(完整版)有限元第二章课后题答案

思 考 题

2.1

有限元法离散结构时为什么要在应力变化复杂的地方采用较密

网格，而在其他地方采用较稀疏网格？

答：在应力变化复杂的地方每一结点与相邻结点的应力都变化较大，

2.2 因为应力边界条件就是边界上的平衡方程，所以引用虚功原理

必然满足应力边界条件，对吗？答：对。2.3

为什么有限元只能求解位移边值问题和混合边值问题？弹性力

学中受内压和外压作用的圆环能用有限元方法求解吗？为什么？答：有限元法是一种位移解法，故只能求解位移边值问题和混合边值问题。而应力边值问题没有确定的位移约束，不能用位移法求解，所以也不能用有限元法求解。2.4 吗？

矩形单元旋转一个角度后还能够保持在单元边界上的位移协调

答：能。矩形单元的插值函数满足单元内部和单元边界上的连续性要求，是一个协调元。矩形的插值函数只与坐标差有关，旋转一个角度后各个结点的坐标差保持不变，所以插值函数保持不变。因此

更多的结点，从而使得所求解的精度更高一些。

的误差很大，若网格划分较密时，则应力变化复杂的地方可以设置

若网格划分较稀疏，则在应力突变处没有设置结点，而使得所求解

矩形单元旋转一个角度后还能够保持在单元边界上的位移协调。

2.5 总体刚度矩阵呈带状分布，与哪些因素有关？如何计算半带宽？

答：因素：总体刚度矩阵呈带状分布与单元内最大结点号与最小结点号的差有关。

计算：设半带宽为B，每个结点的自由度为n，各单元中结点

而规则的几何单元，这样便于网格计算，还可以通过增加结点数提高单元精度。在几何形状上等于或近似与原来形状，减小由于形状差异过大带来的误差。若形状相差过大，使结构应力分析困难加大，误差同时也加大。2.7

剖分网格时，在边界出现突变和有集中力作用的地方要设置结

点或单元边界，试说明理由。

答：有限元处于弹性力学问题的方法是离散法。它将一个受外力作用的连续弹性体离散成一定数量的有限小的单元集合体，单元之间只在结点上相互联系，即只有结点才能传递力。所以在边界出现突变和有集中力作用的地方要设置结点和单元边界。

