notatki dowykªadu dla2roku I stopnia kierunku Budowni two
Witold Ce ot
Contents
1 Motywa ja 2
2 Aproksyma ja MES 2
3 Sformuªowanie mo ne zadania prta w stanie jednoosiowym 4
4 Sformuªowania sªabe zadania prta w stanie jednoosiowym 5
5 Metoda Galerkina 7
6 Algorytm MES na przykªadzie zadania 1D 8
7 MES dla sta jonarnego przepªywu iepªa w 2D 16
8 MES dla liniowej spr»ysto± i 24
9 Analiza kratowni za pomo ¡ MES 28
10 MES dla belek 35
11 Zastosowanie MES do zada« dynamiki 38
12 Osza owanie bªdu aproksyma ji MES 43
Naj z± iej obe niestosowan¡ metod¡doobli zaniainteresuj¡ y h projektantawielko± i, taki h jak
ugi ia,siªy przekrojowe,napr»enia, przemiesz zenia jest Metoda Elementów Sko« zony h (MES).
Stanowipodstawalgorytmówu»ywany h wprograma hsªu»¡ y h doprojektowania konstruk jiin-
»ynierski h(np. Robot,Abaqus, Ansys,Catia, AltairHyperWorksiwiele inny h). Poniewa»jednak
zawyniki obli ze«odpowiada projektant korzystaj¡ y z oprogramowania, a nie programista, który
opra owaªsystem, znajomo±¢ podstawMES jestklu zowadlawªa± iwego ibezpie znegostosowania
kodówkomer yjny h.
2 Aproksyma ja MES
W MES stosowana jest aproksyma ja za pomo ¡spe jalny h funk ji bazowy h, zwany h funk jami
ksztaªtu.
Dla funk ji jednej zmiennej
u : [a, b] ∋ x → u(x) ∈ R
szukamyu h (x) ≈ u(x)
w posta iu h (x) = α 1 ϕ 1 (x) + α 2 ϕ 2 (x) + · · · + α n ϕ n (x)
, gdzieα i to nieznane parametry zwane stopniami swobody, a
ϕ i (x)
s¡funk jamiksztaªtu deniowanymi za pomo ¡elementów sko« zony h.1. Dyskretyza ja i liniowe, i¡gªeglobalne funk je ksztaªtu.
1 2 3
1 2 3 4
PSfrag repla ements
ϕ 1 ϕ 2 ϕ 3 ϕ 4
ϕ ′ 1 ϕ ′ 2 ϕ ′ 3 ϕ ′ 4
1 1 1 1
1 h 1 h 1 h 1 h
− h 1
− h 1
− h 1
− h 1
Figure 1: Dyskretyza ja za pomo ¡ 3 elementów oraz wykresy funk ji ksztaªtu Lagrange'a stopnia 1 (s¡
i¡gªe i maj¡ maªe no±niki). Po hodna wsensieklasy znymnie wszdzie istnieje.
2. Deni ja stopni swobody
ϕ i - wielomianyLagrange'a, ϕ i (x k ) = δ ik ⇒ αi = uh(xi)
Je»eli
α i = u(x i )
tou h (x)
jest interpolantem, takim»eu h (x i ) = u(x i )
.3. Pojedyn zy elementsko« zony, algorytmobli ze« elementpoelemen ie
PSfrag repla ements
ϕ 1
ϕ 2
x 1 x 2
Figure 2: Lokalnie ponumerowane funk je ksztaªtu
ϕ 1 (x), ϕ 2 (x)
elementu sko« zonego o wzªa hx 1 , x 2
(równie»z zastosowaniem numera jilokalnej).
4. Bª¡daproksyma ji
5. Aproksyma ja Lagrange'a wy»szego stopnia
6. Aproksyma jahierar hi znawy»szego stopnia-
ϕ 1 (x), ϕ 2 (x)
liniowe,α 3 minimalizuje||u − u h ||
7. Funk je ksztaªtu: liniowoniezale»ne, jednozna znierozwi¡zywalne (unisolvent; wektory
ϕ 1 (X), ϕ 2 (X), . . . , ϕ n (X)
s¡liniowoniezale»ne∀X = (x 1 , x 2 , . . . , x n ) : x i 6= x j dlai 6= j
).
3 Sformuªowanie mo ne zadania prta w stanie jednoosiowym
WprowadzeniedoMES bdzieprzedstawione naprzykªadziemo»liwieprostego zadaniamodelowego
me haniki jakimjest prt poddany dziaªaniujedynie siªdziaªaj¡ y hw kierunku jego osi.
Równa« opisuj¡ e jednoosiowystan napr»enia w pr ie zyli zadanieroz i¡ganiaalbo± iskania
prta ªatwo wyprowadzi¢ korzystaj¡ z zasady pdu (II zasady dynamiki Newtona)i nastpuj¡ y h
zaªo»e«:
•
prt jestw spo zynku (statyka)•
przemiesz zeniai odksztaª enia s¡ maªe•
materiaªprta jestspr»ysty (stosujemy prawoHooke'a)•
siªymidzy z¡ste zkowe s¡krótko zasigowe•
siªyobjto± iowe (masowe)s¡ i¡gªe•
AE= onst,A - poleprzekroju poprze znego, E -moduª Younga•
istniej¡ drugiepo hodne rozwi¡zania wka»dym punk ie od inka(0, l)
PSfrag repla ements
l[m]
S[N ] q[N/m]
Figure3: Modelowezadanie1D.Prtwjednoosiowymstanienapr»enia. Tylkosiªaosiowamo»eby¢
niezerowa. Pozostaªe siªy przekrojowe (momenty zginaj¡ e, skr aj¡ y i siªy poprze zne) s¡ równe
zero. Przyjmijmy, »e o± "x" ukªadu wspóªrzdny h pokrywa si z osi¡ prta i za zyna na lewym
ko« u.
•
prt nieulega wybo zeniu.Przytaki hzaªo»enia h,dlaprtajaknarys. 3przemiesz zenia
u(x)
przekrojówprtawkierunkujegoosimo»naobli zy¢rozwi¡zuj¡ nastpuj¡ ezagadnieniebrzegowe(równanieró»ni zkoweiwarunki
brzegowe)
−AEu ′′ = q ∀x ∈ (0, l) u(0) = 0
AEu ′ (l)n(l) = S
(1)
gdzie
n(l) = 1, n(0) = −1
, ob i¡»eniaq, S
maj¡ znakizgodne z przyjtym ukªadem wspóªrzdny h.Jest to sformuªowanie mo ne, którego e h¡ jest speªnianie w ka»dym punk ie obszaru (dziedziny
funk ji
u
zyli od inka[0, l]
) pewnego warunku.4 Sformuªowania sªabe zadania prta w stanie jednoosiowym
4.1 Sformuªowanie waria yjne
Metoda elementów sko« zony h wymaga t.zw. sformuªowania sªabego. Poni»ej przedstawiona jest
kon ep ja przeksztaª enia sformuªowania mo nego w sªabe z pomini iem sz zegóªów matematy-
zny h.
