Cvičení 5 (Potrubní systémy)

VŠB – Technická univerzita Ostrava Fakulta strojní Katedra pružnosti a pevnosti (339)

Pružnost a pevnost v energetice (Návody do cvičení)

Cvičení 5 (Potrubní systémy)

Autor: Jaroslav Rojíček Verze: 0 Ostrava 2009

PPE

Cvičení 5

1 Potrubní systémy:

Obr. 1 Příklady potrubních sítí. (a/ Schéma potrubního systému, zdroj - internet, b/ Problematika projektování a výstavby tepelných sítí, Ing. Jiří Vařenka, Eurotherm Tábor, spol. s.r.o., Topenářství instalce 5/2007, c/ Modernizace soustavy dálkového vytápění v Blansku, město Blansko, Harpen ČR, s.r.o., EVČ s.r.o., Zásobování teplem s.r.o Blansko., publikováno na www stránkách Teplárenského sdružení české republiky). Při výpočtu potrubních sítí uvažujeme obvykle s vlastní tíhou potrubí a vnitřním tlakem. Často je nutné zohlednit také vliv teploty případně uvažovat tečení materiálu (creep). Na Obr. 1 je několik příkladů potrubních sítí. Je zřejmé, že nároky na potrubní síť se budou lišit v případě rozvodu vody v domě, potrubní sítě v teplárně nebo v jaderné elektrárně apod. Výpočet (návrh nebo kontrola) potrubní sítě se musí řídit normami příslušnými k dané oblasti použití. Z hlediska pružnosti se jedná o tenké (tlusté), křivé (lomené), často staticky neurčité pruty v 3D prostoru. V tomto cvičení si ukážeme zjednodušený analytický výpočet reakcí staticky neurčitého lomeného nosníku. K řešení bude použita Castigliánova metoda (viz také cvičení 1). Postup při výpočtu napětí byl vysvětlen ve cvičeních věnovaných složenému namáhání a nádobám (cvičení 2, cvičení 4). Bude také ukázána možnost využití maticových metod na jednoduché soustavě těles (opak. statika a numerická matematika). Pro nalezení inverzních matic využijte např. program Mathcad. Následující příklady jsou složitější, ale ukazují výhodnost využití maticových metod zejména v kombinaci s počítačovou technikou.

2/14

PPE

Cvičení 5

K výpočtu staticky neurčitých úloh budeme používat Castiglianovy věty: y A 

L , FA

L . Budeme uvažovat tenké pruty (délka prutu je řádově větší než rozměry průřezu), kdy M A největší vliv na výsledek má ohybový (Mo), případně kroutící (Mk) moment. Ostatní zatížení (např. normálová, posouvající síla) mají zanedbatelný vliv. Pro porovnání můžeme přidat ještě 1 Mo2 1 Mk 2 1 N2  dl    dl    dl . normálové síly: L   2 l E  Jx 2 l G Jp 2 l ES

A 

2 Příklad řešení potrubí– Cv_5_Př_1 - Staticky neurčitá úloha ØD1

L

ØD2

Fy

Fz Fx

L L Obr. 2

Dáno: L=500 mm, D1=10 mm, D2=20 mm (S, JP), F=1000 N, E=200000MPa (G). Urči: Reakce. Ostatní vlivy (např. vlastní tíha) jsou zanedbány. Uvažujte vliv ohybového, krouticího momentu a normálové síly. Nejprve vypočtěte úlohu se silou Fx, pak Fy a nakonec Fz. Úlohu řešte vždy jen s jednou silou. K získání celkového řešení využijte superpozice. Posuďte vliv jednotlivých složek (ohybový, krouticí moment, normálová síla).

a/ Sestavení rovnic rovnováhy: U složitějších typů úloh se často setkáváme s tělesem (tělesy) ve 3D, které již není možno zjednodušit na rovinnou úlohu. Každé těleso má ve 3D prostoru 6 stupňů volnosti, vždy je vhodné zkontrolovat raději všechny možnosti. Úlohu rozdělíme na tři části (1/, 2/, 3/), uvažujeme malé deformace, viz Tab. 1. Tab.1. RBZ RBY RBY RBZ MBZ MBZ MBZ MBY MBY MBX MBX RBX RBX RBX Fy Fy FZ FZ FX RAY

