Przykład rozwią zania tarczy MES
1
ORIGIN := 1
Stałe materiałowe
E := 25e6
v := 0.16
h := 0.2
0 1.5
Wzór na obliczenie pola elementów
0
0
1 2 3
wsp :=
wsp
wsp
1
top :=
top
,
top
,
2 0.5
1 3 4
e
, 1 1
e, 1
2
1
2 1.5
F(e)
wsp
wsp
1
:=
top
,
,
A(e) :=
⋅ F(e)
e, 2
1
tope, 2 2
2
wsp
wsp
1
top
,
,
e, 3
1
tope, 3 2
09-05-16
Opracowanie: P. Pluciń ski, ITIwIL, PK
Przykład rozwią zania tarczy MES
2
Obliczenie modułu spręŜystości
1 v
0
7
6
2.566
× 10 4.105 × 10
0
E
v 1
0
D :=
⋅
D
6
7
= 4.105 × 10 2.566 × 10
0
2
(
)
1 − v
1 − v
0 0
2
7
0
0
1.078 × 10
Wyznaczenie funkcji kształtu
− 1
:= (
) 〈i〉
I := identity(3)
C(e , i )
F(e)
⋅I
N(e , i , x
, y ) := C(e, i ) ⋅x + C(e, i ) ⋅y + C(e, i ) 1
2
3
e - nr elementu; i - nr funkcji kształtu Element 1
N(1 , 1
, x , y ) → 0
− .16666666666666666667⋅x + 0.66666666666666666667⋅y N(1 , 2
, x , y ) → 0
− .33333333333333333333⋅x + 0
− .66666666666666666667⋅y + 1
x
N(1 , 3
, x , y ) → 2
Element 2
x
N(2 , 1
, x , y ) → 1 − 2
N(2 , 2
, x , y ) → 1
− .0⋅y + 1.5
N(2 , 3
, x , y ) → 0.5⋅x + 1.0⋅y − 1.5
Macierz funkcji kształtu
N(e, 1 ,x ,y )
0
N(e , 2
, x , y )
0
N(e, 3
, x , y )
0
Ν(e, x
, y ) :=
0
N(e , 1
, x , y )
0
N(e , 2
, x , y )
0
N(e , 3
, x , y )
Macierz pochodnych funkcji kształtu
d
d
d
N(e , 1
, x , y )
0
N(e , 2
, x , y )
0
N(e , 3
, x , y )
0
dx
dx
dx
d
d
d
Β(e , x
, y ) :=
0
N(e , 1
, x , y )
0
N(e , 2
, x , y )
0
N(e , 3
, x , y )
dy
dy
dy
d
d
d
d
d
d
N(e,1 ,x ,y )
N(e , 1
, x , y )
N(e , 2
, x , y )
N(e , 2
, x , y )
N(e , 3
, x , y )
N(e , 3
, x , y )
dy
dx
dy
dx
dy
dx
A(1) = 1.5
A(2) = 1
0
− .167
0
0
− .333
0
0.5
0
0
− .5 0
0
0
0.5
0
Β(1 , 0
, 0 ) =
0
0.667
0
0
− .667 0
0
Β(2 , 0
, 0 ) =
0
0
0
1
−
0
1
0.667
0
− .167 0
− .667 0
− .333 0 0.5
0
0
− .5 1
−
0
1
0.5
09-05-16
Opracowanie: P. Pluciń ski, ITIwIL, PK
Przykład rozwią zania tarczy MES
3
Macierze sztywności
T
K(e) := Β(e , 0
, 0 ) ⋅D⋅Β(e, 0 , 0 )⋅h⋅A(e)
6
5
6
5
5
6
1.651 × 10
4
− .96 × 10
1
− .009 × 10
5
− .816 × 10
6
− .414 × 10
1.078 × 10
5
6
4
6
5
5
4
− .96 × 10
3.511 × 10
8.552 × 10
3
− .241 × 10
4.105 × 10
2
− .694 × 10
6
4
6
5
6
6
1
− .009 × 10
8.552 × 10
2.292 × 10
9.921 × 10
1
− .283 × 10
1
− .078 × 10
K(1) =
5
6
5
6
5
5
5
− .816 × 10
3
− .241 × 10
9.921 × 10
3.78 × 10
4
− .105 × 10
5
− .388 × 10
5
5
6
5
6
6
− .414 × 10
4.105 × 10
1
− .283 × 10
4
− .105 × 10
1.924 × 10
0
6
5
6
5
5
1.078 × 10
2
− .694 × 10
1
− .078 × 10
5
− .388 × 10
0
8.082 × 10
6
5
6
5
1.283 × 10
0
0
4.105 × 10
1
− .283 × 10
4
− .105 × 10
5
6
6
5
0
5.388 × 10
1.078 × 10
0
1
− .078 × 10
5
− .388 × 10
6
6
6
6
0
1.078 × 10
2.155 × 10
0
2
− .155 × 10
1
− .078 × 10
K(2) =
5
6
5
6
4.105 × 10
0
0
5.131 × 10
4
− .105 × 10
5
− .131 × 10
6
6
6
5
6
6
1
− .283 × 10
1
− .078 × 10
2
− .155 × 10
4
− .105 × 10
3.438 × 10
1.488 × 10
5
5
6
6
6
6
4
− .105 × 10
5
− .388 × 10
1
− .078 × 10
5
− .131 × 10
1.488 × 10
5.67 × 10
Macierze Boole'a
i := 1 . 2
B1
:=
B2
:=
6, 8
0
6, 8
0
B1
:= 1
B2
:= 1
i, 2
⋅(top − )+
, ⋅(
− )+
1 , 1
1 i
i 2 top2, 1 1 i
B1
:= 1