Pomnó»my równanieró»ni zkowe (1)
i
obustronnie przezdowoln¡ i¡gª¡funk jv(x)
− vAEu ′′ = vq ∀v ∈ V
(2)Otrzymali±my w ten sposób nowe równanie albo ina zej pewn¡ funk j zmiennej
x
przedstawion¡nadwa sposoby: zapomo ¡drugiej po hodnejniewiadomej funk ji
u(x)
(−vAEu ′′)orazzapomo ¡
ob i¡»enia (
vq
). Zatem aªki ozna zone w grani a h od0
dol
z wyra»e« po lewej i prawej stronierównania(2)bd¡ równe zyli
− Z l
0
vAEu ′′ dx = Z l
0
vq dx ∀v ∈ V
(3)Po zastosowaniu aªkowania przez z± i do aªkipolewej stronie otrzymamy
Z l 0
v ′ AEu ′ dx − [v(l)AEu ′ (l) − v(0)AEu ′ (0)] = Z l
0
vq dx ∀v ∈ V
(4)Funk je
v
zwane funk jami testowymi byªy do tej pory dowolnymi funk jami i¡gªymi (elementyV
). Je»eli ograni zymy si do funk ji które maj¡ warto±¢ 0 dlax = 0
przeksztaª enie ni nie stra i na ogólno± i, gdy» ty h spe jalny h funk ji testowy h jest w i¡» niesko« zenie wiele. Natomiastwarunekzerowaniasifunk jitestowejwmiejs uwktórymrozwi¡zaniemaznan¡warto±¢nabrzegu
(speªnia warunek kinematy zny na podporze o wzapisie matematy znym zazna zamy pisz¡ , »e
v
nale»ydoprzestrzeni
V 0)uprosz
zawistotnysposóbsformuªowanie,którepouwzgldnieniuwarunku
staty
znego (AEu ′ (l) = S
) przyjmuje posta¢
Znale¹¢
u(x), u(0) = 0
takie, »eZ l
0
v ′ AEu ′ dx = Z l
0
vq dx + v(l)S ∀v ∈ V 0 (5)
Zauwa»my,»ekinematy znywarunekbrzegowyzostaªprzepisany(nazywasiina zejpodstawowym),
a staty zny jest uwzgldniony po prawej stronie (st¡d nazwa naturalny). Sformuªowanie (5) jest
dobrze znan¡ z me haniki zasad¡ pra wirtualny h. Funk je
v
ozna zaj¡ przemiesz zenia wirtu- alne ( i¡gªe i zeruj¡ e si na podpora h), lewa strona tej zasady to pra a siª wewntrzny h naprzemiesz zenia h wirtualny h a wyra»enie po prawej stronie jest pra ¡ siª zewntrzny h na ty h
przemiesz zenia hwirtualny h. Jest to sformuªowanie sªabe, gdy» zasada(5) niezakªadaspeªniania
pewny hwarunkówwpunkta h. Jegopodstawowezaletytoni»szystopie«po hodnejzposzukiwanej
funk ji i dobre podstawy matematy zne. Ponadto, okazuje si, »e zasada obowi¡zuje dla zmiennej
sztywno± i
AE
oraz nie i¡gªego ob i¡»eniaq
.4.2 Problem minimaliza ji
Zasad pra wirtualny h mo»na przeksztaª i¢ do równowa»nej zasady minimum aªkowitej energii
poten jalnej (
J : V 0 ∋ v → J(v) ∈ R
)1. Dla prta poddanego przemiesz zeniom wirtualnymv
wynikaj¡ a ztego aªkowita energiapoten jalna
J(v)
wyra»a si wzoremJ(v) = 1
2 Z l
0
v ′ AEv ′ dx − Z l
0
vq dx − v(l)S
(6)Przemiesz zenia osiprta
u(x)
s¡tymiprzemiesz zeniami wirtualnymi(v(x), v(0) = 0
) dlaktóry hfunk jonaª
J
osi¡gaminimum zyliJ(u) = min V 0 J(v)
(7)Podsumowuj¡ , przemiesz zenia osi prta mo»na obli zy¢ rozwi¡zuj¡ zadanie (1) lub (5) lub (7).
Wszystkie maj¡ jednozna zne rozwi¡zanie przy odpowiedni hwarunka hbrzegowy h.
5 Metoda Galerkina
Zewzgldunanajwiksz¡ogólno±¢zastosujmy zasadpra wirtualny h(5) zylisformuªowaniewari-
a yjne. Przybli»one rozwi¡zanie (
u h (x)
) takiego zadaniamo»na otrzyma¢ metod¡ Galerkina, któryponad 100 lat temu zaproponowaª aby rozwi¡zanie przybli»one poszukiwa¢ w posta i kombina ji
1
Formalnie dzikitemu, »e funk jonaªna pra siª zewntrzny h na przemiesz zenia h wirtualny h (lewastrona
(5)jestsymetry znyidodatniookre±lony.
liniowej pewny h znany h funk ji bazowy h ( i¡gªy h i liniowoniezale»ny h)
ϕ 1 (x), ϕ 2 (x), ..., ϕ n (x)
zyli
u(x) ≈ u h (x) = α 1 ϕ 1 (x) + α 2 ϕ 2 (x) + · · · + α n ϕ n (x)
(8)gdzie
α i s¡ nieznanymi wspóª
zynnikami (stopniami swobody). Funk
je bazowe ϕ i s¡ równie»
stosowane jako przemiesz zenia wirtualne 2
. Przykªadowo przyjmuj¡
v = ϕ 1 mamy pierwsze rów-
naniealgebrai zne
Z l 0
ϕ ′ 1 AE(α 1 ϕ ′ 1 + α 2 ϕ ′ 2 + · · · + α n ϕ ′ n ) dx = Z l
0
ϕ 1 q dx + ϕ 1 (l)S
(9)Zapisuj¡ równanie (5) dlakolejny h funk ji bazowy h traktowany h jako funk je testowe otrzymu-
jemy nastpuj¡ y symetry zny ukªad
n
równa« algebrai zny hzn
niewiadomymiGa = f
(10)gdzie
a
jestkolumnowym wektorem niewiadomy hstopni swobodyα 1 , α 2 , . . . , α n,
G ij = Z l
0
ϕ ′ i AEϕ ′ j dx f i = Z l
0
ϕ i q dx + ϕ i (l)S i, j = 1, 2, ..., n
(11)Rozwi¡zanie powy»szego ukªadu równa« algebrai zny h pozwala obli zy¢ stopnieswobody, a zetem
równie»funk j
u h (x)
napodstawie wzoru (8).Takasamaaproksyma jajakwmetodzieGalerkinadlazasadyminimumfunk jonaªu(7)prowadzi
do metody Ritza, która daje ten sam ukªad równa« algebrai zny h (10) o metoda Galerkina.
Poprawne sformuªowanie zadania i i¡gªe funk je bazowe daj¡ gwaran j zbie»no± i metody zyli
zmniejszanie bªduwraz ze zwikszaniem li zby stopni swobody.
6 Algorytm MES na przykªadzie zadania 1D
Metoda elementów sko« zony h pozwala uzyskiwa¢ przybli»one, ale z kontrolowan¡ dokªadno± i¡,
rozwi¡zania zagadnie« brzegowy h modeluj¡ y h za howanie si rze zywisty h konstruk ji. Jest
metod¡Galerkina,wktórejjakofunk jibazowy hu»ywasipoznaneju»w ze±niejfunk jeksztaªtu.
W tym rozdzialeprzedstawiony jestalgorytm MES naprzykªadzie zadaniaprta.
1. Sformuªowanie zadania
Skorzystamy ze sformuªowania waria yjnego - zasady pra wirtualny h (5). Wiemy, na pod-
stawieanalizyfunk jonalnej,»ejesttodobrzepostawionezadanie,maj¡ ejednozna znerozwi¡-
zanie. Przyjmijmy,»e: L=2 m,AE=1000kN, q=10kN/m,S=-3kN. Dlawszystki htypowy h
zada«sformuªowania s¡ dobrzeznane i u»ytkownik programówMES niemusii h podawa¢.
