Dap an Phan tu huu han Thi HK1.12-13

Đại Học Quốc Gia TP HCM

Đề thi Học kỳ I – Năm học 2012 – 2013

Trường Đại Học Bách Khoa

Môn: Phương Pháp Phần Tử Hữu Hạn

Khoa Cơ Khí

Ngày thi: 21 / 12 / 2012

Bộ Môn Thiết Kế Máy

Thời gian làm bài: 90 phút
Lưu ý: Cho phép sử dụng tài liệu

Bài 1 (4 điểm)
Xét dầm chịu tải là moment M như hình vẽ 1. Biết
kích thước a và các thuộc tính vật liệu và mặt cắt
của dầm là E và I. Hãy xác định:
a. Chuyển vị xoay tại các điểm B và D (3 điểm).
b. Chuyển vị tại điểm C (1 điểm).
Hình vẽ 1

Bài 2 (2 điểm)
Xét trục chịu xoắn chịu tải là các moment M như hình
vẽ 2. Biết kích thước a và các thuộc tính vật liệu và
mặt cắt của trục AB là G và J, của trục BC là G và

J/2. Hãy xác định:

Chuyển vị xoay của mặt cắt tại B và C.
Hình vẽ 2
Bài 3 (4 điểm)
Xét hệ thanh như hình vẽ 3. Tải P dọc theo thanh 1.

r
P

a. Tìm chuyển vị tại nút 2.
b. Tìm ứng suất trong thanh 2.

Hình vẽ 3

Chủ nhiệm Bộ mơn

Phạm Huy Hòang

Người ra đề

Phạm Huy Hòang


Đáp án Phương Pháp Phần Tử Hữu Hạn
Bài 1:
a. Chuyển vị tại các điểm B và D
Chia phần tử
Phần tử

M

Nút 1i

Nút 2i

ki

1

2

EI/a3

3

3

i
1
2

2

EI/a

Quy đổi tải về các nút (1 điểm)
3M
M
F2 = F 2 = −
;M2 = M 2 = − ;
1

1
2 a
4
3M
M
;M3 = M 2 = −
F3 = F 2 =
2
2 2 a
4
Ma trận độ cứng mở rộng
6a − 12 6a
 12
 6a 4 a 2 − 6a 2 a 2

EI − 12 − 6a 12 − 6a
K1 =

2 − 6a 4 a 2
a 3  6a 2 a
 0
0
0
0

0
0
0
 0

E, I

a

2

a

r
RA

a

r
F12

MA

0 0
0 0
0 0

0 0
0 0

0 0

r
RB

r
F22

M12

12

r
RD

M 22

22
a

2

a

0 
6a − 12 6a
0
0 
 12


2
2
− 6 a 2a
0

0
0
0
0 
0
0 
 6 a 4a
0 12
6a − 12 6a 
0
− 12 6a 
EI − 12 − 6a 24
 ⇒K=


2
2
2
2
− 6 a 2a 
− 6a 2a 2 
0 6a 4a
0
8a
a 3  6 a 2a
 0
− 12 − 6a 12 − 6a 
0 − 12 − 6a 12 − 6a 
0




0 6a 2a 2 − 6a 4a 2 
0
6a 2a 2 − 6a 4a 2 
 0
Ma trận độ cứng cả cơ hệ (1 điểm)
Phương trình, điều kiện biên và ngọai lực (0,5 điểm)

0
0

EI 0
K2 =

a 3 0
0

0

0

0

6a − 12
 12
 6 a 4a 2 − 6 a

EI − 12 − 6a 24


2
0
a 3  6 a 2a
 0
0
− 12

0
6a
 0

0

0

R A


0  0  M
 A




0
0  0  

3
M
RB −

2a 
0
− 12 6a  0  

= M

8a 2 − 6a 2a 2  θ z 2  − 4





− 6a 12 − 6a 0
R D + 3M 




2a 
2a 2 − 6a 4a 2  θ z 3  

− M 4

6a
2a 2

0

EI 8a 2
Đơn giản và giải tìm chuyển vị

 2
3
a 2a

− M
2a 2  θ z 2  

=
4a 2  θ z 3  − M


− Ma

 θ z 2 =
56 EI
4 
(0,5 điểm)
⇔
−
3
Ma
4  θ z 3 =
56 EI


Đáp án Phương pháp phần tử hữu hạn – Người giải: Phạm Huy Hòang

1

b. Chuyển vị tại điểm C (1 điểm)
x2
x3
x 2 x3
x2
x3
x 2 x3
N1 = 1 − 3
+2
; N2 = x − 2
+
; N3 = 3
−2
; N4 = −
+
;
a
a
a2
a3
a2
a2
a3
a2
Có:
dN1
x
x 2 dN 2
x
x 2 dN 3

x
x 2 dN 4
x
x2
= −6
+6
;
=1− 4 + 3
;
=6
−6
;
= −2 + 3
dx
a
a
a2
a 3 dx
a 2 dx
a2
a 3 dx
a2
Suy ra chuyển vị tại C:
yC = N1 (a ) y 2 + N 2 (a )θ z 2 + N 3 (a ) y3 + N 4 (a )θ z 3
2
2
2
2

