《有限单元法》15章课后习题答案.docx

1、有限单元法15章课后习题答案 习题 1.2 : 在用有限元法求解时, 边界条件总是满足的, 控制方程的不完全匹配, 会产生误差。 题中 所23给出的近似函数: a+ ax+ a x+ a x ,应该满足边界条件,对于情况(1 ) ,代入边0 1 2 321aL a L12界条件可得 aa 0, ,从而 033L3 3 3x xx2 ax ? + a x?+ (1 ) 1223L LL3x上式中的最后一项 前面没有待定系数,这是由于使用了在 xL 处1 的 强制边界条件。 3L从物理意义 上说,相当 于给定边界 条件的解为 齐次方程的 通解加一个 特解的缘故 。将(1 )式代入教材(1.2.26

2、 )式 ,得到残量: x 66 xxR x a ?6 + a 2? + + Qx 1223L LL不同的求解方法, 如配点法、 子域法和伽辽金法, 只是残量在某种意义上某个区域加权积分为零。配点法强制残量 Rx 在 有限个点严格为零, 点的个数取决于未知数个数, 这里为 2 , 通常取所选的点在域内均匀分布,则取 xL/3 和 x2L/3 处,Rx0, 这样得到 LL 2R 0 , R 0 ,从而可以解出待定系数 aa , 。带入(1 )式可以得到 。 1233配点法 仅考 虑了有 限个 点的局 部特 性,子 域法 则要求 在有 限个子 域内残量的 积分iR x dx 0 为零, 子域的个数仍

3、然取决于未知函数个数, 通常选取各子域的并集为整个i待求区域, 一般情况可以选择各子域大小相同, 但对于某些局部变化较复杂的区域, 可以缩小子域 的大小 ,使得 子域分 布更合 理。例 如取子 域为 x |0 x L /2,? x | L /2 x L ,则利 用 R x dx 0, R x dx 0 ,1212可以求出待定系数 aa , 。 12伽辽金法作为加权余量法的特殊形式,权函数选择为插值函数 NN , , 1233xx2这里 N x x? , N x x? , 这样, 利用 N x R x dx 0,i 1,2 可以求出待12 i2 LL定系数 aa , 。 12对于其余边界条件情况

4、可依此类推。练习题 1.4 , 注意近似函数要满足边界条件,从而可知截面及坐标系如图所示: , 很多同学把积分区域弄错了, 也有不少同学计算错误。 这里, 由于边界为零, 采用泛函及其弱形式得到的积分结果是相同的。 最终计算 得4 4 4到:a 4608/13 , a -512/15 , a -1536/85 。 1 2 3练习题 1.5 , 泛函的欧拉方程基本没太多问题,泛函为零得到边界条件: L23?d w dw d w? w 0 23dx dx dx0 222L?EI d w kw1.5 如有一问 题的泛函为 w+ + qw dx ,其中 E, I, k 是常数,q?2022 dx?是给

5、定函数,w 是未知函数,试导出原问题的微分方程和边界条件22Ldwdw? w EI + kw w+ q w dx 220dx dxL2 2 2 3LLd w d w d w d w d w d wEI dx EIEI dx2 2 2 300dx dx dx dx dx dx0LL2 3 4Ldw d w d w dwEI ?+ EI w EI wdx2 3 40dx dx dx dx0022 4LL dwdw dw w EI + kw w+ q w dx EI + kw+ q wdx 22 40 0dx dx dxLL23d w d w d w+ EIEI w23dx dx dx004dw微分

6、方程: EI + kw+ q 0 4dx2 2 33dw dw d w d w边界条件: 0 , 0 2 2 33dx dx dx dxx 0 xL x 0 xL 分强制边界和自然边界。补充题 试作加权余量发的最小二乘配点法,并给出所得到的求解方程系数矩阵的特点分析。 (最小二乘配点法思路是, 利用使求解域内所选各点处误差平方的总和为最少的条件, 去建立求解试函数系数的方程。 配点法是强迫余量误差在所选点上为 0 , 最 小二乘配点法则是余量在所选点上的误差,满足平方和最小。 ) 解:近似函数为u x N xa ,不失一般性 i i余量为: R x A u? fx AN x a ? fx 最小

7、二乘配点法取权函数 i iw ANa x? x 其中j1,n; k1,m 且mn j ii k?aj加权余量要求 w Rd? 0 jTw Rd? A N xa xx AN xa f x d?j i i k i ia?j?TA N x x? x AN xa ? f x d?j k i imTA N x AN x a f x j k i k i k?k 1mmTTA N AN aA N f j ii j?kk 11 Ka-P 写成矩阵形式mT因此, k A N AN k , 系 数矩阵对称,且无需积分。 ij j i jik 1复习题 1.7 自然边 界条 件强制 边界 条件的 区别 何在? 为什