2. Dyskretyza ja - genera ja siatki
Podzielmy od inek
[0, l]
, w którym poszukiwane jest rozwi¡zanie na mniejsze od inki, bd¡ e w tym przypadku elementami sko« zonymi. Jest to t.zw. genera ja siatki MES. Zaªó»my, »e2
Istnieje wersjametody,wktórejfunk jamitestowymi(przemiesz zeniamiwirtualnymi)s¡innefunk jeni»przyj-
mowanedoaproksyma jirozwi¡zania.
zastosujemy3elementysko« zone (rys. 4). Generatorsiatkidostar zainforma jiowspóªrzd-
ny h wzªów (
x 1 = 0, x 2 = 1 3 l, x 3 = 2 3 l, x 4 = l
) i o tym jakie wzªy deniuj¡ posz zególne elementy sko« zone. Istotna jest kolejno±¢ wzªów przyporz¡dkowany h elementom. Zaªó»mynastpuj¡ e rela je: element1 ma wzªy (1,2),element 2 mawzªy (2,3) i element 3ma wzªy
(3,4). Wprowadzony podziaª zyli dyskretyza ja umo»liwia zdeniowanie funk ji ksztaªtu. S¡
1 2 3
1 2 3 4
PSfrag repla ements
ϕ 1 ϕ 2
ϕ 3 ϕ 4
ϕ ′ 1 ϕ ′ 2 ϕ ′ 3 ϕ ′ 4
1 1 1 1
1 h 1 h 1 h 1 h
− h 1
− h 1
− h 1
− h 1
Figure4: Modelowezadanie1D.Dyskretyza jazapomo ¡3elementówsko« zony h zwprowadzon¡
numera j¡ elementów i wzªów oraz wykresy funk ji ksztaªtu i i h po hodny h. Element 1 ma
wzªy (1,2), element 2 ma wzªy (2,3), a element 3 ma wzªy (3,4). Wspóªrzdne wzªów s¡ znane.
Ozna zmy je odpowiednio
x 1 , x 2 , x 3 , x 4. Przyjmijmy, »e dªugo± i elementóws¡ jednakowe i wynosz¡
h = 3 l. Wtedy x 1 = 0, x 2 = 1 3 l, x 3 = 2 3 l, x 4 = l
.
tofunk je i¡gªe(dzikitemumetodanumery znajeststabilna zylimamygwaran j,»ezwik-
szaj¡ li zbelementówsko« zony hzmniejszamybª¡daproksyma jiMES),przyporz¡dkowane
wzªomwtakisposób,»eka»dazfunk jiksztaªtuprzyjmujewarto±¢1wwybranymw¹leoraz0
wpozostaªy hwzªa h. Przyjmijmy,»etakjaknarys. 4bd¡tofunk jeod inkowoliniowe(i h
wykresami s¡ ªamane) 4
. Funk je ksztaªtu bd¡ funk jami bazowymi aproksyma ji rozwi¡za-
nia,funk jamitestowymiwmetodzieGalerkinaorazfunk jamiaproksymuj¡ ymibrzegobszaru
(w 1D zawsze, w 2D i 3D w wielu przypadka h aproksyma ja brzegu jest dokªadnym opisem
geometriiobszaru).
Aproksyma ja MES wyra»a si wzorem (8). Dziki opisanym powy»ej wªa± iwo± iom funk ji
ksztaªtuªatwozauwa»y¢, »e
u h (x 1 ) = α 1 ϕ 1 (x 1 ) + α 2 ϕ 2 (x 1 ) + · · · + α n ϕ n (x 1 ) = α 1 · 1 + α 2 · 0 + · · · + α n · 0 = α 1 (12)
orazogólnie
u h (x i ) = α i , i = 1, 2, . . . , n
(13)3
W prakty epotrzebny hjestzna zniewi ej elementówdouzyskaniaodpowiedniejdokªadno± i.
4
Klasy znepo hodnefunk jiksztaªtunieistniej¡wwzªa h(prawostronnanierównasilewostronnej)alezarówno
po hodnejaki aªkiwzasadziewaria yjnej(5)s¡rozumianewogólniejszymsensieidlategozmatematy znegopunktu
widzeniawszystkojestpoprawnie. Zpunktuwidzeniame hanikiprzemiesz zeniamog¡by¢niegªadkie(mie¢skokow¡
zmianpo hodnej) wmiejs uzmianyparametrówmateriaªowy h o mamiejs enp. wkompozyta h.
Wprowadzaj¡ ozna zenie
u h (x i ) = u i aproksyma j MES przyjmiemy w posta i kombina ji funk jiksztaªtuzestopniamiswobodybd¡ ymiwarto± iami(narazienieznanymi)rozwi¡zania
przybli»onegow wzªa h
u h (x) = u 1 ϕ 1 (x) + u 2 ϕ 2 (x) + · · · + u n ϕ n (x)
(14)Podstawow¡ zalet¡ funk ji ksztaªtu jako funk ji bazowy h jestto »e przyjmuj¡ warto± i nieze-
rowe tylko na niewielki h podobszara h (w elementa h zwi¡zany h z wybranym wzªem). W
prakty e, przy du»ej li zbie elementów sko« zony h, podobszary te s¡ bardzo maªe w porów-
naniuz aªym obszarem.
W rozwa»anym przykªadzie
n = 4
i mówimy, »e globalna li zba stopni swobody (LSS) jestrówna 4.
3. Agrega ja
Poniewa»metodaelementówsko« zony h jestmetod¡Galerkinaukªad równa«algebrai zny h
pozwalaj¡ yobli zy¢stopnieswobodymaposta¢tak¡jak wrozdziale5alez dodatkow¡ enn¡
zalet¡jak¡jest pasmowo±¢ (du»o wspóª zynników zerowy h).
Przykªadowoje»elijakofunk jitestoweju»yjemypierwszejfunk jiksztaªtuotrzymamypierwsze
równaniealgebrai zne
Z l 0
ϕ ′ 1 AE(u 1 ϕ 1 + u 2 ϕ 2 + u 3 ϕ 3 + u 4 ϕ 4 ) ′ dx = Z l
0
ϕ 1 qdx + ϕ 1 (l)P
(15)Poniewa»
ϕ ′ 1 ϕ ′ 3 = ϕ ′ 1 ϕ ′ 4 = 0
,aϕ ′ 1 ϕ ′ 1 iϕ ′ 1 ϕ ′ 4 s¡niezerowetylkowelemen
iepierwszym,powy»sze
równaniemaposta¢
u 1 Z
e 1
ϕ ′ 1 AEϕ 1 ′ dx + u 2 Z
e 1
ϕ ′ 1 AEϕ 2 ′ dx + u 3 · 0 + u 4 · 0 = Z
e 1
ϕ 1 qdx + 0 · S
(16)gdzie
e 1 ozna
za pierwszyelement(od
inek [0, h]
). Nastpnerówniaotrzymujemyanalogi
znie
imo»na je zapisa¢ma
ierzowo
AE
R
e1 ϕ ′ 1 ϕ 1 ′ R
e1 ϕ ′ 1 ϕ 2 ′ 0 0
R
e1 ϕ ′ 2 ϕ 1 ′ R
e1 ϕ ′ 2 ϕ 2 ′ + R
e2 ϕ ′ 2 ϕ 2 ′ R
e2 ϕ ′ 2 ϕ 3 ′ 0
0 R
e2 ϕ ′ 3 ϕ 2 ′ R
e2 ϕ ′ 3 ϕ 3 ′ + R
e3 ϕ ′ 3 ϕ 4 ′ R
e3 ϕ ′ 3 ϕ 4 ′
0 0 R
e3 ϕ ′ 4 ϕ 3 ′ R
e3 ϕ ′ 4 ϕ 4 ′
u 1
u 2
u 3
u 4
=
R
e1 ϕ 1 q R
e1 ϕ 2 q + R
e2 ϕ 2 q R
e2 ϕ 3 q + R
e3 ϕ 3 q R
e3 ϕ 4 q
+
0
0
0
S
(17)
gdzie dla skró enia zapisu pominito pod aªkami symbol
dx
oraz przyjto, »eAE =
onst, akolorami ozna zono wkªad kolejny h elementów sko« zony h do (globalnego) ukªadu równa«
algebrai zny h. Podma ierze2x2ozna zoneposz zególnymikoloraminazywaj¡ sima ierzami
(sztywno± i)elementów. Analogi zniepodma ierzekolumnowe2x1w hodz¡ ewskªadwektora
prawy h stron nazywaj¡ si wektorami(ob i¡»enia)elementów. Dla ka»degoelementu korzys-
tamy wzwi¡zkuztymjedyniezdwó hfunk jiksztaªtu,gdy» tylkote, któres¡zwi¡zanezjego
wzªami(rys. 5)niezeruj¡siwelemen ie. Dla ty hfunk jistosujemynumera jlokaln¡: 1,2.
