Tải bản đầy đủ

BÀI TẬP LỚN MÔN ĐÀN HỒI ỨNG DỤNG- TẤM VỎ

Bài 1. Tấm chữ nhật tựa đơn chòu áp lực thủy tónh
∂4w
∂4w
∂ 4 w q ( x, y )
Phương trình vi phân: 4 + 2 2 2 + 4 =
D
∂x
∂x ∂y
∂y

(1)

nπ y
mπ x
sin
a
b
m =1 n =1
∞ ∞
mπx
nπy

sin
Khai triển q theo chuỗi Fourier: q( x, y ) = ∑∑ q mn sin
a
b
m =1 n =1




Chọn hàm chuyển vò theo Navier: w = ∑ ∑ Amn sin

4
mπx
nπy
=
q ( x, y ) sin
sin
dxdy


ab 0 0
a
b

(2)
(3)

a b

Từ đó suy ra

q mn

(4)

Để xác đònh Amn, ta thế (3) và (2) vào (1). Sau khi biến đổi ta có:
2
2
4
⎧⎪
⎡⎛ mπ ⎞ 4
mπx
nπy
⎛ mπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎤ q mn ⎫⎪
sin
=0
⎟ + 2⎜
⎟ ⎜
⎟ +⎜
⎟ ⎥−
⎨ Amn ⎢⎜
⎬ sin
∑∑
a
a
b
b
D
a
b








m =1 n =1 ⎪











Vì phương trình đúng với mọi x, y nên mỗi số hạng của chuỗi phải bằng 0:
2

⎛ m2 n2
Amnπ ⎜⎜ 2 + 2
b
⎝a


q
⎟⎟ − mn = 0
D


4

Amn =

1

a b

4

abπ D ⎛ m 2 n 2 ⎞
⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟
b ⎠
⎝a
4

2

∫ ∫ q( x, y) sin(
0 0

(5)
mπx
nπy
) sin(
)dxdy
a
b

Do tấm chòu tải trọng phân bố dạng tam giác nên: q ( x , y ) =

Thay (7) vào (6) ta tìm được
Amn = −

4q 0
1
7
π D ⎛ m2 n2
⎜⎜ 2 + 2
b
⎝a


⎟⎟


2

[(sin(mπ ) − mπ cos(mπ ))(cos(nπ ) − 1)]

Do đó ta tìm được hàm chuyển vò cuối cùng
w( x, y ) = −

4q 0
1 ∞ ∞
∑∑
7
π D m =1 n =1 ⎛ m 2 n 2
⎜⎜ 2 + 2
b
⎝a

Nhận xét:


⎟⎟


2

[(sin(mπ ) − mπ cos(mπ ))(cos(nπ ) − 1)] sin

(6)
q0 x
a

(7)
(8)

mπx
nπy
sin
a
b

Nếu lấy m = n =1, thì kết quả theo nghiệm Navier thu được là đối xứng. Tuy nhiên
bài toán không đối xứng do chòu tác dụng tải trọng phân bố dạng tam giác, nên kết quả
này không tốt, mặt dù chuyển vò cực đại ít có sai số do chuỗi hội tụ nhanh.
Nếu lấy m = n = 3, kết quả theo nghiệm Navier thu được hợp lý hơn. Bởi vì phía
chòu tải trọng lớn hơn thì chuyển vò phải lớn hơn. Mặt khác kết quả này rất gần với
nghiệm của phương pháp phần tử hữu hạn (SAP2000).


