ĐỀ THI TÍNH TOÁN SƠ CẤP CÁC CẤU TRÚC

Trường Đại học Bách Khoa Tp.HCM
Khoa Cơ khí
Bộ môn Thiết kế máy
-------------------------KIỂM TRA HỌC KỲ
Môn học: Tính toán số các cấu trúc
Được phép tham khảo tài liệu
Thời gian: 90 phút

Câu 1

(4 đ)
Xét phần tử tứ giác 4 nút (hình 1.1) với giá trị các biến nút liên kết theo thứ tự
với các nút 1, 2, 3, 4 có giá trị lần lượt là t1 = 40 0C , t2 = 42 0C, t3 = 40,5 0C, t4 = 41 0C.

Hình 1.1

y4 = 6

Cho biết tọa độ các nút như sau:
Nút 1: x1 = 1, y1 = 2; nút 2: x2 = 6, y2 =2; nút 3: x3 = 6, y3 = 6; nút 4: x4 = 1,

1/ Hãy nội suy nhiệt độ tại điểm M(3, 3) bằng hai phương pháp:
a- Dùng phần tử tham chiếu
b- Dùng phần tử thực
2/ Tính nhiệt độ trung bình trên phần tử thực.
3/ Xác định tải nút tương đương
4/ Nút 3 tịnh tiến theo chiều trục tung 1 đơn vị. Các nút còn lại vẫn ở vị trí cũ,
hãy xác định các hàm nội suy của phần tử tứ giác mới này.
Câu 2
(4 đ)
Xét thanh chịu lực dọc trục F= 100 kN. gồm 2 đoạn thanh (Hình 2.1). Đoạn

thanh I có mô đun đàn hồi vật liệu E1=70.000 MPa, diện tích mặt cắt ngang A1= 300
mm2 . Đoạn thanh II có mô đun đàn hồi vật liệu E2= 200.000 MPa, diện tích mặt cắt
ngang A2=100mm2. Vách A tuyệt đối cứng, vách B có độ cứng hữu hạn
k=25.000N/mm.


Hình 2.1
Bằng phương pháp phần tử hữu hạn, hãy xác định:
1/ Chuyển vị nút.
2/ Phản lực gối tựa.
3/ Ứng suất trung bình trong đoạn thanh I và trong đoạn thanh II.
Câu 3
(2 đ)
So sánh phương pháp phần tử hữu hạn và phương pháp sai phân hữu hạn trong
lãnh vực cơ học vật rắn biến dạng (bản chất, ưu nhược điểm, phạm vi ứng dụng)

GV ra đề……………………………..PGS-TS Phan Đình Huấn
Bộ môn ………………………………PGS-TS Phạm Huy Hoàng


Bài giải
Câu 1

( 4 điểm)
1/
- Dùng phần tử thực:
Các hàm nội suy có dạng:

1
(x - 6) (y - 6)

20
1
Ν 2 (x, y) = − (x - 1) (y - 6)
20
1
(x - 1) (y - 2)
Ν 3 (x, y) =
20
1
Ν 4 (x, y) = − (x - 6 ) (y - 2)
20
tM = N1 (x,y).t1 + N2 (x,y).t2+ N3 (x,y).t3+ N4 (x,y).t4
= 40,80C
Ν 1 (x, y) =

⇒ tΜ

xΜ

- Dùng phần tử tham chiếu:
Biểu thức nội suy hình học:
= Ν 1 (ξ , η ).x 1 + Ν 2 (ξ , η ).x 2 + Ν 3 (ξ , η ).x 3 + Ν 4 (ξ , η ).x 4

y Μ = Ν 1 (ξ , η ).y1 + Ν 2 (ξ , η ).y 2 + Ν 3 (ξ , η ).y 3 + Ν 4 (ξ , η ).y 4
1
Ν 1 (ξ , η ) = (1 - ξ ) (1 - η )
4
1
Ν 2 (ξ , η ) = (1 + ξ ) (1 -η )
4