ZatemLSS elementuw tym zadaniui przy tej dyskretyza ji jest równa 2.
PSfrag repla ements
ϕ 1 ϕ 2
Figure 5: Modelowe zadanie 1D. Lokalnie ponumerowane funk je ksztaªtu
ϕ 1 (x), ϕ 2 (x)
elementusko« zonego o wzªa h
x 1 , x 2 (równie» zzastosowaniem numera ji lokalnej).
Stosuj¡ lokaln¡numera j(niebdzieonadalejspe jalnieozna zana),wspóª zynnikima ierzy
(
K e)i wektora (P e)elementue
obli
zasi ze wzorów
K ij e =
e
obli zasi ze wzorówK ij e =
Z
e
ϕ ′ i AEϕ ′ j dx, P i e = Z
e
ϕ i q dx, i, j = 1, 2
(18)Wzory te mo»na uzyska¢ bezpo±rednio, podstawiaj¡ funk je ksztaªtu za funk je testowe i
bazowe do aªek po lewej i prawej stronie sformuªowania waria yjnego. Skªadnik bez aªki
(
v(l)S
) nie jest zwi¡zany z »adnym elementem i jest uwzgldniany ina zej ni» skªadniki z aªkami.atwoobli zy¢ma ierzsztywno± i dlaelementuodªugo± i
h
(niezale»nieodjegopoªo»eniana osix
) oraz wektor ob i¡»enia dlastaªegoob i¡»eniaq
K e = AE h
1 −1
−1 1
, f e = qh 2
1 1
(19)
Ma ierzwspóª zynników (
K
)iwektor prawy h stron(f
)algebrai znego ukªadurówna« nazy- waj¡ siglobaln¡ma ierz¡(sztywno± i)iglobalnymwektorem(ob i¡»enia). I hwspóª zynnikinajwygodniej obli za si metod¡ agrega ji, element po elemen ie 5
. Agrega j w nastpuj¡ y
sposób.
•
Przyjmujemy zerow¡globaln¡ma ierzsztywno± iK nxnizerowyglobalnywektorob i¡»e-
nia
f nx1. Poniewa»n = 4
K =
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
, f =
0 0 0 0
(20)
•
Kolejno, dla ka»dego elementu obli zamy ma ierz i wektor elementowy6, a nastpnie do-dajemy i h wspóª zynniki do ma ierzy i wektora globalnego w miejs a wynikaj¡ e z nu-
merówglobalny h stopni swobody elementu. Numery te s¡ adresami(okre±laj¡ kolumny
i wiersze) w ma ierzy i wektorze globalnym pod które nale»y "dostar zy¢" posz zególne
wspóª zynniki ma ierzy iwektora elementu.
5
Przykªad 1Djestsz zególny,gdy» sformuªowaniewaria yjnezawieraskªadnikbez aªki, któryuwzgldniasina
poziomieglobalnym, zylibezagrega ji.
6
W rozwa»anymprzykªadziema ierzeiwektorywszystki helementóws¡takiesame(patrzwzory19).
K = AE h
1 −1 0 0
−1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
, f = qh 2
1 1 0 0
(21)
(b) Element 2 mawzªy (2,3). Po agrega jijego ma ierzyi wektora
K = AE h
1 −1 0 0
−1 2 −1 0 0 −1 1 0
0 0 0 0
, f = qh 2
1 2 1 0
(22)
( ) Element 3 mawzªy (3,4). Po agrega jijego ma ierzyi wektora
K = AE h
1 −1 0 0
−1 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 1
, f = qh 2
1 2 2 1
(23)
•
W nietypowym zadaniu 1D nale»y jesz ze doda¢ wektor z siª¡ skupion¡S
przyªo»on¡ w4-tym w¹le (dlategowystpuje w4-tym wierszu), a zatem
K = AE h
1 −1 0 0
−1 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 1
, f = qh 2
1 2 2 1
+
0 0 0 S
(24)
Otrzymali±myw ten sposób ukªad równa« algebrai zny h
AE h
1 −1 0 0
−1 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 1
u 1
u 2
u 3 u 4
= qh 2
1 2 2 1
+
0 0 0 S
(25)
Przyjmuj¡ ozna zenia
u 1
u 2
u 3
u 4
= u, qh 2
1 2 2 1
= P ,
0 0 0 S
= W
(26)zyli wektory, odpowiednio: stopni swobody, ob i¡»enia i siª wzªowy h mo»na zapisa¢ ukªad
równa«algebrai zny h w zwarty sposób
Ku = P + W
(27)0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 -3
1500 -1500 0 0 3.3333
-1500 1500 0 0 3.3333
0 0 0 0 0
0 0 0 0 -3
1500 -1500 0 0 3.3333
-1500 3000 -1500 0 6.6667
0 -1500 1500 0 3.3333
0 0 0 0 -3
1500 -1500 0 0 3.3333
-1500 3000 -1500 0 6.6667
0 -1500 3000 -1500 6.6667
0 0 -1500 1500 0.33333
Figure6: Modelowe zadanie1D. Przebieg agrega ji ma ierzy sztywno± i (4x4)i wektora ob i¡»enia
(ostatniakolumna). Wektor siªwzªowy h wstawionona po z¡tku agrega ji.
Po przyj iu parametrów zdeniowany h na po z¡tku rozdziaªu 6, ma ierz i wektor elementu
s¡równe
K e =
1500 −1500
−1500 1500
, P e = 3.333 3.333
(28)
iagrega ja przebiega wsposób pokazany narys. 6.
4. Uwzgldnienie warunków kinematy zny h i rozwi¡zanie ukªadu równa«
Ma ierz ukªadu równa« algebrai zny h (27) jest osobliwa. Wynika to z nie uwzgldnienia do
tej pory kinematy znego warunku brzegowego. Z me haniki wiemy, »e bez taki h warunków
(podpór) ukªad jest geometry znie zmienny i analiza staty zna nie umo»liwia obli zy¢ jed-
nozna zny h przemiesz ze«. Zmatematy znegopunktu widzenia warunekkinematy zny, zyli
u(0) = 0
implikuje,»epierwszafunk jaksztaªtuniejestwªa± iw¡funk j¡testow¡(przemiesz ze- niem wirtualnym), a zatem pierwsze równanie w uzyskanym metod¡ agrega ji ukªadzie (27)jest"nielegalne". Zostaªoono jednak utworzone elowo, dlauprosz zenia algorytmuagrega ji
ale teraz nale»y go wyeliminowa¢. Poniewa» znamy przemiesz zenie w pierwszym w¹le zyli
znamy pierwszy stopie« swobody
u 1 mo»na pomno»y¢ pierwsz¡ kolumn ma ierzy sztywno± i
przez
u 1 (gdyby byª znany stopie« swobody u k to kolumn "k") i przenie±¢ otrzymany wek-
tor na praw¡ stron
7
. W tym przykªadzie
u 1 = 0
zatem przenoszony wektor jest zerowy, ale niezawsze tak musiby¢. Nastpnierezygnujemy z pierwszego (w ogólno± ik-tego) równania.Otrzymujemy w ten sposób ukªad 3równa« z 3niewiadomymi
AE h
2 −1 0
−1 2 −1 0 −1 1
u 2
u 3
u 4
= qh 2
2 2 1
+
0 0 S
(29)Numery znie, uwzgldnienie kinematy zny h warunków brzegowego wygodniej jest wykona¢
bez zmiany wymiarów ma ierzy i wektora ukªadu równa«. Po przeniesieniu, jak poprzednio,
znany h wyra»e« na prawe strony nale»y wyzerowa¢ k-t¡ kolumn (przeniesiona na praw¡
stron) i k-ty wiersz ("nielegalne" równanie) ma ierzy sztywno± i a nastpnie wstawi¢ li zb
1
na przek¡tn¡ oraz znany stopie« swobody na praw¡ stron k-tego równania (waruneku k =
7
Jest toprzenoszeniewka»dymrównaniuznanegowra»enianapraw¡stron.