8、么 这样命 名? 对于一 个给 定的微 分方 程, 如 何区分这两类边界条件? 自然边界条件与强制边界条件,二者都是针对边值条件来说的。边值条件一般有三类边界条件。第一类:狄里克莱Dirichlet条件;第二类,诺依曼Neumann 条件;第三类,前两者的混合条件,也叫洛平Robin 条件 在选择近似函数时, 已经事先满足的边界条件为强制边界条件。 而自然边界条件则是在将等效形式化为弱形式时包含在边界积分场上的边界条件。 对于 2m 阶微 分算子, 含 0 到 m-1 阶导数的边界条件称为强制边界条件, 近似函数应该事先满足。 含 m 到 2m-1 阶导数的边界条件称为自然边界条件, 近似函数

9、不必事先满足。 对于给定的微分方程,判断其阶次,再依据边界所含导数阶数可区分两类边界。思考题 1.8 泛函在什么条件下有极值?了解泛函是否有极值的意义何在? 2 00 且或 , 泛函极值性对于判断解的近似性质有意义, 利用它可以对解的上下界做出估计。 思考题 1.9 什么是 里兹 法?通 过它 建立的 求解 方法有 什么 特点? 里兹 方法收 敛性 的定义 是什么?收敛条件是什么? 里兹法: 在某一函数空间寻找试探函数, 利用加权值的独立变分性将该函数的驻值问题转化为该函数关于权值的极值问题。 其特点是: 试探函数是全域的, 解的精度依赖于试探函数的选取,其收敛性有明确的结论。 收敛性意义 :

10、当在 维空间中选取试 探函数,当 试探函数的 数目趋于 时,利用 里 兹法得到的近视解将收敛于精确解。 收敛条件:1 完备性,2 试 探函数满足C 连续性 m ?1思考题 1.0 里兹法的优缺点?举例说明 优点: 理论简单, 收敛性有严格的理论基础, 得到的求解方程的系数矩阵是对称的, 在场 函数事先满足强制边界条件情况下,解具有上下界性质。 缺点: 当求解域的形状很不规则时候, 里兹法所要找的试探函数难以满足全部的强制边界条件,这样会降低精度。另外,由于其是基于变分原理,对于没有等价泛函的问题无法处理。习题 1.6 两 端简支弹性基础上的梁受均不载荷。 222L?EI d w kw w+ +

11、 qw dx 2022 dx?nix (1 ) 选取满足边界条件 的三 角级数近似解 wa sin , iLi 12 2 x dw a x dw a xwa sin , w cos , w sin 22L dx L L dx L L22LEI a x k x x2 2 2 w sin + a sin + qa sin dx 2022 LL L L24 2EIa kLa 2L+ qa344 L 4 4? EI a kLa 24 Lq qL+ + 0 a3 54?+ a 2L 2 EI k L4 44qL x L 4qLw sin , 当 x , w 54 54EI + k L L 2 EI +

12、k L(2 ) 选取满足边界条件的幂级数近似解w xx L? a+ a x. 取一次 w axx L? 122dw dw w aL2ax , wa ?2 2dx dxLEI k?2 22 2 w 4a+ a x x? L + qax x? L dx?02225 3ka L qaL22EILa+60 653 2? kaL qL 5qL 40 EILa+ a?4?+ a 30 6 120EI kl2 45qL L 5qLwx L x 当 x , w 5 4120EI + kl 2 480EI + 4kL4L 5qL精确解 w ?, 应该是三角级数更接近精确解。 因为是最小位能原理建立的2 384E

13、I泛函, 因此近似解比精确解要偏小。 因此只要比较三角函数和幂函数的结果, 就可以知道哪个更精确了。另外,取不同的阶数,逼近速度不同,三角函数更快。 (注意:只要满足强制边界就可以,怎么判断是强制还是自然?)习题 1.7 ?k + k Qd ? q d q?xxy ?y?22?k + k + Qd ?+ k d ? q d 22? q xy ?n22? ? ?k + k + Qd ?+ k d qdk 22? ? ?xy?n ?n22 欧拉方程: k + kQ + 0 22 xy 自然边界: qk 0 ?n ? 强制边界: k 0 q?n习题 1.8 : 板弯曲问题的平衡方程为: 4 44q

