Tampere University of Technology

Transkriptio

1 Tampere University of Technology EDE- Introduction to Finite Element Method. Exercise 3 Autumn 3.. Solve the deflection curve v(x) exactly for the beam shown y,v q v = q z, xxxx x E I z Integroidaan yhtälö neljä kertaa v = q z, xxxx v = q x + C z, xxx qx zv, xx = + Cx + C 3 qx Cx zv, x = + + Cx + C qx Cx Cx zv) = C x + C Tehtävällä on neljä reunaehtoa, joista vasemmassa päässä on ehdot (siirtymäreunaehdot eli ns. kinemaattiset reunaehdot) ( ) ( ) v = C = v = C =, x 3 4 Oikean pään reunaehdot ovat (voimareunaehdot eli ns. kineettiset reunaehdot) v ( ) = q + C = C = q z, xxx q q zv q C C, xx( ) = + = = sijoittamalla taipuman lausekkeeseen saadaan v) q x x x z = + tai q x x x v) = z

2 Tehtävä uxy ( ).. x.3x 3.x y vxy ( ).5 x y.x x y ) d dx uxy ( ) d y y ) dy vxy ( )! xy y ).9x.y..5 x d dx vxy ( ) d dy uxy ( ).4x.5 y.4x y x x ( ). x ( ).3 x Maksimit kulmissa, minimi keskellä! y ! xy

3 EDE- Harjoitus 3 TEHTÄVÄ 3 Tehtävä 3 a) Ratkaistaan differentiaaliyhtälö ensin tarkasti u,xx = x x [, ] s.e. u() = (RE) u() = (RE) () Integroidaan ylläolevaa yhtälöä kahdesti jolloin saadaan u = u,xx dx dx = 6 x3 + C x + C () Soveltamalla reunaehtoa saadaan C = ja tämän jälkeen reunaehtoa josta saadaan C = 5/6. Differentiaaliyhtälön () ratkaisuksi saadaan siten u(x) = 6 x x (3) b) Ratkaistaan tehtävä likimääräisesti soveltamalla Galerkinin menetelmää. Valitaan yritteeksi toisen asteen polynomi ũ = α + α x + α x (4) Sovelletaan tähän oleellisia reunaehtoja jolloin ensimmäisestä ehdosta (RE) saadaan α = ja toisesta (RE) saadaan kahdelle muulle kertoimelle relaatio α = α. Nyt yrite ũ saa muodon ũ = ( α )x + α x = x + (x x )α (5) Varioidaan yritefunkio tuntemattoman parametrin α suhteen ja lasketaan sille samalla myös derivaatta δũ = (x x )δα ũ,xx = ( α ) (6) Sovelletaan nyt Galerkinin menetelmää, jossa tarkoittaa tässä tehtävässä lineaarista differentiaalioperaattoria d /dx

4 EDE- Harjoitus 3 TEHTÄVÄ 3 δũ((ũ) x)dx = (7) Sijoitetaan tähän yhtälöstä (6) derivaatta ja variaatio, jolloin saadaan δα (x x ) (( α ) x) dx = δα (8) Koska yhtälön on toteuduttava kaikilla variaatioilla δα on integraalilausekkeen oltava nolla jolloin saadaan integroinnin jälkeen [ (x x ) (( α ) x) dx = 4 x4 + ( ] 3 α )x 3 + ( α )x = 4 3 α = (9) Josta ratkaisemalla kerroin α ja sijoittamalla yhtälöön α = α saadaan kertoimiksi α = 3 4 α = 4 () joten Galerkinin menetelmällä saatu likiratkaisu ũ siirtymälle u on ũ = 4 x x () Tarkka ratkaisu ja likiratkaisu ovat piirrustettuina allaolevassa kuvassa.

5 EDE- Harjoitus 3 TEHTÄVÄ 4 Tehtävä 4 a) Tehtävän tarkka ratkaisu. Tasapaino differentiaaliselle palalle antaa: σ,x + ρg = () Olettamalla materiaali lineaarisesti kimmoiseksi ja venymät pieniksi σ = Eε = Eu,x saadaan EAu,xx = Aρg (3) Ratkaisu saadaan integroimalla kahdesti ja huomioimalla reunaehdot { u() = RE u,x () = RE (4) saadaan differentiaaliyhtälön tarkaksi ratkaisuksi u(x) = ρg E ( ) x + x (5) Ensimmäinen reunaehto liittyy tuentaan sauvan alkupäässä ja toinen reunaehdo kertoo, että sauvan loppupäässä ei ole kuormitusta. b) Ratkaistaan nyt tehtävä käyttämällä Galerkinin menetelmää. Kinemaattisesti käypä (ũ() = ) yritefunktio on ) ũ = Q + Q (6) ) asketaan valmiiksi derivaatat ja variaatiot tuntemattomien suureiden Q ja Q suhteen ũ,x = Q + Q x ũ,xx = Q ) δũ = δq + δq (7) ) Ulkoinen kuormitus saadaan yhtälön (3) oikealta puolelta P = Aρg. Tässä tehtävässä lineaarinen differentiaalioperaattori on = EA d /dx. Galerkinin menetelmää soveltaen saadaan ja sopimalla merkintä δũ x= = δũ δũ((ũ) P ) + σaδũ = (8)