 ( a ) 2 (a ) 3 

(a ) 2 (a ) 3 
a


2
2
−
Ma
= 0+
−2
+
+ 0 +  − 2 + 2  − 3Ma

2
56
EI
56 EI
a
a


a2 
a2 




2
= Ma
224 EI

(

)

(

)

dN
dN 2
dN 4
y3 +
θ z2 + 3
θ z3
dx x = a
dx x = a
dx x = a
2
2
2
2


a
a
(a ) 2 
(a ) 2 



2
2
2
Ma
−
= 0 + − 6
+6
+ 0 + − 2
+ 3 2  − 3Ma

56
EI
56 EI
2
3
a



a
a
a2 




Ma
=
56 EI

θC =

dN1
dx x = a

y2 +

(

)

(

)

Bài 2:
a. Chuyển vị tại các điểm C và F
Chia phần tử (0,5 điểm)
Phần tử i

Nút 1i

Nút 2i

ki

1

1

2

GJ / a

2

2

3

GJ / (2a)

Lập ma trận độ cứng cục bộ và mở rộng

 1 − 1 0
0 0 0 
GJ 
GJ 

K1 =
− 1 1 0 ; K 2 =
0 1 − 1 ⇒
a 
2a 
 0 0 0
0 − 1 1 

Ma trận độ cứng cả cơ hệ (1 điểm)



 1 −1
GJ 
3
K=
− 1
a 
2
0 −1

2


0 
1
− 
2
1 
2 

Phương trình, điều kiện biên và ngọai lực

 1 −1
GJ 
3
− 1
a 
2
0 −1

2


 3
0  θ1 = 0 M B 
1 
GJ  2
 

−  θ 2
 = M  ⇒

2 
a − 1
 M 
θ
1  3
 

 2

2 

1
−  θ  M 
2
2
=
⇒ Chuyển vị:
1  θ 3  M 


2 

(0,5 điểm)

Đáp án Phương pháp phần tử hữu hạn – Người giải: Phạm Huy Hòang

2 Ma

θ 2 = GJ

θ = 4 Ma
 3
GJ
0,5 điểm)

2


Bài 3:

3
2

r
P
2

node i
1

node i
2

ki

1

1

2

k

2

2

3

k

θi
3 2 1
3
, s = , cs =
)
k
4
4
4

3
1
3
)
150 o (c 2 = , s 2 = , cs = −
4
4
4
30 o (c 2 =

l

E, A, l

pt i

k=

E, A, l
y

1

AE
l

x
1
Ma trận độ cứng (1,5 điểm)

 3

 4
 3
 4
 3
−
K = k 4
 3
−
 4
 0


 0


3
4
1
4
3
−
4
1
−
4
0
0

3
4
3
−
4
3 3
+
4 4
3
3
−
4
4
3
−
4
3
4
−

3
4
1
−
4
3
3
−
4
4

1 1
+
4 4
3
4
1
−
4
−

0
0
3
4
3
4
3
4
3
−
4
−


 3
0 


 4
 3

0 

 4

 3
3

−
4  = k 4
 3
1 
− 
−
4 
 4
3
 0
−

4 


1

 0
4 


3
4

1
4
3
−
4
1
−
4
0
0

3
4
3
−
4
3
2
−

0
3
4
3
4

−

3
4

1
−
4

−

0
1
2
3
4
1
−
4

0
0
3
4
3
4
3
4
3
−
4
−


0 


0 

3 

4 
1 
− 
4 
3
−
4 
1 

4 

Phương trình, điều kiện biên và ngoại lực (1,5 điểm)

R x

 1

 y

 x1 = 0 
 R1

y = 0 



 1

P 3

 x 2

3 AE 3

2 
=
x2

 = K
⇒ P
2
l 2
R y + P 
 y 2 = 0
2
 3
 x3 = 0 
R x



 y3 = 0 
 3

 y


 R3


⇒ x2 =

Pl
3 AE

Biến dạng và ứng suất trong thanh 2 (1 điểm):

2
2


3
l

− l

+
x
−
x
+
+
y
−
y

3

2
3
2 −l

2
2



ε=
=
l

ε = 1+

2
2


3
Pl
−l
 +  l + 0 − 0  − l
+
0
−

2
3 AE 
2



l



P2
P
P2
P


+
− 1 ⇒ σ = Eε = E  1 +
+
− 1
2
2
2
2
AE
AE


3A E
3A E



Đáp án Phương pháp phần tử hữu hạn – Người giải: Phạm Huy Hòang

3