u(x k )
). W rozwa»anym przykªadzie otrzymamyAE h
1 0 0 0
0 2 −1 0
0 −1 2 −1
0 0 −1 1
u 1
u 2
u 3
u 4
= qh 2
0 2 2 1
+
0 0 0 S
(30)
Ukªad równa« algebrai zny h, w posta i (29) albo (30) jest symetry zny, pasmowy, dodatnio
okre±lony i ma jednozna zne rozwi¡zanie, które mo»na obli zy¢ jedn¡ z bezpo±redni h albo
itera yjny hmetodnumery zny h. Dlaprzyjty hkonkretny h dany hli zbowy hotrzymamy
u 1 = 0, u 2 = 0.009111, u 3 = 0.01378, u 4 = 0.01400 [m]
(31)5. Wyniki obli ze«
Znaj¡ stopnie swobody mo»emy wró i¢ do aproksyma ji za pomo ¡ funk ji ksztaªtu. Na-
jlepiejstosowa¢ j¡element poelemen ietak jaktobyªoprzy agrega jiukªadu równa«. Zatem,
ka»dy element sko« zony rozwa»amy indywidualnie, stosuj¡ numera j lokaln¡ (rys. 5).
Wiedz¡ , na podstawie rela jielement-wzªy jakie s¡ numery wzªów pobieramy wspóªrzdne
ty h wzªów (w lokalnej numera ji ozna zamy je
x 1 , x 2), od
zytujemy z globalnego wektora
stopni swobody stopnie swobody elementu (ozna
zaj¡
jako u 1 , u 2) i zapisujemy rozwi¡zanie
MESw rozwa»anym elemen
ie sko«
zonym
u e h (x) = u 1 ϕ 1 (x) + u 2 ϕ 2 (x) = u 1
x − x 2
x 1 − x 2 + u 2
x − x 1
x 2 − x 1 (32)
Przykªadowo, dla elementu 3, stosuj¡ numera j lokaln¡
x 1 = 1.333, x 2 = 2.000, u 1 = 0.01378, u 2 = 0.01400
, a zatemu (3) h = x/3000 + 1/75
(33)Mo»emy teraz obli zy¢ siªosiow¡ wka»dym elemen ie korzystaj¡ ze wzoru
N = AEu ′, zyli
dla rozwi¡zania przybli»onego (32), z lokanie ponumerowanymi stopniami swobody
u 1 , u 2,
za hodzi
N h e (x) = AE[u 1 ϕ ′ 1 (x) + u 2 ϕ ′ 2 (x)] = AE u 2 − u 1
h
(34)Wsz zególno± i, dlaelementu 3:
N h (3) = AE 0.01400 − 0.01378
2/3 = 0.3333 kN
(35)Takuzyskane rozwi¡zaniei siªaosiowa,narysowane elementpoelemen ie,s¡przedstawionena
rys. 7.
6. Bª¡d rozwi¡zania
Po uzyskaniu rozwi¡za« wa»n¡ rze z¡jest znajomo±¢ jego dokªadno± i. Bªdy przemiesz ze« i
siªyosiowej deniuje si nastpuj¡ o
e u (x) = u(x) − u h (x), e N (x) = N(x) − N h (x)
(36)0 0.5 1 1.5 2 x
-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16
u h 10 -3
0 0.5 1 1.5 2
x -4
-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
N h
Figure7: Modelowezadanie1D.Wykresrozwi¡zaniaMESiobli zonejnajegopodstawiesiªyosiowej.
0 0.5 1 1.5 2
x -2
0 2 4 6 8 10 12 14 16
u h
10 -3
0 0.5 1 1.5 2
x -4
-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
N h
Figure8: Modelowezadanie1D.Wykresrozwi¡zaniaMESiobli zonejnajegopodstawiesiªyosiowej
(liniegrube), dokªadne rozwi¡zanie isiªa osiowa(linie kreskowane), bªdy rozwi¡zaniai siªy osiowej
(linie ienkie).
Przykªadowe zadanie, które rozwi¡zujemy zapomo ¡MES jest bardzo prostei ªatwo obli zy¢
dokªadne
u(x), N(x)
. I h wykresy pokazano lini¡ przerywan¡ na rys 8. Zamiesz zono tam równie»wykresybªdówe u (x), e N (x)
. Wrze zywisto± iMESstosujemywtedy,kiedynieznamy rozwi¡zaniadokªadnego. Dlatego wprakty emo»liwejestjedynie osza owanie bªdu obli ze«.Metody osza owania bªdubez znajomo± i rozwi¡zaniadokªadnego bd¡ przedstawione wdal-
szej z± i wykªadu.
Wartozauwa»y¢, »e przemiesz zenias¡ i¡gªeidokªadnewwzªa hsiatkiMES, natomiastsiªa
osiowa jest od inkowo i¡gªai dokªadna w ±rodka h elementów. Dokªadne przemiesz zenia w
wzªa h wynikaj¡ ze sz zególny h e h zada« 1D. W ogólno± i obserwujemy, »e rozwi¡zanie
MESmanajmniejszybª¡d wwzªa ha napr»eniawpewny h punkta hwewn¡trz elementów.
Bª¡d napr»e« (siª) jest na ogóª wikszy od bªdu przemiesz ze«. Czsto, a zwªasz za dla
ukªadówprtowy hstosujesispe jalneopra owaniewyników,którepozwalaobli zy¢dokªadne
warto± i siª przekrojowy h ukªadów prtowy h w wzªa h siatki MES (zamiast skokowej i h
W przedstawionym powy»ej algorytmie mo»na wyró»ni¢ trzy harakterysty zne etapy obli ze«:
prepro esor (punkty 1,2) -sformuªowaniezadania, przyj ie dany h,genera ja siatkiMES istruk-
tury dany h, pro esor (punkty 3,4) - utworzenie i rozwi¡zanie ukªadu równa« algebrai zny h, za-
pamitaniewyniku, postpro esor(punkty5,6)-przedstawieniewyników(przemiesz ze«)obli zenie
po hodny h (napr»e«),osza owanie bªdu obli ze«.
Algorytm MES zostaª zilustrowany prostym zadaniem me haniki. Jednak interpreta ja zy zna
nie miaªa »adnego zna zenia. Istotny byª typ rozwa»anego równania ró»ni zkowego (
−AEu ′′ = q
),któremo»nazast¡pi¢np.,bardzopodobnym
−AkT ′′ = f
,modeluj¡ ymsta jonarnyprzepªyw iepªa (T (x)
ozna zarozkªadtemperatury,k
jestwspóª zynnikiemprzewodzenia iepª¡,af
intensywno± i¡¹ródªa iepªa)ialgorytmmetodypozostanieidenty zny. Dlatego,MESjestmetod¡aproksyma ji
rozwi¡za« równa« ró»ni zkowy h, a równania te s¡ matematy znymi modelami zjawisk
zy zny h. Warto o tympamita¢, zwªasz za przy o enie wiarygodno± iwynikówobli ze«.
7 MES dla sta jonarnego przepªywu iepªa w 2D
W rozdziale omówione jest zastosowanie metody elementów sko« zony h do rozwi¡zania równania
Lapla e'a w obszarze 2D. Równanie to mo»e opisywa¢ przepªyw iepªa w iaªa h staªy h, gdzie
zjawiskotoodbywasinazasadzieprzewodzeniaina zejdyfuzji 8
. Dodatkowozaªo»ymy,»e mamydo
zynieniaz pro esem ustalonym, a wi sytua j¡, gdy temperatura niezmienia si w zasie. Zale»y
jedynie od poªo»enia (wspóªrzdny h przestrzenny h) punktu i dla uprosz zenia tylko od dwó h
wspóªrzdny h. Bdziemy zatem poszukiwa¢funk ji dwó h zmienny h o warto± ia h skalarny h.