BÀI TẬP 1 - CHUYỂN VỊ TẤM VUÔN G TỰA ĐƠN CHỊU ÁP
LỰC THỦY TĨNH-NGHIỆM NAVIER VÀ PTHH

0
-1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

-2
-3
-4
-5
-6
-7

NAVIER - m=n=1

-8

NAVIER - m=n=3

-9

SAP2000 - 8x8

BÀI TẬP 2 - CHUYỂN VỊ TẤM VUÔNG NGÀM 2 CẠNH VÀ TỰA 2
CẠNH - CHỊU ÁP LỰC THỦY TĨNH - NGHIỆM LEVY VÀ PTHH
0
-0.5 0

1

2

3

4

5

6

7

8

-1
-1.5
-2
-2.5
-3

LEVY - m=1

-3.5
-4
-4.5

LEVY - m=3
SAP2000 - 8x8


Bài 2.
Tấm 2 biên tựa (cạnh b) và 2 biên ngàm (cạnh a) chòu tác dụng tải trọng
phân bố dạng tam giác theo cạnh a (áp lực thủy tónh).
Có thể được phân tích như sau:
Tấm 4 biên tựa chòu tác dụng tải trọng trọng phân bố dạng tam giác
theo cạnh a (áp lực thủy tónh), chọn hàm chuyển vò theo nghiệm Levy w1.
Tấm 4 biên tựa chòu tác dụng của môment phân bố tại các cạnh song
song trục x. Bài toán dạng đối xứng, nên chọn nghiệm đối xứng. Chọn hàm
chuyển vò theo nghiệm Levy w2.
Do tấm ban đầu là ngàm nên w1 và w2 phải thỏa mãn điều kiện ràng
buộc là góc xoay tại biên ngàm của tấm thực phải bằng không, tức là:
dw1
dw
=− 2
dy
dy

Tại biên y = ±

b
2

w = w1 + w2 ø
và hàm chuyển vò cuối cùng là
Thực hiện tính toán kết quả cuối cùng như sau:
q0 a 4
2(−1) m +1
mπy
mπx
mπx (−1) m +1 [2 + α m th(α m )]
sin(
)−
) sin(
)
w=
ch(

5 5
5 5
a
a
D m π m
a
π m ch(α m )
( −1) m +1
mπy
mπy
mπx
(
)
sin(
)
sh
a
a
π 5 m 5 ch (α m ) a
+

q0 a 4
(−1) m+1
mπx [αm − th(αm )(1 + αmth(αm )] ⎛
mπy mπy mπy ⎞
sin(
)
)−
)⎟
sh(
⎜αmth(αm )ch(

5 5
D m π m ch(αm )
a [αm − th(αm )(−1 + αmth(αm )] ⎝
a
a
a ⎠

Nhận xét:
Nếu lấy m = n =1, thì kết quả nghiệm theo Levy thu được là đối xứng.
Tuy nhiên bài toán không đối xứng do chòu tác dụng tải trọng phân bố dạng
tam giác, nên kết quả này không tốt, mặt dù chuyển vò cực đại ít có sai số do
chuỗi hội tụ nhanh.
Nếu lấy m = n = 3, kết quả nghiệm theo Levy thu được hợp lý hơn. Bởi
vì phía chòu tải trọng lớn hơn thì chuyển vò phải lớn hơn. Mặt khác kết quả
này rất gần với nghiệm của phương pháp phần tử hữu hạn (SAP2000).


Bài 3.
Tấm 3 biên tựa và 1 biên ngàm (cạnh a) chòu tác dụng tải trọng phân bố
dạng tam giác theo cạnh a (áp lực thủy tónh) có thể được phân tích như sau:
Tấm 4 biên tựa chòu tác dụng tải trọng trọng phân bố dạng tam giác
theo cạnh a (áp lực thủy tónh), chọn hàm chuyển vò theo nghiệm Levy w1.
Tấm 4 biên tựa chòu tác dụng của môment phân bố tại 1 cạnh song
song trục x. Bài toán dạng tổng quát, phải phân thành nghiệm đối xứng và
phản xứng. Chọn hàm chuyển vò theo nghiệm Levy w2.
Phải thỏa mãn điều kiện ràng buộc là góc xoay tại biên ngàm của tấm
thực phải bằng không. Tức là:
Tại biên

dw1
dw
=− 2
dy
dy

y=±

b
2

Và hàm chuyển vò cuối cùng là w = w1 + w2 ø
Thực hiện tính toán kết quả cuối cùng như sau:
q0a4 2(−1)m+1 mπx (−1)m+1[2 +αmth(αm )] mπy
mπx
(−1)m+1 mπy mπy
mπx
) sin( )
sh(
w=
sin( ) −
)sin( ) + 5 5
ch(

5 5
5 5
a
a
D m πm
a
a
a
π m ch(αm ) a
π m ch(αm )

q0 a 4

D

[αm − th(αm )(1 + α mth(α m )]
(−1) m+1
mπx
sin(
)

5 5
2
a [αmth (α m ) − th(α m ) + α mcth2 (α m ) − cth(α m ) − 2α m ]
m π m
mπy mπy mπy
mπy mπy mπy ⎞

)−
sh(
) αmcth(α m )sh(
)−
ch(
)⎟
⎜ α mth(α m )ch(
a
a
a +
a
a
a ⎟



ch(α m )
sh(α m )





