精选有限元考试试题及答案第一组资料.docx
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精选有限元考试试题及答案第一组资料
有限元考试试题及答案
一、简答题（5道，共计25分）。
1.有限单元位移法求解弹性力学问题的基本步骤有哪些？
（5分）
答：
（1）选择适当的单元类型将弹性体离散化；
（2）建立单元体的位移插值函数；
（3）推导单元刚度矩阵；
（4）将单元刚度矩阵组装成整体刚度矩阵；
（5）代入边界条件和求解。
2.在划分网格数相同的情况下，为什么八节点四边形等参数单元精度大于四边形矩形单元？
（5分）
答：
在对于曲线边界的边界单元，其边界为曲边，八节点四边形等参数单元边上三个节点所确定的抛物线来代替原来的曲线，显然拟合效果比四边形矩形单元的直边好。
3.轴对称单元与平面单元有哪些区别？
（5分）
答：
轴对称单元是三角形或四边形截面的空间的环形单元，平面单元是三角形或四边形平面单元；轴对称单元内任意一点有四个应变分量，平面单元内任意一点非零独立应变分量有三个。
4.有限元空间问题有哪些特征？
（5分）答：
（1）单元为块体形状。
常用单元：
四面体单元、长方体单元、直边六面体单元、曲边六面体单元、轴对称单元。
（2）结点位移3个分量。
（3）基本方程比平面问题多。
3个平衡方程，6个几何方程，6个物理方程。
5.简述四节点四边形等参数单元的平面问题分析过程。
（5）分）
答：
（1）通过整体坐标系和局部坐标系的映射关系得到四节点四边形等参单元的母单元，并选取单元的唯一模式；
（2）通过坐标变换和等参元确定平面四节点四边形等参数单元的几何形状和位移
模式；
（3）将四节点四边形等参数单元的位移模式代入平面问题的几何方程，得到单元应
变分量的计算式，再将单元应变代入平面问题的物理方程，得到平面四节点等参数单元的应力矩阵；
（4）用虚功原理求得单元刚度矩阵，最后用高斯积分法计算完成。
二、论述题（3道,共计30分）。
1.简述四节点四边形等参数单元的平面问题分析过程。
（10分）
答：
（1）通过整体坐标系和局部坐标系的映射关系得到四节点四边形等参单元的母单元，并选取单元的唯一模式；
（2）通过坐标变换和等参元确定平面四节点四边形等参数单元的几何形状和位移模式；
（3）将四节点四边形等参数单元的位移模式代入平面问题的几何方程，得到单元应变
分量的计算式，再将单元应变代入平面问题的物理方程，得到平面四节点等参数单元的应力矩阵；
（4）用虚功原理求得单元刚度矩阵，最后用高斯积分法计算完成。
2■轴对称问题的简单三角形单元是否是常应力，常应变？
为什么？
（10分）
答：
不是常应力和常应变。
因为应变与位移分量的关系式为
r
则所求得的应力也不会是常应力。
3■在薄板弯曲理论中做了哪些假设？
薄板单元和厚板单元的基本假设有什么
不同？
（10分）
答：
四种假设：
1）变形前的中面法线在变形后仍为弹性曲面的法线。
2）变形前后板的厚度不变。
3）板变形时，中面无伸缩。
4）板内各水平层间互不挤压。
不同点：
薄板单元假设横向纤维无挤压，板的中面法线变形后仍保持为直线，该直
线垂直于变形后的中面，但是厚板单元的假设考虑横向变形的影响，板的中面法线变形
后仍基本保持为直线，但该直线不再垂直于变形后的中面，法线绕坐标轴的转角不再是挠度的导数，而是独立的变量。
三、计算题（3道，共计45分）
单元的边长及结点编号见图中所示。
求
（1）形函数矩阵N
（2）应变矩阵B和应力矩阵S
⑶单元刚度矩阵Ke（12分）
解：
设图1所示的各点坐标为点1（a，0），点2（a,a），点3（0，0）
于是，可得单元的面积为A*，及
（1）形函数矩阵N为
1
N|亍（0ax-ay）
N-丨1N1IN2IN31
-IN1N2N31
a
M1（0dxay）；a
叫1（a2-ax^y）
a
（2）应变矩阵B和应力矩阵S分别为
-
a
0
0〕
-a
0〕
3=耳
0
-a
S2—■E2_
0
a
S3=_E2
0
0
a
a
a
1
-la
1a
1a
0
1
0
--a
一2
2-
」2
t
2-
S=D丨BB2B31
-IS-|S2S3I
（3）
2.如图所示的四结点矩形单元，求出节点
3的位移。
设厚度t=1m,[i=0,E
单元刚度矩阵Ke
3
-1
-1-1
0
-2
-2
0
11
-1
3
1
K12K13
kK-
K22K23—A
-1
1
1
0
0
-1
4
■
0
-2
0
2
0
0
K32K33J
-2
0
0
0
2
0
1
-1
-1
0
0
1一
K11
et
K=BDBtA=K21
K31
为常量。
（13分）
4
>-
3
注：
对于四节点矩形单元有:
Ni
N2
N3
N4
J1-1
4
1
「11—
4
」11
4
1
十一1
4
Ni
（1i）（1i）（i=123,4）
1.