Równaniami opisuj¡ ymi rozkªad temperatury
T (x, y)
przy sta jonarnym przepªywie iepªa w iele staªym s¡: zasada za howania energii dlaukªadów termodynami zny hdiv
q = Q
(37)oraz prawo Fouriera jako najprostsze prawo konstytutywne, które dla materiaªu izotropowego ma
posta¢
q = −k∇T
(38)gdzie div
q = ∂q x
∂x + ∂q y
∂y
,∇T = ∂T
∂x , ∂T
∂y
,
q
jest strumieniem iepªa[ m W 2 ]
, ± i±lej nat»eniemstrumienia, którego warto±¢
q = lim A,t→0
Q
At
(ilo±¢ iepªa przepªywaj¡ ego przez dan¡ powierz hnipodzielonaprzezpoletejpowierz hni i zas przepªywu),
Q
ozna za intensywno±¢ ¹ródªa iepªa[ m W 3 ]
,któramo»e by¢ dodatnia (ogrzewanie) alboujemna ( hªodzenie),
k
jest parametrem materiaªowym zwanym wspóª zynnikiem przewodzenia iepªa (przykªadowo k=0.8W
m deg
dla betonu, k=50W m deg
dla stali). W ogólno± i, np. w iaªa h anizotropowy h, wektor
q
nie jest wspóªliniowy z gradien- tem temperatury i wªa± iwo± i materiaªu s¡ opisywane za pomo ¡ ma ierzy, która w najprostszymprzypadku,dla przyjtegotu materiaªujednorodnego izotropowego (
q || ∇T
)ma posta¢K = k 0 0 k
(39)
8
Inneformyprzepªywu iepªa,któres¡opisywaneinnymirównaniamitokonwek jaipromieniowanie.
muªowanie mo ne zadania sta jonarnego przepªywu iepªa w iaªa h staªy h: znale¹¢ temperatur
T(x,y) w obszarze
Ω
(rys. 9), tak¡ »e
−k∆T = Q
wΩ T = ˆ T
na∂Ω T
k ∂T ∂n = q n na∂Ω q
(40)
gdzie
∆T = ∂ 2 T
∂x 2 + ∂ 2 T
∂y 2 , ∂T
∂n = ∂T x
∂x n x + ∂T y
∂y n y , n x , n y s¡ skªadowymi wersora (pn 2 x + n 2 y = 1
)
prostopadªegodobrzegu,skierowanegonazewn¡trz,
q njestwarto± i¡skªadowejnormalnejstrumienia
iepªana brzegu, maj¡ ¡znak dodatni je»eli iepªo dopªywa do iaªa (analogi zniejak dla
Q
). AbyPSfrag repla ements
T ˆ
Q ˆ
q n
ˆ q n
Figure 9: Ozna zenia stosowane w zadaniu sta jonarnego przewodzenia iepªa.
Q
- ¹ródªo iepªawewn¡trz iaªa (ma warto±¢ dodatni¡ gdy iepªo dopªywa),
T ˆ
- znanatemperaturana z± ibrzegu,ˆ
q
- znany strumie« na z± i brzegu,q ˆ n - skªadowa normalnastrumienia na brzegu (narysowana w jednympunk iealejestdanana aªej z± ibrzegu,naktórejniejestznanatemperatura, mawarto±¢
dodatni¡ gdy iepªo dopªywa),
n
-wersor normalny nabrzegu.przeksztaª i¢ powy»sze sformuªowanie do posta i sªabej potrzebnej w MES nale»y pomno»y¢ obie
strony równania (40)
i
przez funk j testow¡ i wy aªkowa¢ przez z± i. Otrzymamy w ten sposóbodpowiednik zasady pra wirtualny h: znale¹¢ T(x,y), takie »e
T = ˆ T
na∂Ω T i
Z
Ω
k∇v · ∇T dΩ = Z
Ω
vQ dΩ + Z
∂Ω q
v ˆ q n ds ∀v : v = 0
na∂Ω T (41)
Temperatura znana na z± i brzegu jest odpowiednikiem warunku kinematy znego i ze wzgldu
nato,»e wystpuje poza zasad¡ waria yjn¡ nazywa si warunkiempodstawowym(albo Diri hleta),
natomiastznanaskªadowa normalnastrumieniajest wbudowana wfunk jonaª inosi nazw warunku
naturalnego (Neumanna). Tak jak to byªo w zadaniu prta mo»na sformuªowanie waria yjne (41)
zast¡pi¢zadaniem minimaliza jipewnego funk jonaªu.
Rozwa»myzadanieprzykªadowe,którymjestprzepªyw iepªawpryzmaty znympr iezustalon¡
staª¡w zasie iprzestrzeni temperatur¡najednej z± ipobo zni yoraz staªym strumieniem iepªa
napozostaªej z± i pobo zni y. Mo»na zatem rozwa»a¢ tylkojeden przekrój prta. Przyjmijmy,»e
jestto trapez przedstawiony narys. 10z przedstawionymi tam warunkamibrzegowymii ¹ródªem.
PSfrag repla ements
T = 500K ˆ
Q = 120W/m 3
ˆ
q (||ˆ q|| = 100W/m 2 ) 1m
1m
2m
Figure10: Przykªadowezadanie2D.Sta jonarnyprzepªyw iepªa. Wspóª zynnikprzewodzenia iepªa
k = 1 m deg W .
Zastosowanie MES do aproksyma ji rozwi¡zania powy»szego zadania mo»na uzyska¢ w poni»ej
opisany h, poznany h naprzykªadzie zadania1D, etapa h.
1. Sformuªowanie zadania
Skorzystamy ze sformuªowaniawaria yjnego (41). Wiemy,napodstawie analizyfunk jonalnej,
»e jest todobrze postawione zadanie, maj¡ e jednozna zne rozwi¡zanie.
2. Dyskretyza ja - genera ja siatki
Elementy sko« zone w2D mog¡by¢ trójk¡tamialbo zworok¡tami,wogólno± iokrzywolinio-
wy h boka h. Przyjty w przykªadowym zadaniu obszar w ksztaª ie trapezu podzielmy na 3
przystaj¡ e trójk¡typrostok¡tne, równoramienne, bd¡ eelementami sko« zonymi. Generator
siatkidostar za informa jio wspóªrzdny h wzªów:
(0, 1), (0, 0), (1, 1), (1, 0), (2, 0)
i o tymjakie wzªy deniuj¡ posz zególne elementy sko« zone. Istotna jest kolejno±¢ wzªów przy-
porz¡dkowany h elementom. Zaªó»mynastpuj¡ e rela je: element1 mawzªy(1,2,4),element
2 ma wzªy (4,3,1) i element 3 ma wzªy (3,4,5). Wprowadzony podziaª zyli dyskretyza ja
umo»liwia zdeniowanie funk ji ksztaªtu. S¡ to funk je i¡gªe (dziki temu MES jest sta-
bilna zyli mamy gwaran j, »e zwikszaj¡ li zb elementów sko« zony h zmniejszamy bª¡d
aproksyma ji),przyporz¡dkowane wzªomwtakisposób, »eka»dazfunk jiksztaªtuprzyjmuje
warto±¢1wwybranymw¹leoraz 0wpozostaªy hwzªa h. Wrozwa»anymprzykªadzieka»dy
elementma 3 stopnieswobody a globalnai h li zba (LSS) jest równa 5. Na rys. 12 pokazano
wykres funk ji ksztaªtu zwi¡zanejz wzªem nr. 1.
