −1 1 

[ K2 ] =

E2 F2
L2

 1 −1 18 ×103 × 488  1 −1
 1 −1
= 2320 
 −1 1  =



2033


 −1 1 
 −1 1 

[ K3 ] =

E3 F3
L3

 1 −1 15 ×103 × 325  1 −1
 1 −1
= 3597 
 −1 1  =




1355


 −1 1 
 −1 1 

•

•

•

 Ma trận ghép nối:

SVTT: Lê Đình Đức Minh

2


BTL Phương pháp phần tử hữu hạn
0
0 
 4797 −4797
 −4797 7117 −2320
0 




→ K  =
 0
−2320 5917 −3597 


0
−3597 3597 
 0

GVHD-TS: Cao Văn Vui

 Vectơ tải:
1

3

2

P 
R 
P 
{ P} 1 =  1  ; { P} 2 =  B  ;{ P} 3 =  C 
 0 2
 0 3
 R2 4
 R1 
P 
 
→ P =  B

 PC 
 R2 

{ }

 Tính toán- Giải hệ pt:

0
0   q1   R1 
 4797 −4797
 −4797 7117 −2320
0  q2   PB 

.  =  
 0
−2320 5917 −3597   q3   PC 


0
−3597 3597  q4   R2 
 0
 Áp dụng điều kiện biên:
- Tại nút 1 chuyển vị bằng 0

→ q1 = 0 →

- Tại nút 4 chuyển vị bằng 6.01(mm)

Bỏ hàng 1, cột 1
→ q4 = 6.01(mm)

−4797.q2 = R1

 q2 = 2.95(mm)


7117.q2 − 2320.q3 = PB

 q3 = 6.68(mm)
→
→
 −2320.q2 + 5917.q3 − 3597.q4 = PC
 R1 = −14151.15( N )

 R2 = −2428.85( N )
−3597.q3 + 3597.q4 = R2


Chọn chiều R1,R2 ngược chiều đã

chọn
 Đáp số:
a) + Chuyển vị tại B:
+ Chuyển vị tại C:
SVTT: Lê Đình Đức Minh

q2 = 2.95mm
q3 = 6.68mm
3

BTL Phương pháp phần tử hữu hạn
R1 = 12136.14( N )
b) +Phản lực tại A:
chiều hướng lên
R2 = 2266.11( N )
+Phản lực tại D:
c) Tính biến dạng tương đối:
q − q 2.95 − 0
ε1 = 2 1 =
= 1.1×10−3
L1
2710
+Đoạn AB:
q −q
6.68 − 2.95
ε2 = 3 2 =
= 1.8 × 10−3
L2
2033
+Đoạn BC:
q −q
6.01 − 6.68
ε3 = 4 3 =
= −4.9 × 10−3
L3
1355
+Đoạn CD:
d) Tính ứng suất:
σ 1 = ε1 × E1 = 1.1× 10−3 × 650 = 0.715( MPa)

+Đoạn AB:
σ 2 = ε 2 × E2 = 1.8 × 10−3 × 488 = 0.878( MPa )
+Đoạn BC:
σ 3 = ε 3 × E3 = 4.9 ×10−3 × 325 = 1.59( MPa )
+Đoạn CD:
e) Vẽ biểu đồ lực dọc:

SVTT: Lê Đình Đức Minh

GVHD-TS: Cao Văn Vui

4


BTL Phương pháp phần tử hữu hạn

SVTT: Lê Đình Đức Minh

GVHD-TS: Cao Văn Vui

5