FX

RAZ

RAY MAZ

MAZ

MAY RAX

MAX

Celek/

RAZ MAZ

RAX

MAY

RAX

MAX 2/

1/

3/

Pro zjednodušení vynecháme všechny reakce, které budou nulové (pokud to lze na základě zadání určit). Jsme – li na pochybách, zda bude reakce nulová, reakci raději přidáme. Část 1/ lze řešit jako rovinnou úlohu, v ose z nejsou žádné síly, obě reakce ve směru osy y budou nulové, uvažujeme-li malé deformace, deformace podélné části tělesa nemá na reakce vliv. Část 2/ lze řešit jako rovinnou úlohu, v ose z nejsou žádné síly, reakce v ose y určíme podobně jako u úlohy 3/14

PPE

Cvičení 5

staticky neurčité v tahu-tlaku, při řešení pomocí Castiglianovy metody musíme přičíst i část potenciální energie napjatosti od tahu-tlaku. Část 3 je prostorová úloha – uvažujeme malé deformace, v tomto případě tedy volné kroucení a síly v ose y lze zanedbat, reakční momenty určíme podobně jako u staticky neurčité úlohy v kroucení, při řešení pomocí Castiglianovy metody musíme přičíst i část potenciální energie napjatosti od kroucení. Rovnice rovnováhy pro část 1/, 2/ a 3/ jsou uvedeny v Tab. 2. Tab. 2. 1/  FX  0  RAX  RBX  FX  0 , MBZ  FY  0 ,

F  0, M  0 , M  0 , M  0  M

RBX

Z

X

FX

Y

MAZ

 M BZ  RBX  2  L  FX  L  0 . 4 neznámé reakce, 2 rovnice rovnováhy. Úloha 2 x staticky neurčitá. AZ

RAX 2/

RBY

AZ

F  0  R  R  0 , F  0  R  R  F  0, F  0, M  0 , M  0 , M  0  M  M  R  2  L  F

MBZ RBX

X

AX

Y

AY

BX

BY

Y

Z

Fy

X

Y

RAY

AZ

MAZ

RBZ

MBY

Y

F  0 , F  0, F  0  R  R  F  0 , M  0  M  M  R  2  L  F M  0  M  M  F  L  0 , M  0 .

L 0.

Y

Z

FZ

MAY

BX

X

MBX

RAZ

BZ

6 neznámých reakcí, 3 rovnice rovnováhy. Úloha 3 x staticky neurčitá.

RAX 3/

AZ

AZ

BZ

X

AX

Y

AY

Z

BX

BY

BZ

Z

 L  0,

Z

AZ

MAX

6 neznámých reakcí, 3 rovnice rovnováhy. Úloha 3 x staticky neurčitá.

V našem případě bychom mohli ke snížení stupně statické neurčitosti využít symetrie úlohy, případně pomocí superpozice úlohu ještě dále rozdělit. b/ Určení a výběr deformačních podmínek: Vzhledem k typu úlohy můžeme jako deformačních podmínek využít vazeb např. v bodu B. Na základě deformačních podmínek sestavíme náhradní úlohy a vyřešíme potřebné rovnice. K řešení použijeme Castiglianovu metodu. Postup řešení je naznačen v Tab. 3, proveďte zbylé derivace a integrály.

4/14

PPE

Cvičení 5

Tab. 3. 1/

MBZ x2

xB 

RBX FX

x3

2/

RBY

x1

x3

1 EJ

i

( L)

M ( xi ) 1 dxi ,  BZ  RBX EJ

 M (x ) i

( L)

M ( xi ) dxi . M BZ

L    M BZ  RBX  x2   x2 dx2     , BZ   .   0  Deformační podmínky: xB  0 , yB  0 ,  BZ  0 . 1 EJ

RBX

xB 

1 EJ

Fy

yB 

x1

 M (x )

M ( x1)  0 , M ( x2 )  M BZ  RBX  x2 , M ( x3 )  M BZ  RBX  ( x3  L)  FX  x3 . M ( x1 ) M ( x1 ) M ( x2 ) M ( x2 )  1, …  0,  0,  x2 , M BZ RBX M BZ RBX xB 

MBZ x2

Deformační podmínky: xB  0 ,  BZ  0 .

1 EJ

 M (x )

M ( xi ) 1 dxi ,  BZ  EJ RBX

 M (x )

M ( xi ) 1 N ( xi ) dxi  N ( xi ) dxi .  RBY ES ( L ) RBY

i

( L)

i

( L)

 M (x ) i

( L)

M ( xi ) dxi , M BZ

M ( x1)  FY  x1 , N ( x1)  0 , M ( x2 )  M BZ  RBX  x2 , N ( x2 )  RBY , M ( x3 )  M BZ  RBX  ( x3  L)  FY  L , N ( x3 )  RBY  FY .

Samostatně proveďte potřebné derivace a integraci. xB   , yB   , BZ   . 3/

Deformační podmínky: zB  0 ,  BY  0 ,  BX  0 .