3. Agrega ja
Stosuj¡ lokaln¡ numera j, wspóª zynniki ma ierzy (
K e) i wektora (f e) elementu e
obli
za
e
obli zasize wzorów
K ij e = Z
e
k∇ϕ i · ∇ϕ j dΩ, i, j = 1, 2, 3
(42)1
2
3
PSfrag repla ements 1
2
3
4 5
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1
500 550 600 650 700
PSfrag repla ements
1
2
3
4
5
Figure 11: Przykªadowe zadanie 2D. Dyskretyza ja i pole temperatury obli zone za pomo ¡ MES
dla3 elementówsko« zony h.
0 1
2 0.5
0.5 1.5
1 1
0.5
0 0 0
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Figure12: Przykªadowezadanie2D.Wykresfunk jiksztaªtuzwi¡zanejzwzªemnr.1(1/4piramidy).
f i e = Z
e
ϕ i Q dΩ + Z
∂e∩∂Ω q
ϕ i q n ds i, j = 1, 2, 3
(43)gdzie
∂e ∩ ∂Ω q jest
z±
i¡brzeguelementule»¡
¡na"ob
i¡»onym"(q njest znane)fragmen
ie
brzegu aªego obszaru.
Warto zauwa»y¢, »e nie ma po prawej stronie zasady waria yjnej skªadnika bez aªki, a za-
tem w globalnym wektorze ob i¡»enia nie bdzie skªadnika obli zanego poza agrega j¡ zyli
odpowiednika wektora
W
ukªadu równa« algebrai zny h (27). Wektoryob i¡»enias¡w ogól- no± i wynikami aªkowania nie tylko po wntrzu elementu, jak to byªo w zadaniu 1D, alerównie»mog¡ wymaga¢ aªkowania po z± i brzegu
∂Ω q.
Zajmijmysielementem1(rys. 13). Przyjmuj¡ ukªadwspóªrzdny hww¹le2,ªatwonapisa¢
1
2 3
Figure13: Przykªadowe zadanie2D. Element nr. 1 z lokalnie ponumerowanymi wzªami.
nastpuj¡ e wzory naponumerowane lokalnie funk je ksztaªtu
ϕ 1 (x, y) = y
ϕ 2 (x, y) = 1 − x − y ϕ 3 (x, y) = x
(44)
Ogólnie, funk ja przyjmuj¡ a warto±¢ 1 w w¹le o wspóªrzdny h
(x k , y k )
i zeruj¡ a si wwzªa howspóªrzdny h
(x i , y i ), (x j , y j )
mo»eby¢zapisanawzoremϕ k = A k x + B k y + C k
A k x k + B k y k + C k
,
gdzie
A k , B k , C k s¡ wspóª
zynnikami równania prostej (A k x + B k y + C k = 0
) prze
hodz¡
ej
przez punkty (x i , y i ), (x j , y j )
. Gradienty funk
ji ksztaªtu, wystpuj¡
e we wzora
h na
wspóª
zynniki ma
ierzy sztywno±
i, s¡nastpuj¡
ymi wektorami niezale»nymi od x, y
∇ϕ 1 = [0, 1]
∇ϕ 2 = [−1, −1]
∇ϕ 3 = [1, 0]
(45)
Zatemªatwo obli zy¢, »e dla
k = const K 11 e = k R
e [0, 1] · [0, 1] dx dy = k R
e (0 · 0 + 1 · 1) dx dy = kA K 12 e = k R
e [0, 1] · [−1, −1] dx dy = −kA K 13 e = k R
e [0, 1] · [1, 0] dx dy = 0 K 22 e = k R
e [−1, −1] · [−1, −1] dx dy = 2kA . . .
(46)
gdzie
A
jest polem elementu sko« zonego. Ma ierze wszystki h elementów przy zastosowa- nej dyskretyza ji (trójk¡ty przystaj¡ e, z wzªami ponumerowanymi tak aby wzeª przy k¡ ieprostym byª drugi) s¡jednakowe i równe 9
K e = kA
1 −1 0
−1 2 −1 0 −1 1
(47)9
Elementy sko« zonemog¡ by¢dowolnymi trójk¡tami albo zworok¡tami. atwodla ni h uogólni¢ stosowan¡w
tymprostym obli zeniowoprzykªadziemetodobli zaniawspóª zynnikówma ierzyiwektorówelementowy h.
poelemen ie, w nastpuj¡ ysposób.
•
Przyjmujemy zerow¡globaln¡ma ierzsztywno± iK nxnizerowyglobalnywektorob i¡»e-
nia
f nx1. Poniewa»n = 5
K =
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
, f =
0 0 0 0 0
(48)
•
Kolejno, dlaka»degoelementuwt.zw. pro edurze elementowejobli zasima ierz(w tym przykªadzie ju» obli zona)i wektor elementu. I hwspóª zynniki dodajemy doma ierzy iwektoraglobalnegowmiejs awynikaj¡ eznumerówglobalny hstopniswobodyelementu.
Numery te s¡ adresami (okre±laj¡ kolumny i wiersze) w ma ierzy i wektorze globalnym
podktóre nale»y "dostar zy¢" posz zególne wspóª zynniki ma ierzy i wektora elementu.
(a) Wspóª zynnikiwektoraelementu(wzór(43))s¡wogólno± isumami aªekpowntrzu
i z± i jego brzegu. Obli zmy kolejno potrzebne aªki pamitaj¡ , »e
Q = 120 = const, q n = 100 = const
10Z
e
ϕ 1 Q dx dy = Z
e
ϕ 2 Q dx dy = Z
e
ϕ 3 Q dx dy = 1
3 AQ = 20 Z 1
0
ϕ 1 q n dy = 1
2 q n = 50 Z 1
0
ϕ 2 q n dy = 1
2 q n = 50 Z 1
0
ϕ 3 q n dy = 0
(49)
a zatemwektor ob i¡»eniaelementu 1jest równy
f (1) =
20 + 50 20 + 50 20 + 0
=
70 70 20
(50)Element 1 mawzªy (1,2,4). Po agrega ji jegoma ierzy i wektora
K = 1 2
1 −1 0 0 0
−1 2 0 −1 0
0 0 0 0 0
0 −1 0 1 0
0 0 0 0 0
, f =
70 70 0 20
0
(51)
10
R
e ϕ 1 dx dy
jestrównaobjto± i ostrosªupajaki tworzywykres funk jiϕ 1
(rys. 12), aZ 1
0
ϕ 1 dx
jestrównapolutrójk¡tajakitworzywykrestejfunk jinaod inkupomidzywzªami 1i2.