BÀI TẬP 3 - CHUYỂN VỊ TẤM VUÔNG NGÀM 1 CẠNH VÀ TỰA
3 CẠNH - CHỊU ÁP LỰC THỦY TĨNH - NGHIỆM LEVYVÀ PTHH

0

0

1

2

3

4

5

6

7

8

-1

-2

-3

-4

-5

LEVY - m=1
LEVY - m=3

-6

SAP2000 - 8x8


CHƯƠNG 9.
Bài 4
Tấm chữ nhật các biên tựa đơn, chòu tải trọng phân bố đều. Dùng
phương pháp Ritz tìm chuyển vò.
∞ ∞
mπx
nπy
sin
Chọn hàm chuyển vò như sau: w( x, y ) = ∑∑ C mn sin
a
b
m =1 n =1
2

a b
⎛ ∂2w ∂2w ⎞
1
Thế năng biến dạng của tấm U = D ∫ ∫ ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ dxdy
2 0 0 ⎝ ∂x
∂y ⎠

a b

Công ngoại lực

A = ∫ ∫ qwdxdy
0 0

Thế năng toàn phần

∏= U − A

Dùng nguyên lý Lagrange, các tham số Cmn sẽ được xác đònh dựa vào điều
kiện dừng của thế năng biến dạng toàn phần:
C12 = C 21 = C 22 = 0
C11 =

16a 4 b 4 q
Dπ 6 (a 2 + b 2 ) 2

Hàm chuyển vò cuối cùng

w=

16a 4 b 4 q
πx
πy
sin sin
6
2
2 2
a
b
Dπ ( a + b )

Nhận xét:
Nếu lấy m = n =2, thì kết quả nghiệm theo Ritz thu được tương đối gần
với nghiệm phương pháp phần tử hữu hạn (SAP2000) - sai số lớn nhất 2.3%.
BÀ I TẬ P 4 - CHUYỂ N VỊ TẤ M VUÔ NG TỰ A ĐƠN CHỊU TẢ I PHÂ N
BỐ ĐỀ U - NGHIỆ M RITZ VÀ PTHH

0
0

1

2

3

4

5

6

7

8

-0.5

-1

-1.5

-2

RITZ - m=n=2
SAP2000 - 8x8

-2.5

Bài 5

SAP2000 - 16x16
SAP2000 - 32x32


Tấm chữ nhật các biên ngàm, chòu tải trọng phân bố đều. Chọn hàm
chuyển vò như sau:





w( x, y ) = ∑∑ C mn (1 − cos
m =1 n =1

2

a b
⎛ ∂2w ∂2w ⎞
1
U = D ∫ ∫ ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ dxdy
2 0 0 ⎝ ∂x
∂y ⎠

Thế năng biến dạng của tấm:
Công ngoại lực:

a b

A = ∫ ∫ qwdxdy

2mπx
2nπy
)(1 − cos
)
a
b

và Thế năng toàn phần

∏= U − A

0 0

Dùng nguyên lý Lagrange, các tham số Cmn sẽ được xác đònh:
1 a 4 b 4 q (5027b 4 a 8 + 760b 2 a 10 + 5027b 8 a 4 + 760b10 a 2 + 7146b 6 a 6 + 80b12 + 80a 12 )
C11 =
4 Dπ 4
(17965b 4 a 12 + 3000b 2 a 14 + 400a 16 + 45662b 8 a 8 + 35100b10 a 6
+ 17965b 12 a 4 + 3000b14 a 2 + 400b16 + 35100b 6 a 10 )
C12 =

1 a 4 b 4 q(302b 4 a 8 + 40b 2 a 10 + 557b 8 a 4 + 80b 10 a 2 + 624b 6 a 6 + 80b 12 + 5a 12 )
4 Dπ 4
(17965b 4 a 12 + 3000b 2 a 14 + 400a 16 + 45662b 8 a 8 + 35100b10 a 6
+ 17965b12 a 4 + 3000b 14 a 2 + 400b 16 + 35100b 6 a 10 )

C 21

1 a 4 b 4 q (557b 4 a 8 + 280b 2 a 10 + 302b 8 a 4 + 40b10 a 2 + 624b 6 a 6 + 5b12 + 80a 12 )
=
4 Dπ 4
(17965b 4 a 12 + 3000b 2 a 14 + 400a 16 + 45662b 8 a 8 + 35100b10 a 6
+ 17965b12 a 4 + 3000b14 a 2 + 400b16 + 35100b 6 a 10 )