14、xy ,w ww + 2 + 4 22 4?x x y ?y D位移边界条件 ?www , n?w加权余量法(事先满足强制边界条件 ww , )得到等效积分形式:n4 44w ww ?w w D + 20 +? q dxdy? w ? ds (1 )? 04 22 4?x x y ?y ?n分部积分得 43 3 w ww ? w w dxdy w n dsdxdyx 43 ? 3x ?x xx3 2 2 2 w w w n dsn ds dxdy?xx 3 2 2 2?x xx ?x ?x?4w w dxdy22x y3 3w ww w n dsdxdyx 2 2? xy ?x xy3 2 2

15、 2w ww ww w n dsn ds dxdy?x x? 2 2 22xy ?x ?y ?x ?y?2 2 2 3 ww dxdy? n ds+ w n ds? xx 22 2 2?x ?y ?x ?y xy?2 2 2 3 ww dxdy?+ n ds w n ds?22 2 y 2 y ?y ?x ?y ?x y x?43 3 w ww ? w w dxdy w n dsdxdy43 y 3 ?y ?y yy3 2 2 2 w w w n dsn ds dxdy?3 yy 2 2 2 ?y yy ?y ?y?代入(1 )化 简,并利用:? ww ?wnn + xy nx ?y可得最终结

16、果(略) 。3 2 2 2 w ww ww w n ds?+ n ds dxdy?xx? 3 2 2 2?x xx ?x ?x? 2 2 2 3? ww ?+ dxdy?+ n ds w n ds? y y 22 2 2?y ?x ?y ?x y xD?02 2 2 3 ww ?+ dxdy? n ds+ w n ds? xx 22 2 2 x ?y ?x ?y xy3 2 2 2w ww ww+? w n ds n ds+ dxdyyy 3 2 2 2?y yy ?y ?y?w?q w dxdy? w ? ds 0 ?n222 22 21w ?+ 2 +? 2qw dxdy2 22 22 ?

17、x ?y ?x ?y ?wD ? w ? ds 002 2 22 ?n? ww + w +? ds + ds? 2 2 2 2?n?x ?y ?n x yw4? w w D? w? q dS? w ? ds0?n?w4D w? wd? w ? dsq wd?0 ?n42 2 w? wd? ? ww d?w? wd 2 2 22? w w d? ?ww d?+wwd? 22 w1 ?w22w d?+ w ds? wds ss2 nn?w4 w w? wd? w ? dsq wd? ?n2 w2 1 ww22 Dwqw d?+ D w ? w ? dsDwds00 0 w2 nn ?n?w4 w

18、w? wd? w ? dsq wd? ?n22D ww?w220wqw d?+ w D+ dsDwds0 0 ? w2 ?n ?n ?n 2.1 验证 3 结 点三角形单元的位移差值函数满足 N , x y 及 NN+ N 1 。 i j j ij i j m1解: N a+ bx+ c y i ii i2Axy 1 y 1 xjj j ja xyx y b? yy c ?+ xx i jm m j i j m i j mxy 1 y 1 xmm m ma+ bx+ c y x y? x y + y? y x+ x? x yi i j i j jm m j j m j m j jN , x y

19、 0 ij j2A 2A1 xyii2A 1 x y x y? x y + x y? x y +? xy x y j j j m m j mi i m i j j i1 xymma+ a+ a + b+ b bx+ c+ c c yi j m i j m i j mNN+ N 1i j m2A52.2 厚度t 1cm , 弹性模量 E 2.0 10 MPa , 泊松比 0.3 。 试求差值函数矩阵 N ,e e应变矩阵 B ,应力矩阵 S, 单元刚度矩 阵 K ,并验证 K 的奇异性。 坐标 1 (2cm ,2 cm ) 2 (10 cm ,2 cm ) 3 (2 cm ,6 cm )xy 1

20、 y 1 xjj j j解: a xyx y b? yy c ?+ xx i jm m j i j m i j mxy 1 y 1 xmm m ma? x y xy 56 b y? y?4 c?+ x x ?81 2 3 3 2 1 23 1 23a? x y x y ?8b yy ? 4 c ?+ xx 0 2A 32 2 31 1 3 2 31 2 31a? x y x y ?16 b yy? 0 c ?xx + 83 1 2 21 3 12 3 121N 564xy 8 1321Nx ?8+ 4套用公式 即可,注意计算的准确性。 2321N ?+ 16 8y332 2.3 主应力 : +