MBY RBZ x2

zB 

MBX FZ

x3

x1

1 EJ

 BY 

 M (x ) i

( L)

1 GJ P

M ( xi ) 1 dxi ,  BX  RBZ EJ

 Mk ( x ) i

( L)

 M (x ) i

( L)

M ( xi ) dxi , M BX

Mk ( xi ) dxi . M BY

M ( x1)  FZ  x1 , Mk ( x1)  0 , M ( x 2 )   , … Samostatně sestavte zbylé rovnice, proveďte potřebné derivace a integraci. zB   , BX   , BY   .

Výsledné rovnice dosadíme do jim odpovídajících deformačních podmínek. d/ Vyřešení úlohy: Poslední částí je vyřešení tří soustav rovnic u úloh 1/, 2/ a 3/ (při řešení lze využít metod numerické matematiky). Výsledné reakce původní – nerozdělené úlohy získáme sečtením dílčích reakcí u rozdělených úloh. Při řešení složitějších příkladů se v praxi obvykle využívá metoda konečných prvků, která v kombinaci s rostoucím výkonem počítačů umožňuje řešit velmi komplikované úlohy.

5/14

PPE

Cvičení 5

3 Opakování – Cv_5_Př_2 – soustava těles F1 L1

F2 L 2

ØD1 ØD2 Obr. 3

Dáno: L1=150 mm, L2=100 mm, D1=D2=20 mm (J, JP), a=15 mm, F1=F2=1000 N, E1=E2=200000 MPa. Síly leží uprostřed prutů a jsou k nim kolmé. Urči:  Reakce Ostatní vlivy (např. vlastní tíha) jsou zanedbány. Jedná se o rovinnou úlohu.

a/ Rozdělení úlohy do vhodného tvaru pro řešení a sestavení rovnic. Soustava těles obsahuje dvě tělesa a rám. První těleso je zatíženo silou F1 má délku L1 a průměr D1. Chování prvního tělesa popisuje modul pružnosti v tahu E1. Všechny základní charakteristiky prvního tělesa tedy označíme indexem 1, a podobně i všechny charakteristiky (síla, délka atd.) druhého tělesa budou označeny indexem 2. Obě tělesa mají s okolím kontakt přes pevné kloubové vazby. Uvolnění a sestavení rovnic je naznačeno v Tab. 4. Tab. 4. Celá úloha Uvolnění F1

R1

F1 L1

F2 L 2

R2

L1

R3

R4

R3

R4

F2 L 2 R5 R6

Obecné řešení Zobecnělé těleso Fi R m

Rn

Li

Ro

Zobecnělé rovnice rovnováhy  FX  0  Rm  Ro  0 ,  FY  0  Rn  Rp  Fi  0 ,

Rp

M  0  F  2  R i

První těleso: m=1, n=2, o=3, p=4, i=1. F1 R3 R 1

R2

L2

R4 R3

F2

p

1

R5 R6

 Li  0 .

Rovnice pro první těleso (dosadíme indexy do zobecnělých rovnic a zkontrolujeme směry sil:  FX  0  R1  R3  0 ,  FY  0  R2  R4  F1  0 , L1

M  0  F  2  R

R4

Druhé těleso: m=4, n=3, o=6, p=5, i=2. L2

Li

4

 L1  0 .

Rovnice pro první těleso (dosadíme indexy do zobecnělých rovnic a zkontrolujeme směry sil:  FX  0  R4  R6  0 ,  FY  0  R3  R5  F2  0 ,

M  0  F  2

6/14

L2  R5  L2  0 . 2

PPE

Cvičení 5

b/ Maticový tvar rovnic: Získali jsme 6 rovnic o 6 neznámých, které nyní sestavíme do maticového tvaru. Postup je schematicky naznačen v Tab. 5. Tab. 5. Původní soustava rovnic Maticový tvar R1  0  R3  0  0  0  0  0  0 0 0   R1   1 0 1  0  R2  0  R4  0  0  F1 0 1 0   R   F1  1 0 0    2  L1  L 0  0  0  R4  L1  0  0   F1  1 0 0 0  L1 0 0   R3    F1  2  2       1 0  1  R4   0  0  0  0  R4  0  R6  0 0 0 0 0 0  1 0 1 0   R5   F2  0  0  R3  0  R5  0  F2       0  L2 0   R6   F2  L2  0 0 0 L2 2  0  0  0  0  R5  L2  0   F2  2 1 AR  F  R  A F  1  0 1 1 0 0 L2    1   0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 1   L 1 0 1 0  1 0 0   1   0 0 0 0 1   0 0 0  L1 0 0 L2  1  A     A   1  1 0  1 0 0 0 0 0 0 0 0  L1 0 0  1 0 1 0      1 0 0 0 0  L2 0  0 0 0 0 0  L2    1 1 0 0 0 0 L1   1  0 1  F2  1 0 0 L2   2    0  F    0 1 1  0 0 0  1      L1 F 1   2    1  L 1  0 0 0 0  1    F1     F2  L2   2  2  R  A1F     1   0   F1  0 0 0 0 0 L 2 1    F2   F   1 2 L 0 0 0 0 0  F2  2   2    L2   2  F1    1   1 0 0 0 0 2   L1   Tímto postupem lze po zobecnění řešit jakoukoliv staticky určitou soustavu těles případně po mírných úpravách prutovou soustavu.