f (2) =
20 + 0 20 + 50 20 + 50
=
20 70 70
(52)Element 2 mawzªy (4,3,1). Po agrega ji jegoma ierzy i wektora
K = 1 2
2 −1 −1 0 0
−1 2 0 −1 0
−1 0 2 −1 0
0 −1 −1 2 0
0 0 0 0 0
, f =
140
70 70 40 0
(53)
( ) Wektor ob i¡»eniaelementu 3jest równy
f (3) =
20 + 71 20 + 0 20 + 71
=
91 20 91
(54)Element 3 mawzªy (3,4,5). Po agrega ji jegoma ierzy i wektora
K = 1 2
2 −1 −1 0 0
−1 2 0 −1 0
−1 0 3 −2 0
0 −1 −2 4 −1
0 0 0 −1 1
, f =
140
70 161
60 91
(55)
Otrzymali±myw ten sposób ukªad równa« algebrai zny h
1 2
2 −1 −1 0 0
−1 2 0 −1 0
−1 0 3 −2 0
0 −1 −2 4 −1
0 0 0 −1 1
T 1
T 2
T 3
T 4
T 5
=
140
70 161
60 91
(56)
Przyjmuj¡ ozna zenia
T 1 T 2
T 3
T 4 T 5
= u,
140
70 161
60 91
= f
(57)zyliwektorystopniswobodyiob i¡»eniamo»nazapisa¢ukªadrówna«algebrai zny hwzwarty
sposób
Ku = f
(58)Poniewa»
T 2 = T 4 = T 5 = 500
, mno»ymy odpowiadaj¡ e tym stopniom swobody kolumny ma ierzysztywno± iprzezznanewarto± iiprzenosimynapraw¡stron. Nastpnierezygnujemyzrówna« 2,4,5 zastpuj¡ je równaniami
T 2 = 500, T 4 = 500, T 5 = 500
o prowadzi doukªadu
1 0 −0.5 0 0
0 1 0 0 0
−0.5 0 1.5 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
T 1
T 2
T 3
T 4 T 5
=
390 500 661 500 500
(59)
któregorozwi¡zaniem s¡
T 1 = 732, T 2 = 500, T 3 = 685, T 4 = 500, T 5 = 500 [K]
(60)5. Wyniki obli ze«
Znaj¡ stopnieswobody,które przyzastosowany hfunk ja hksztaªtus¡warto± iamirozwi¡za-
nia przybli»onego w wzªa h mo»na opra owa¢ wyniki element po elemen ie. Wiedz¡ , na
podstawie rela jielement-wzªy jakie s¡ numery wzªów pobieramy wspóªrzdne ty h wzªów
orazstopnie swobody elementu (ozna zaj¡ je zzastosowaniemlokalnejnumera ji
T 1 , T 2 , T 3)i
zapisujemy rozwi¡zanieMES w rozwa»anym elemen ie sko« zonym
T h e (x) = T 1 ϕ 1 (x, y) + T 2 ϕ 2 (x, y) + T 3 ϕ 3 (x, y)
(61)Przykªadowo, dla elementu 1, stosuj¡ numera j lokaln¡
T 1 = 732, T 2 = 0.500, T 3 = 500
, azatem
T h (1) (x, y) = 732y + 500(1 − x − y) + 500x = 232y + 500
(62)Stosuj¡ prawo Fourieramo»emy obli zy¢strumie« iepªa wtym elemen ie
q (1) h = −k∇T h (1) = [0, −232]
(63)Wektory
q h s¡ staªe w elementa
h i nie
i¡gªe midzy nimi. Podobnie mo»na obli
zy¢ q (2) h = [47, −185]
i q (3) h = [0, −185]
. Wykres
i¡gªego pola temperatury pokazano na rys. 11b, a
wektory strumienia
iepªa obli
zonego na podstawie przyjtej bardzo zgrubnej dyskretyza
ji
narys. 14.
6. Wiarygodno±¢ wyników
Zastosowana dyskretyza ja byªa bardzo zgrubna. Aby osza owa¢ bª¡d uzyskany h wyników
nale»aªoby powtórzy¢ obli zenia z przynajmniej dwa razy mniejszymi elementami o daªoby
ok. 4x wi ej stopniswobody. Porównanietakuzyskanegowyniku z przedstawionym powy»ej
daªoby informa j o bªdzie tego pierwszego rozwi¡zania. Na rys. 15 porównano wyniki
uzyskane przy 5 i 120 stopnia h swobody. Poniewa» rozwi¡zanie jest do±¢ wolno zmieniaj¡ ¡
sifunk j¡ oba wynikinieró»ni¡ sizna znie.
0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 -0.2
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2
Figure14: Przykªadowe zadanie 2D. Wektoryintensywno± i strumienia iepªa obli zone zapomo ¡
MESdla3 elementów sko« zony h.
Na zako« zenie tego rozdziaªu warto wspomnie¢, »e stosowane tu równanie Lapla e'a (± i±lej Pois-
son'a) modeluje równie» inne zjawiska ni» sta jonarny przepªyw iepªa. Przykªadowo, zamiast tem-
peratury pozwala obli zy¢ ustalone st»enie substan ji w zjawisku dyfuzji, poten jaª elektry zny
wywoªany ªadunkiem elektrostaty znym, ugi ia membrany (na i¡gnitego pªótna) od ob i¡»enia
prostopadªego do jej powierz hni, deforma j przekroju prta pryzmaty znego poddanego skr a-
niu.... Dla wszystki h ty h zada« MES pozostaje bez zmian, gdy» wszystkie wspomniane
zjawiska s¡opisywane takimsamym równaniem.
8 MES dla liniowej spr»ysto± i
Naj z± iej rozwi¡zywanym zadaniem przy projektowaniu konstruk ji jest statyka iaª spr»ysty h.
Dlatego zajmijmysi wybranymi sz zegóªamizastosowania MESdo tegotypuzada«. Za znijmy od
sformuªowania matematy znego znanego z me haniki pozwalaj¡ ego obli zy¢ niezmienne w zasie
przemiesz zenia
u (x)
, odksztaª eniaǫ (x)
i napr»eniaσ (x)
w zakresie liniowym, przy zerowymprzyspieszeniu, gdzie
x
ozna za wektor wspóªrzdny h przestrzenny h punktu
−divσ = q w Ω
σ = Cǫ w Ω
ǫ = sym(∇u) w Ω u = 0 na ∂Ω u
σn = ˆt na ∂Ω t
(64)
q, ˆt
s¡ znanymi ob i¡»eniami wewn¡trz i na brzegu,C
ozna za tensor parametrów materiaªowy h reprezentowany przez 4 wska¹nikow¡ ma ierz(zwan¡ zasem skrótowo ma ierz¡sztywno± i),n
jestskierowanym na zewn¡trz wersorem prostopadªym do brzegu (rys. 16). Sformuªowaniem sªabym
zadaniaspr»ysto± i mo»e by¢ zasada pra wirtualny h: znale¹¢
u
(x
), takie »eu = 0
na∂Ω u i
Z
Ω
ǫ (v) : Cǫ(u) dΩ = Z
Ω
v · q dΩ + Z
∂Ω t
v · ˆt ds ∀v : v = 0
na∂Ω u (65)
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 0
0.2 0.4 0.6 0.8 1
500 550 600 650 700
Figure 15: Przykªadowe zadanie 2D. Rozwi¡zania MES uzyskane przy 5 i 120 stopnia h swobody.
Maksymalne temperatury ró»ni¡ si o mniej ni» 1 % ale rozkªady temperatur wewn¡trz obszaru
wykazuj¡ wiksze ró»ni e.
PSfrag repla ements
∂Ω t
∂Ω u
q
ˆt n
Figure16: Ozna zeniastosowane wzadaniuspr»ysto± i,2D.
q
-ob i¡»eniewewn¡trz iaªa,ˆt
-znaneob i¡»eniepowierz hniowena brzegu,
n
-wersor normalny nabrzegu.Problem(65)mo»eby¢sformuªowanyrównie»jakominimumfunk jonaªu,t.zn. znale¹¢
u(x), u = 0
na∂Ω u, takie »e
J(u) = min v : v =0 na ∂Ω u
J(v)
(66)gdzie
J
jest aªkowit¡ energi¡poten jaln¡ukªaduJ(v) = 1 2
Z
Ω
ǫ(v) : Cǫ(v) dΩ − Z
Ω
v · q dΩ − Z
∂Ω t
v · ˆt ds
(67)Podstawow¡ e h¡zadaniame hanikijestfakt»eniewiadomafunk japrzyjmujewarto± iwektorowe.
Zastanówmy si jak mo»e wygl¡da¢ aproksyma ja rozwi¡zania którym s¡ tutaj przemiesz zenia
maj¡ e w ogólno± i trzy skªadowe
u x , u y , u z. Dla uprosz zenia zajmijmy si pªaskim stanem od- ksztaª enia, bd¡ ego dobrym modelem dla obiektów pryzmaty zny h z ob i¡»eniem i podpar iem
niezale»nym od poªo»enia w kierunku osi obiektu (np. mur oporowy) 11
. Ponownie zajmijmy si
11
Pªaski stannapr»eniaanalizujesi wbardzo podobny sposób i mazastosowaniedo obiektówomaªym jednym
wymiarze(grubo± i),np. ± ian.