B2
:= 1
i+2, 2
⋅(top − )+
+ , ⋅(
− )+
1 , 2
1 i
i 2 2 top2, 2 1 i
B1
:= 1
B2
:= 1
i+4, 2
⋅(top − )+
+ , ⋅(
− )+
1 , 3
1 i
i 4 2 top2, 3 1 i
1 0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 0 0 0
B1 =
B2 =
0 0 0 1 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0 0 1
09-05-16
Opracowanie: P. Pluciń ski, ITIwIL, PK
Przykład rozwią zania tarczy MES
4
Agregacja macierzy sztywności T
T
K := B1 ⋅K(1)⋅B1 + B2 ⋅K(2)⋅B2
6
5
6
5
5
6
6
5
2.933 × 10
4
− .96 × 10
1
− .009 × 10
5
− .816 × 10
6
− .414 × 10
1.488 × 10
1
− .283 × 10
4
− .105 × 10
5
6
4
6
6
5
6
5
4
− .96 × 10
4.05 × 10
8.552 × 10
3
− .241 × 10
1.488 × 10
2
− .694 × 10
1
− .078 × 10
5
− .388 × 10
6
4
6
5
6
6
1
− .009 × 10
8.552 × 10
2.292 × 10
9.921 × 10
1
− .283 × 10
1
− .078 × 10
0
0
5
6
5
6
5
5
5
− .816 × 10
3
− .241 × 10
9.921 × 10
3.78 × 10
4
− .105 × 10
5
− .388 × 10
0
0
K =
5
6
6
5
6
6
6
6
− .414 × 10
1.488 × 10
1
− .283 × 10
4
− .105 × 10
4.079 × 10
0
2
− .155 × 10
1
− .078 × 10
6
5
6
5
6
5
6
1.488 × 10
2
− .694 × 10
1
− .078 × 10
5
− .388 × 10
0
5.94 × 10
4
− .105 × 10
5
− .131 × 10
6
6
6
5
6
6
1
− .283 × 10
1
− .078 × 10
0
0
2
− .155 × 10
4
− .105 × 10
3.438 × 10
1.488 × 10
5
5
6
6
6
6
4
− .105 × 10
5
− .388 × 10
0
0
1
− .078 × 10
5
− .131 × 10
1.488 × 10
5.67 × 10
Wektor prawej strony - zastępniki
s
s
p1 ⋅ −
+
⋅
x
1
p2
x
0
L
L
f (p1 ,
,
,
, , ) :=
:= ( , , , −
, ,
→
x p2x p1y p2y L s
F(s)
f 0 0 0
75 2 s)
F(s)
75⋅s
s
s
−
p
1 ⋅ −
+
⋅
y
1
p2
y
2
L
L
Zastępnik dle elementu 2 - obciąŜenie wzdłuŜ osi x=s i dla y=1.5
i := 1 . 6
0
0
Warunki brzegowe -
2
− 5
2
− 5
zablokowane nr stopni swobody
2
⌠
0
T
0
:=
(
)
T
Z2
Ν(2 , s , 1
.5) ⋅F(s) ds
Z2 =
P := B2 ⋅Z2
i
i
⌡
0
0
=
1
0
P
0
0
2
war :=
0
5
− 0
3
0
4
5
− 0
Uwzględnienie warunków brzegowych i := 1 . 4
I := identity(8)
Id
:=
Id
:=
Ip := I − Id
KK := Ip⋅K⋅Ip + Id
PP := Ip⋅P
8, 8
0
war ,
1
i wari
Rozwiązanie równania MES
0
6
− 6.667
−
0
1
Q := KK
⋅PP
43.556
0
R := K⋅Q − P
66.667
0
31.444
−
Q
6
= 8
− .182 × 10
R =
0
− 5
5
− .213 × 10
0
−
5
0
1.529 × 10
− 14
−
×
5
6.395
10
6
− .156 × 10
09-05-16
Opracowanie: P. Pluciń ski, ITIwIL, PK
Przykład rozwią zania tarczy MES
5
Powrót do elementów
Q1 := B1⋅Q
Q2 := B2⋅Q
0
0
0
0
− 6
0
8
− .182 × 10
Q1 =
0
Q2 =
− 5
5
− .213 × 10
− 6
8
− .182 × 10
− 5
1.529 × 10
−
5
5
− .213 × 10
− 5
6
− .156 × 10
ε :=
( , , ⋅
:= ( , , ⋅
1
Β 1 0 0) Q1
ε2
Β 2 0 0) Q2
−
−
6
6
4
− .091 × 10
×
7.646
10
ε =
− 6
=
1
0
ε2
9
− .433 × 10
−
5
2
− .606 × 10
− 6
7
− .306 × 10
σ :=
⋅
:= ⋅
1
D ε1
σ2
D ε2
1
− 04.964
157.446
σ =
−
= −
1
16.794
σ2
210.638
2
− 80.851
7
− 8.723
Wartość przemieszczeń w środku ES
3
e - nr elementu
wsp
∑
top
,
j - nr współrz
, j
ędnej
e i
i = 1
X ( , :=
s e j )
3
X ( ,
=
( ,
=
s 1 1)
0.667
Xs 2 1)
1.333
X ( ,
=
( ,
=
s 1 2)
0.667
Xs 2 2)
1.167
U1 := Ν(1, X
( , , ( , )⋅
:= ( , ( , , ( , )⋅
s 1 1) Xs 1 2)
Q1
U2
Ν 2 Xs 2 1) Xs 2 2) Q2
− 6
− 6
2
− .727 × 10
2.37 × 10
U1 =
U2 =
− 5
− 5
1
− .738 × 10
3
− .79 × 10
09-05-16
Opracowanie: P. Pluciń ski, ITIwIL, PK