C 22 =

a 4 b 4 q(1487b 4 a 8 + 520b 2 a 10 + 1487b 8 a 4 + 520b 10 a 2 + 546b 6 a 6 + 80b12 + 80a 12 )
1
64 Dπ 4
(17965b 4 a 12 + 3000b 2 a 14 + 400a 16 + 45662b 8 a 8 + 35100b10 a 6
+ 17965b12 a 4 + 3000b 14 a 2 + 400b16 + 35100b 6 a 10 )
BÀ I TẬP 5 - CHUYỂ N VỊ TẤ M VUÔ N G NGÀ M CHỊU TẢ I
PHÂ N BỐ ĐỀU - NGHIỆM RITZ VÀ PTHH
0
0

1

2

3

4

5

6

7

8

-0.1
-0.2
-0.3
-0.4
-0.5

RITZ - m=n=2
-0.6

SAP2000 - 8x8
-0.7
-0.8

SAP2000 - 16x16

SAP2000 - 32x32

Nhận xét:
Nếu lấy m = n =2, thì kết quả nghiệm theo Ritz thu được tương đối gần với nghiệm phương
pháp phần tử hữu hạn (SAP2000) - sai số lớn nhất 3.1%.

Bài 6


Tấm chữ nhật 2 biên ngàm( cạnh b) 2 biên khớp ( cạnh a), chòu tải
trọng phân bố đều. Dùng phương pháp Ritz tìm chuyển vò.
Chọn hàm chuyển vò như sau:





w( x, y ) = ∑∑ C mn (1 − cos
m =1 n =1

Thế năng biến dạng của tấm:

2

⎛ ∂ w ∂2w ⎞
1
D ∫ ∫ ⎜⎜ 2 + 2 ⎟⎟ dxdy
2 0 0 ⎝ ∂x
∂y ⎠
a b

U =

nπy
2mπx
) sin
a
b

2

a b

Công ngoại lực:

A = ∫ ∫ qwdxdy
0 0

Thế năng toàn phần:

∏= U − A

Dùng nguyên lý Lagrange, các tham số Cmn sẽ được xác đònh dựa vào điều
kiện dừng của thế năng biến dạng toàn phần:
C12 = C 22 = 0
C11 =

8a 4 b 4 q(32a 2 b 2 + a 4 + 256b 4)
Dπ 5 (120b 2 a 6 + 2560b 6 a 2 + 1072b 4 a 4 + 5a 8 + 1096b 8 )

C 21 =

8a 4 b 4 q (8a 2 b 2 + a 4 + 16b 4)
Dπ 5 (120b 2 a 6 + 2560b 6 a 2 + 1072b 4 a 4 + 5a 8 + 1096b 8 )

Hàm chuyển vò cuối cùng
2

2

w( x, y ) = ∑∑ C mn (1 − cos
m =1 n =1

nπy
2mπx
) sin
a
b

BÀI TẬP 6 - CHUYỂN VỊ TẤM VUÔNG NGÀM 2 CẠN H VÀ
TỰA 2 CẠN H - CHỊU TẢI PHÂN BỐ ĐỀU - NGHIỆM RITZ
VÀ PTHH

0
0

1

2

3

4

5

6

7

8

-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1

RITZ - m=n=2
SA P2000 - 8x8
SA P2000 - 16x16

-1.2

Nhận xét:
Nếu lấy m = n =2, thì kết quả nghiệm theo Ritz thu được rất gần với
nghiệm phương pháp phần tử hữu hạn (SAP2000) - sai số lớn nhất 1.3%.


Nhận xét chung:
- Độ hội tụ của phương pháp phần tử hữu hạn nhanh. Chia lưới 8x8 phần tử
và chia lưới 32x32 phần tử cho tấm thì kết quả gần như bằng nhau. Với
tấm chòu tải trọng ít thay đổi thì việc chia lưới thô hơn vẫn đảm bảo được
độ chính xác cần thiết.
- Nghiệm chuỗi dạng giải tích theo Navier hoặc Levy cho kết quả rất tốt và
độ hội tụ nhanh, tuy nhiên nếu chỉ lấy một số hạng duy nhất thì luôn đối
xứng nên không phản ánh được thực tế bài toán.
- Độ chính xác của phương pháp Ritz phụ thuộc nhiều vào độ dài của chuỗi
hàm chuyển vò. Các bài tập 4, 5, 6 có giải thử khi lấy m = n = 1 nhưng kết
quả này rất kém chính xác, khi m = n =2 thì kết quả tương đối chính xác
hơn.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×