1
Ν 3 (ξ , η ) = (1 + ξ ) (1 + η )
4
1
Ν 4 (ξ , η ) = (1 − ξ ) (1 + η )
4
Với x1 = 1, x2 = 6, x3= 6, x4 = 1
y1 = 2, y2 = 2, y3= 6, y4 = 6

ta có hệ phương trình:
⎧
⎪⎪3 =
⎨
⎪3 =
⎪⎩

1
(1 − ξ ) (1 − η ) ⋅ 1 + 1 (1 + ξ ) (1 − η ) ⋅ 6 + 1 (1 + ξ ) (1 + η ) ⋅ 6 + 1 (1 − ξ ) (1 + η ) ⋅ 1
4
4
4
4
1
(1 − ξ ) (1 − η ) ⋅ 2 + 1 (1 + ξ ) (1 − η ) ⋅ 2 + 1 (1 + ξ ) (1 + η ) ⋅ 6 + 1 (1 − ξ ) (1 + η ) ⋅ 6
4
4
4
4

Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được tọa độ của điểm ảnh M’:

⎧ξ Μ , = − 0,2
⎨
⎩η Μ , = − 0,5

(1)
(2)


Nhiệt độ tại M’ được nội suy qua biểu thức:
t Μ , = ∑ Ν i (ξ Μ , ,η Μ , ) t i với t1 = 400C, t2 = 420C, t3 = 40,50C, t4 = 410C
4

i =1

⇒ tM’ = (0,45 x 40) + (0,30 x 42)+ (0,10 x 40,5) + (0,15 x 41)
⇒ tM’ = 40,80C

2/ Nhiệt độ trung bình trên phần tử thực là:
4

ttb =

∫ ∑ Ν ( x,y ) t
ve

i

i

dV

i=1

Α

=

817,5
= 40,8750C
20

3/ Tải nút tương đương
Phương trình đường tải:
q
q
q(y) = y −
4
2
Tải nút tương đương được xác định theo biểu thức:
⎡2 ⎤
⎢3 q ⎥
⎡ F2x ⎤ 6 ⎡ Ν 2 ( x,y ) ⎤
⎥
⎥ q ( y ) dy = ⎢
⎢ ⎥ = ∫⎢
⎣ F3x ⎦ 2 ⎣ Ν 3 ( x,y ) ⎦ x =6
⎢4 q ⎥
⎢⎣ 3 ⎥⎦
4/ Hàm nội suy của phần tử tứ giác mới:
Biểu thức tổng quát của hàm nội suy có dạng:

u = A + Bx + Cy + Dxy
thay tọa độ các nút 1(1,2);
nút 26,2)
nút 3(6,7)
nút 4(1,6)
vào u ta có hệ phương trình sau:
⎧ u 1 = A + B + 2C + 2D
⎪ u = A + 6B + 2C + 12D
⎪ 2
⎨
⎪ u 3 = A + 6B + 7C + 42D
⎪⎩ u 4 = A + B + 6C + 6D
Giải hệ phương trình (2), ta có:
9
7
2
3
A = u1 + u 2 + u 3 − u 4
5
25
25
5
3
7
2
1
B = − u1 + u 2 − u 3 + u 4
10
25
25

10
3
1
1
3
C = − u1 + u 2 − u 3 + u 4
10
25
25
10
1
1
1
1
D=
u1 − u 2 + u 3 − u 4
20
25
25
20

(1)

(2)


Viết (1) dưới dạng u = N1u1 + N2u2+ N3u3+ N4u4, ta có:
1
9 3
3

Ν1 = - x − y +
xy
10
20
5 10
7
7
1
1
Ν2 = − +
x+
y − xy
25 25
25
25
2
2
1
1
Ν3 =
− x−
y+
xy
25 25
25
25
3 1
3
1
Ν4 = − + x + y −

xy
5 10
10
20
Câu 2

(4 điểm)

1/ Chuyển vị nút:
Mô hình tính có dạng như sau:

I

II

III
F
u3

u2

u1
200mm

280mm

Ma trận độ cứng phần tử 1:
 
 

[K 1] =

A1 E1 ⎡ 1 −1⎤ ⎡ 105000 −105000 ⎤
=
N / mm  
L1 ⎣⎢ −1 1 ⎦⎥ ⎣⎢ −105000 105000 ⎥⎦

 

Ma trận độ cứng phần tử 2:
 

A2 E2 ⎡ 1 −1⎤ ⎡ 71428.571 −71428.571⎤
=
N / mm  
L2 ⎢⎣ −1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ −71428.571 71428.571 ⎥⎦
⎡ k −k ⎤ ⎡ 25000 −25000 ⎤
[K 3 ] = ⎢
⎥=⎢
⎥ ( N / mm)  
⎣ −k k ⎦ ⎣ −25000 25000 ⎦

[K 2 ] =

 

u4


Ma trận độ cứng kết cấu:

−105000
0
0 ⎤
⎡ 105000
⎢ −105000 176428.571 −71428.571
0 ⎥⎥
⎢
[K ] =
N / mm  
⎢
0
−71428.571 96428.571 −25000 ⎥
⎢
⎥
0
0
25000 ⎦
−25000
⎣
Đưa điều kiện biên u1 = u4 = 0  vào hệ phương trình [ K ]{u} = [ F ] , ta được:
⎡176428.571 −71428.571⎤ ⎧u2 ⎫ ⎧100000 ⎫
⎬                                                      ( 1)
⎥⎨ ⎬=⎨
⎣ −71428.571 96428.571 ⎦ ⎩u3 ⎭ ⎩ 0 ⎭

                       ⎢
 

Giải hệ phương trình (1), ta có:
u2 0.81 mm

u3 0.60 mm

 

2/ Phản lực gối tựa.
Phản lực gối tựa được suy ra từ biểu thức:
−105000
0
0 ⎤⎧
0
⎧ F1 ⎫ ⎡ 105000
⎫ ⎧-85007.49629 ⎫
⎪ F ⎪ ⎢ −105000 176428.571 −71428.571
0 ⎥⎥⎪⎪u2 = 0,81⎪⎪ ⎪⎪ 99999.99998 ⎪⎪
⎪ 2⎪ ⎢
=
⎨ ⎬
⎨
⎬=⎨
⎬
⎢
⎥
F
−
−
=
u
0
71428.571
96428.571

25000
0,
6
0
3
3
⎪ ⎪
⎪
⎪ ⎪
⎪
⎥
⎪⎩ F4 ⎪⎭ ⎢⎣
⎪⎭ ⎪⎩-14992.50376 ⎪⎭
−25000
0
0
25000 ⎦⎩⎪
0
⇒ R1 = F1 ≈ −85007,5 N
R1 = F1 ≈ −14992,50 N

3/ Tính ứng suất trung bình trong các đoạn thanh I và II.
Áp dụng công thức
⎡ 1
⎣ L

σ = E ⎢−

1 ⎤ ⎡ u1 ⎤
L ⎥⎦ ⎢⎣u2 ⎥⎦

ta có:

σ 1 = 283,36 MPa
σ 2 = −149,93MPa
Câu 3

(2 điểm)

Cần nêu được hai ý chính sau: ( tối thiểu)
* Về mặt bản chất:
Cả 2 phương pháp đều là phương pháp số và bản chất của 2 phương pháp là biến đổi
PTVP ( hệ PTVP) thành hệ phương trình đại số và giải hệ phương trình đại số này.
- Phương pháp phần tử hữu hạn dùng “con đường” tích phân
- Phương pháp sai phân hữu hạn dùng “ con dường” sai phân
* Về mặt ứng dụng:


- Phương pháp phần tử hữu hạn thích hợp cho các miền tính phức tạp -> chi tiết cơ
khí
- Phương pháp sai phân hữu hạn thích hợp cho các miền tính đơn giản.