21、1xy2 2 ?+ 4 1,2 x y xy222 xy主方向:tg2 0xy2.7 二维单元 在 x, y 坐标 内平面移到不同位置,单元刚度矩阵, 应力矩阵 相同?旋转情况?旋转 180 度 xy 1 y 1 xjj j ja xyx y b? yy c ?+ xx i jm m j i j m i j mxy 1 y 1 xmm m mKK Kii ij im KK K ji jj jm KK Kmi mj mm 66 1v 1v0 0K bb + c c K v c b + bc 1 rs rs 20 rs rs2 21v 1v0 0K v bc + c b K c c + bb 30

22、 rs rs 4 rs rs2 2应力矩阵 S 也是和b , c 相关。 i i平移:b , c 不变,K, S 不变 i i旋转:b , c 改变,K, S 改变 i i180 度旋转:K 不变,S 取反n3.1 证明 1 维 拉格朗日单元的插值函数满足 N 1 的要求。 ii 1njn ?1N 结点 1 维 拉格朗日单元, Nl 为 n-1 次 多项式。 ii j 1, ji ijn设 f N ?1 ,也为 n-1 次多项式 ii 1若 f 0 则由 n-1 个根。 0 ij 在各个结点 上有 N 因此 f 有 n 个不同根。 。与以上结果相矛i j ij1 ij 盾。3.2 利用构造 变

23、结点数单元插值函数的方法, 构造图中 9 结 点单元的插值函数, 并和利用构造 2 维拉格 朗日单元插值函数方法得到的结果进行比较。22解:结点 9 : N 1 1 91 12?边结点 5 : N 1?+ 1 修正 NN N 5 55 92 212 N 1+? 1 52类似结点 6,7,8 1 11角结点 1 : NNNN N 11 5 8 92 243.3 利用构造 变结点数单元插值函数的方法,构造图所示三次三角形单元的插值函数。解: N 27LL L 10 1 2 32LLL 2 921 3边上点 4 , N LL 2? 3L 4 12 212 1 22333 31 9 1 9?N N?

24、N LL 3L?1 N N? N LL 3L?1 4 4 10 1 2 1 5 5 10 1 2 22 2 2 21 9 1 9?N N? N LL 3L?1 N N? N LL 3L?1 6 6 10 2 3 2 7 7 10 2 3 32 2 2 21 9 1 9?N N? N LL 3L?1N N? N LL 3L?1 8 8 10 1 3 3 9 9 10 1 3 12 2 2 22 2 1 1 1 1 1 2角结点: N N? N? N? NN N LL ? L? 1 1 4 9 5 8 10 1 1 13 3 3 33 2 3 3 3.5 按照变结 点发构造六面体二次单元和三次 s

25、erendity 单元的 全部插值函数。解: 边中点 ,9 , 11 , 13 , 153.6 五面体单 元插值函数2 2 2解: NL 1 NL 1 NL 1 71 82 93N 2LL 1 + N 2LL 1 + N 2LL 1 + 10 1 2 11 2 3 12 1 3N 2LL 1 N 2LL 1 N 2LL 1 13 4 5 14 5 6 15 4 6112N LL 2 ?11+? L 1? 1 1 1 1223.7 在(-1,1 )区域内构造 1 阶 Hermite 单元的插 值函数,并讨论所构造函数的性质。解:构造 1 阶插值,取结点 x ?1 , x 1 ,可以理解为总体坐标

26、下求插值函数。 1 2当然,也可以理解为局部坐标 ?1 , 1 下求插值函数。利用公式 1 2n10 2H 1? 2 x? x l xi i ixxj 1ijji 1 2H xxl x即可 i ii对于局部坐标的结果: 13 10 3H ?+ 124 41 3 10 3H + 224 411 1 11 2 3H + 144 4 411 1 11 2 3H + + 244 4 40 0Hx , H x 0,i j ijij性质: 1 1H x 0 , H x i, j 0,1,ni j i j ij描述转角的插值函数不参与描述挠度描述挠度的插值函数不描述转角2d 3.8 有一物理 问题的方程是 ? 0 , 端点条件是: 0 ,在 x 0 , 1 ,在 x 1 。2dx现在用标准型和阶谱型的线性和二次单元求解, 导出它们的单元刚度矩阵, 并比较二类单元的特点。解:(1 )变 分法求泛函 21 11dd dx ddx 2 0 00dx dx111d dd dx dx 00dx dx dx011 d 22?+ dx02 dx11 d 22得到泛函 + dx 02 dxn近视场函数 Na代入泛函 ,得 K 的形式为 iii 11 dNdNjik