2.8

加一个结点，那么单元内应力如何分布？

答：(1)应变矩阵[B]中的参数bi、bj、bm、ci、cj、cm由坐标变量x、y之

为什么说三角形三结点单元是常应变单元，如果在每边中点增

答：由于实际工程是一个二维或三维的连续体，将其分为具有简单

2.6 为什么单元尺寸不要相差太大，如果这样，会导致什么结果？

整体码的最大差值为D，则B=n(D+1)，在平面问题中n=2。

差确定。当单元的坐标差确定之后，这些参数与坐标变量x、y无关，因此[B]为常量阵。当单元的结点位移{a}确定后，由[B]转换求得的单元应变都是常量，也就是说在荷载作用下单元中各点具有统一的xyxy值。因此三结点三角形单元称为常应变单元。、、(2)如果在每边中点增加一个结点，单元内的应力为线性分布。习 题2.1试证明x、y与面积坐标的关系证明:设P点坐标为（x,y）Apij 同理可求得：nd A time aApjm11xj21xm1x11xm21xi1ll thin1xiyjyixxjyxiyxjyixyj21xiyjxjyiyiyjxxjxiy21ambmxcmy2xgs1yjaibixciy2 由面积坐标定ymy1ymajbjxcjy2yi义得： yng at aApmi in their11121xxxjiyyyji being are good for somethinLiAPjmAijm1aibixciy2A Aijm由此推出坐标x、y与面积坐标的函数关系：代入式（2.1）有：ndxcjLiciLj All thinybjLmbmLje ang at a tim其中形状参数由下式确定：gs2Aaiajambicjbjcibjcmbmcjbmcibicmajciaicjbicjbjciambjajbmbmcjbjcm in面积： th（2.1）eir2AcjLiciLjajciaicjxbicjbjci2AbmLjbjLmambjbmajybmcjbjcming ar 式 bee gooLmAPij1ambmxcmy 2Ad forAPmi1ajbjLjAijm2A somethinxjaixm1bi1yjxjymxmyjymyjyjymym 代入上式（2.1）可转化为：xxiLixjLjxmLmyyiLiyjLjymLm再加上 所以用面积坐标表示直角坐标矩阵形式如下： A1h， h为一常数。证明：由于两个三角形相似，故设A2nd三角形：A1 All thin2.2 试证明两相似三角形的单元刚度矩阵相同。1bi1cjibj1ci1 2e a bi1yj1ym1ci1xj1xm1gs11xxiyyi in1xj thyjng at a tim 参数bi、bj、ci、cj，只与坐标差有关，所以 eir1xm be1LiLjLmLiLjymLmbj1ym1yi1cj1xm1xi1ing are g1xjcixjxm1xmood for somethin bi11bi2h ci1ci21h单元刚度矩阵通式为：rsK故Krs1rs2所以因此两相似三角形的单元刚度矩阵相同。 tim解：按逆时针编码，局部编码与整体编码相同：1-2-3建立坐标xoy:e a容重g,取泊松比v=1/6，试求顶点位移和固定面上的反力。nd如图2.14所示。若按一个单元计算，水的容重g，三角形平面构件 A2.3 直角三角形固定在刚性基础上，受齐顶的水压力和自重作用，t a（1）求形函数矩阵：ng all thinKKe1gsKiiKeBTDBtAKjiKmieir beingbr1bs11 br2bs2hA11 A2hKKKKKKijjjmj th12a,02(0,3a)3(0,0) ine2 are gjmmmimK1bbcrcsrsEt22141Acrbsbrcs2brcs1crbs21crcsbrbs2ood for somethina10c10a20a36ab33ab13ab20c22ac32a 所以： e and AxN12ayN23aN31xy2a3ang at a tim形函数的矩阵为：ll thin1Ni(aibixciy)2A1A2a3a3a22gs in形函数: th 图（2.14）eir being are good for somethinNiNNj ng at a time and A ll things16t1Et3E241A35a215212 in thKrs11bbccbccbrsrsrsrsEt2221141Acbbrcscrcsbrbsrs22eir beingK11KeK2131KKKKKKK122232 are g13（2）刚度矩阵2333ood foryxyx00102a3a2a3aNmxyxy00012a3a2a3a somethin可得：1323（3）位移列向量和右端项nd 水压力和构件厚分别为： A a0由边界条件可确定：ell things in thKe091504503E20351952151205253053529502503413213742eir be1ing arK3E95352115 2K553E323514115252472314e g3E90K11015354 53EK2230350433K120u2200e ap0gh t1ng at a timooTd forK3273E3235731243E0150352 somethineR010q0h60q0h30T Rx3ing所以： areee gRe2Rx1WRy13W03WRy33ooT 自重为W与支座反力：d fWRy33Tq0l1t00023203由KaR得到下列矩阵方程组：e theirKe化简得： time ang at and091504503E203519521512052530535295025034132137421 in115252472314 Aq0h5u3E026335042W3ll things beRRx1eWRy13q0h6W3q0hRx33Rx1W0Ry130qh06u2W230q0hRx330RWy33orT somethin可得： A2.4 试从式（2.69）说明对角线元素改1法只能用于给定零位移的情ng at a tim形，而对角元素充大数法可以适用任意指定位移的情形。解：（1）在式（2.69）中，e andll thinRy1Rx3Ry3gsRx1W12q0hW43Wqh01222Wq0h34 in从而可得支座反力为： th固定面上的反力：q0gh3gaeir0523E535352Rx11W0Ry13u2Rq0h12x33W4Ry33 beingh3a are gu2将代入下式：2ood f7q0hu26E35W236Eor somethin[K']aaa'a[K']aba'bR'a f 采用对角线元素改一法，则：or[K']baa'a[K']bba'bR'b somethin [K']aaa'aa'dao o 所以在式（2.69a）中可改为： g a'a[K']eaba'ba'ara 需满足：a' ba'ag因为 ：[K']nab为非零矩阵ie所以 ：a'b应需为向量b 则这种方法只能用于给定零位移。rie（2）同上在式（2.69a）中htRaKaaa （其中α可取ni1020左右甚至更大的量级） 根据主元充大数：sgni[K']aaa'a[K']aba'bKaaah t [K']aaa'a》》[K']aba'bll A由于所以右边近似等于[K']aaa'a 所以左边等于右边dna即主元充大数法满足任何给定位移（零值和非零值） 2.5 e仿照例2.3，试证明矩形单元是完备协调元。. . timng at a ar证明：在平面问题中，场函数为位移场函数，4结点矩形单元的位移插值函数为：图，对于j-m边的公共结点j，m的位移uj，um完全确定，所以在边界上是协调的。e g2.6 仿照例2.3，试证明图2.15所示任意四边形单元在选取位移模式是完备的但不是协调的。oog at a time and Au12x3y4xyd fll thin 要证明协调性，只需考虑单元边界上的连续性。为此，参考上ngs只取了xy项）及其直至2阶的完全多项式，所以是完备的。 in移插值函数中包含的位移场函数（考虑到对称性，位移插值函数中 th 平面问题的泛函数中所包含的物理量的最高导数为2阶，而位eiru12x3y4xy beingor somethinu12x3(ABx)4x(ABx)12x3A3Bx4Ax4Bx2ABxCx22.7上端受均布荷载作用的墙体视为平面构件，如图2.16(a)所示，划分成为8个单元如图2.16(b)，试在图2.16(b)上画出边界条件和等效

q=20KN/m，试按图2.16(c)求构件的结点位移。

画出边界条件和等效结点荷载。设E=30Gpa，v=1/6，均布荷载

结点荷载；倘若利用对称性取一半，如图2.16(c)，试在图2.16(c)上

in故任意四边形单元是完备的但不是协调的。

gs 公共边i-j，i，j两点的位移不能完全确定A，B，C三个为未知量

in th

(13A)(23B4A)x4Bx2eir be

所以代入上式，得:

ing协调性：对于边i-j，直线方程为yABx ar证明：完备性证明同2.5；

e good for so