2.
k11
k12
k13
k14
k21
k22
k23
k24
k31
k32
k33
k34
“41
k42
k43
k44_
D治tdxdy二
A
kjLqBijD]Bjtdxdy=abt[[IB]ID]Bjd
A
Et
81
2-^j
a
1-1ij
2「1•1一「j
-^ij1'：
lij
II，a\
bij
（i,j=1,2,3,4）
解：
对于四节点矩形单元有:
Ni
N2
N3
N4
1
1-1
4
J11
Ji14
J1-1
4
Ni
1
=丄（1•i）（1•i）
4
（i=123,4）
ke=B「bIBtdxdy二
A
k11k21k31k41
k13
k23
k33
k43
■-.e
k14
k24
k34
k44
kLHBijb]Bjtdxdy=abt]Dtjd'^
A_一
；b"
-2_1-j
a
Et
8^
13ij1_吒ij1£ij
2aij1-
b-
（i,j",2,3,4）
2"j
1--
-i-j
3
-吒ij13ij
ke「e「Re，代入边界条件（11=V=M2=V=出=V=0,将对应的行和列划掉没剩下的
方程为:
（J3
V
-P
-P
1
又Ni=丄（1】）（1i）（i=123,4），且；=1,3=1,a=1,b=1
4
所以
xm、“1
訂4'
丁一I
3
1
丁一
3
所以
-P
-P'
鉀/曰爲:
8P1
解侍丿\=丿\
沁：
5E1
3.有一如图3（a）所示的剪力墙，墙顶作用竖向荷载P。
将该剪力墙划分为两个
三结点三角形常应力单元，单元和结点编号如图3（b）所示，并将荷载P分成两
个P/2作用在3、4结点。
已知单元厚度为t，弹性模量为E,泊松比卩=1/3。
求结点3和结点4的位移，以及单元①的应变和应力。
（20分）
解：
建立直角坐标系（注Y轴向下为正），单元①i,j,m对应的节点编号为3,1,4，单元②对应的节点编号为2,4,1。
对于单元①：
i（0,0）,j（0,4）,m（2,0）
bi=yi-ym=4;bj=ym-yi=0;bm=yi_yj=_4
ci=xm-xj=2;cj=xi-xm=-2;cm=xj-xi=0
三角形面积A=1/2*2*4=4
_4
0
00
-4
0〕
1
几何矩阵[B]=-
0
2
0-2
0
0
8
2
4
-20
0
-4J
单元刚度矩阵
弹性矩阵［D］=
一2（9-卩）
4（1+^）
4（3-2円
2岸—1）
4岸-1）
2（1-卩）
-8卩
-4
0
4
-16
—8卩
0
8416
］4（卩-1）
8（卩-1）
4（卩-1）
00
[k]1珂B]T[D][B]t.：
=
8（1_J
Et
2~
16（1」）
29-門
[2
4（1+卩）
4（3-24）
2（4-1）
4（卩-1）
2（1_門
3
-8^
-4
0
4
-16
-8卩
0
8卩16
1
卅-1）
8^-1）
4岸-1）
008（1-
[k]2二[k]1
然后合成总刚［K］。
Pp
整体节点力矢量为{F}-[F1xF1yF2xF2y00]
节点位移矢量为{d}=0000u3v3u4v」
｛F｝二［K］｛d｝，采用缩减矩阵法划去位移为零的行与列，得
-
2（9-卩）
1
-
「P/2]
Et
0
4（3_2卩）
V3
0
2
16（1-卜）
-16
4（卩-1）
2（9-卩）
U4
P/2
一8卩
8（卩-1）
4（卩+1）
4（3-2卩）一
」4一
_0一
解得
-1.88『
U4
单元①的应变
t=[B]{d}1二P0.285
Et
-0.47
0.56T
单元①的应力
P0^8
-1.68
0.84T
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