Раздел: Документация

0 ... 7 8 9 10 11 12 13 ... 87

Окончательно уравнение равновесия элемента записывается так:

Г/,

(2.11)

Перейдем к рассмотрению примеров.

2.2.1.2. Примеры ПдомевЛ- Д™ показанного на схеме ступеи-

Жатого бруса, защемленного с торцов и нагруженного силой Р, требуется найти напряжения на каждом из участков.

решение. Показанный на рисунке ступенчатый брус моделируем двумя линейными балочными элементами 1-2 н 2-3. Запишем выражения для матриц жесткости обоих элементов:

л Ф2А,Е	®А,Е j	II
h 2	Р з L

2ЕА

»1 1 -1

«2 -1 1

*2 =

«2 «3

1-1 -1 1

Используя описанный выше принцип суперпозиции, составляем глобальную матрицу жесткости двух последовательно соединенных элементов и записываем уравнение равновесия ступенчатого бруса:

ЕА L

2 -2 -2 3 О -1

О

Теперь необходимо приложить нагрузки (в узле 2 приложена заданная сила Р, а в узлах 1 и 3 — реакции опор F и F) и учесть граничные условия [и = — 0 ). Тогда уравнение равновесия в матричной форме запишется следующим образом:

" 2	-2	0"	0		Fx
-2	3	-1			р
0	-1	1	0		Л

ЕА L

Вычеркивая первые и третьи строки и столбцы, получаем:

ЕА,

< « и21

аким образом, И, =-

2 ЗЕА

и1		б
	PL	1
и.
2	ЗЕА
из.		0

---

Напряжения в элементе 1 определяются как:

а =Ее=ЕBtut=E[-l/L l/Lu"1 itin

2)

L{3EA ) ЗА

Аналогично вычисляются напряжения в элементе 2:

а2=Ее2 = Евгиг =Е[- 1/L 1/L ]\

и,-и. Е-*--

U3~U2

Е(о- PL

ЗЕА

т. е. брус 2 работает на сжатие. Поимео 2. Брус, изображенный на рисунке, нагружен осевой силой Р. С левого конца бру защемлен, в то время как между правым торцом и опорой имеется зазор А. Определит: реакции опор бруса при следующих исходных данных: Р = 6Л0*Н, Е = 2-10*Н/мм\

А = 250 мм2. L = 150 мм, А = 1,2 мм.

Решение. Сначала необходимо проверить, про-Л

изойдет ли контакт правого торца бруса с опорой. Это произойдет, если упругое удлинение

бруса окажется больше (или равным) заданной величины зазора А: PL 6104150 0 = £4~2 104-250 т. е. контакт будет.

Брус можно моделировать двумя одинаковыми конечными элементами 1-2 и 2-3 (си схему). Общее уравнение равновесия в матричной форме запишется следующим образом

Ъ&ммУ А (= 1,2мм ),

>л ® А.Е ©		л
1 .2 L	Р з L

1 -1	0"		V
-1 2	-1
0 -1	1		А.

ЕА L

Запишем нагрузки и граничные условия: F2 =Р = 6-\0Н, U =0, — А = 1,2 Тогда матричное уравнение равновесия можно переписать в виде:

ЕА L

" 1 -1	0"	0		К
-1 2	-1	«*		р
0 -1	1	д

---

Втор06 уравнение в приведенной выше системе уравнений дает:

и.

ЕА

[2-11

= {P},,,f[2tu2}={p + fA}.

Выполнив все необходимые вычисления, получаем:

ы, =- — + Л \ = 1,1 2 2\ЕА )

Для определения опорных реакций рассмотрим первое и третье уравнения в общей системе уравнений в матричном виде:

первое уравнение:

ЕА

[\ -1 0}

ЕА

(-и2) = -5104Я;

—третье уравнение:

ЕА

[0 -1 \Ци2

= — l[-u2 +«,)=-• 104Я

Опорные реакции определены.

2.2.2. Учет распределенной нагрузки

В тех случаях, когда по условиям задачи требуется учесть распределенную нагрузку, действующую вдоль осн стержня, необходимо заменить ее эквивалентными сосредоточенными силами, приложенными к узлам элемента. Для стержневого элемента равномерно распределенная по его длине нагрузка интенсивности q заменяется двумя сосредоточенными силами, приложенными к узлам таким образом, чтобы работа равномерно распределенной н сосредоточенных сил прн деформировании была одинаковой. Можно показать, что в данном случае q приводится к двум узловым силам, равным qL/2 (рнс. 2.6).

1

qU2

О

1

qL/2

qL

Puc.2.6

2

Puc.2.7

Для двух последовательно соединенных стержневых элементов схема замены Определенной нагрузки сосредоточенными силами показана на рнс. 2.7.

2.2.3. Произвольное расположение элементов на плоскости

2.2.3.1. Преобразование смещений Д° сих пор рассматривались элементы, ориентированные вдоль координатной оси х "зссмотрим общий случай, когда стержневой элемент составляет с осью X прямо-""Ьной системы координат произвольный угол в (рнс. 2.8).

0 ... 7 8 9 10 11 12 13 ... 87