6 EDE- Harjoitus 3 TEHTÄVÄ 4 jossa viimeinen termi upottaa sauvan loppupään voimareunaehdon systeemiin (RE). Tämä lisätermi saadaan siirtymän funktioksi olettamalla lineaarisesti kimmoinen materiaali ja pienet siirtymät ja venymät σaδũ = EεAδũ = EAũ,x ()δũ (9) Integraalilauseke yhtälössä () voidaan jakaa kahteen lausekkeeseen valitsemalla vuorotellen δq = ja δq ja vastaavasti toisinpäin. δq δq ( x EA ( EA x ) Q + Aρg ) Q + Aρg ( ) EA dx + δq (Q + Q ) = δq ( ) () EA dx + δq (Q + Q ) = δq askemalla integraalit ja ratkaisemalla tuntemattomat Q = ρg /E ja Q = ρg /E saadaan ratkaisuksi ũ = ρg E ) ρg E ) () Vertaamalla tarkkaan ratkaisuun yhtälössä (5) huomataan, että ratkaisu on sama. c) ähdetään liikkeelle liikkeelle Galerkinin menetelmästä jolloin saadaan. δũ((ũ) P ) = () Kirjoitetaan differentiaalioperaattori auki ja osittaisintegroidaan differentiaaliyhtälöä EAδũũ,xx dx EA [δũũ,x ] EAδũ,x ũ,x dx δũ(eaũ,xx P ) dx = δũp dx = δũp dx = (3) Ensimmäinen termi ylläolevassa yhtälössä on sijoitustermi josta tiedetään, että alarajalla δũ() = ja ylärajalla ũ,x () = sillä vapaaseen päähän ei kohdistu kuormitusta. Nyt integraalilauseke on u dv = uv v du

7 EDE- Harjoitus 3 TEHTÄVÄ 4 EAδũ,x ũ,x dx = δũp dx (4) Käytetään nyt siirtymäyritteenä alempaa astetta kuin b) kohdassa eli otetaan vain lineaarinen termi yritteeksi ũ = Q ) (5) asketaan valmiiksi yritteelle derivaatat ja variaatio tuntemattoman muuttujan suhteen ũ,x = Q δũ = δq ) (6) Sijoitetaan nämä integraalilausekkeeseen (4) ja integroidaan josta ratkaisemalla Q = ρg/e saadaan yritteeksi ( ) EA δq Q = Aρg δq (7) ũ = ρg E ) (8) Huomaa, että yhtälön tarkka ratkaisu kohdassa a) sekä molemmat likiarvot b) ja c) antavat tismalleen saman siirtymän sauvan loppupäälle, eli.77 m. Tarkka sekä b)-kohdan ratkaisu ovat neliöllisia kun taas c)-kohdassa ratkaisu on lineaarinen. Tästä huolimatta pään siirtymä toteutuu tarkasti. Kun lasketaan jännitykset, huomataan että kohtien a) ja b) ratkaisut antavat nollajännityksen sauvan loppupäähän. Kohdan c) ratkaisu antaa jännitystä sauvan loppupäähän 76 MPa. Toinen mainittava seikka on, että suorittamalla osittaisintegroinnin, luonnolliset reunaehdot (RE) tulevat automaattisesti peliin. Jos ratkaisua haetaan ilman osittaisintegrointia, on Galerkinin menetelmään tuotava lisäehtoja, joilla luonnolliset reunaehdot tulevat huomioiduiksi.

8 Täydennys Harj. 3 Tehtävässä 4 kohdassa b) on siirrytty yhtälöstä () yhtälöön () muutaman välivaiheen kautta eli ()->: x E E Q + ρg dx ( Q + Q ) = x E E Q + ρg dx ( Q + Q ) = x E E Q + ρg ( Q Q ) + + = 3 x E E Q + ρg + ( Q + Q ) = 3 E E Q + ρg + ( Q + Q ) = E 3E Q + ρg + ( Q + Q ) = E E 4E Q + ρg + Q + Q = E 3E 6E Q ρg Q Q = E 6 Q ρg 3 8 = Q Q 8 6 ρg ρg Q = = 3 E E ->() Jännitys tyvessä saa saman arvon kohdassa a) ja b) eli ρ g 785kg m σ ( ) = Eε ( ) = Euɶ, x ( ) = E = 9.8 m 54MPa 3 E m s Huom. Kaavan (9) jälkeen: Integraalilauseke yhtälössä () pitäisi olla yhtälössä (8). Huom. Yhtälön (5) variaatio (6 a) eli pieni muutos kun parametri α muuttuu, ei riipu vakiotermistä x. Tehtävä 4 ei kuulu välikoealueeseen, mutta tehtävä 3 kuuluu. Kaavakokoelmassa Galerkin in menetelmä tulee olemaan muodossa ( ) Ω = ɶ i Ω G u P d joten termiä δɶ u ei tarvitse sisäistää. (hum 3.9.3)