7/14

PPE

Cvičení 5

4 Řešené příklady – Cv_5_Př_3 – staticky neurčitá úloha q1 L1 ØD1 ØD2

q2 L 2

Dáno: L1=150 mm, L2=100 mm, D1=D2=20 mm (J, S), q1=q2=1000 N/mm, E1=E2=E=200000 MPa. Urči:  Reakce Ostatní vlivy (např. vlastní tíha) jsou zanedbány.

Obr. 4 Postup bude obdobný jako v předchozím příkladu. V rovnicích přibude navíc deformační podmínka (u4, u5, u*4, u*5 jsou posuvy v příslušných směrech). Uvolnění a sestavení rovnic je ukázáno v Tab. 6 a sestavení matic a řešení v Tab. 7. Pozor! Momenty i síly jsou značeny stejně R – reakce ! Tab. 6. Celá úloha Uvolnění q1 R3 q1 u4 u*4 u*5 R4 R4 R5 R1 L1 ØD1 ØD2

q2 L 2

R2

L1

R5 u5

q2 L 2 R8

R6 R7

Obecné řešení: deformační podmínky: u4=-u*4, u5=-u*5. Zobecnělé těleso Zobecnělé rovnice rovnováhy  FX  0  Rl  Ro  0 ,  FY  0  Rm  Rp  qi  Li  0 , Rn qi R o uo Rl L M  0  Rn  qi  Li  i  Rp  Li  0 .  Li 2 R p up Rm 3 4 1  R p  Li q L  Ro  Li , up   i i . uo  Ei  J i  3 8  Si  Ei První těleso: l=1, m=2, n=3, Rovnice pro první těleso (dosadíme indexy do zobecnělých o=4, p=5, i=1. rovnic a zkontrolujeme směry sil: R3 u4  FX  0  R1  R4  0 ,  FY  0  R2  R5  q1  L1  0 , q1 R4 R1 L1 M  0  R  q  L   R5  L1  0 .  3 1 1 L1 2 R5 R2 3 4 u5 R L 1  R5  L1 q1  L1   . u4  4 1 , u5   S1  E1 E1  J1  3 8  Druhé těleso: l=7, m=6, Rovnice pro první těleso (dosadíme indexy do zobecnělých n=8, o=5, p=4, i=2. rovnic a zkontrolujeme směry sil: R8  FX  0  R7  R5  0 ,  FY  0  R6  R4  q2  L2  0 , u*4 u*5 q2 R4 R5 L R7 M  0  R8  q2  L2  2  R4  L2  0 .  2 R6 3 4 L2 R5  L2 1  R4  L2 q2  L2  * *  .  u5 ,u4 E2  J 2  3 8  S 2  E2

8/14

PPE

Cvičení 5 Tab. 7. Maticový tvar 1 0  0  0 0  0  0   0 

0 1 0 0

0 0 1 0

1 0 0 0

0 1  L1 1

0 0 0 0

1  L2

0 0

1 0 0 0

0 0

L1 L2  E1  S1 3  E2  J 2

0

0

0

0

L2 L1  E2  S 2 3  E1  J1

0

0

0 0

0 0 0 0

0   0  q L  1 1  2 0  R1   L  1  R  0  2    q1  2    0 0  R3      0  R4    q2  L2  2      1  R5   q  L2  2 2    R6   0    q2  L2 4     R7   8  E  J 2 2      0  R8    q1  L14    8 E  J  1 1  

0 0 0 1

3

3

AR  F  R  A1F   1 0 0 0 0 0  0 1 0 0 0 0   0 0 1 0 0 0   0 0 0 0 0 0 1 A   0 0 0 0 0 0   0 0 0 0  1 0   0 0 0 1 0 0   0 0 0 0 0 1  Platí E1=E2=E, S1=S2=S, J1=J2=J.

 3  E1  E2  S1  J 2 3 3  L1  E2  J 2  L2  E1  S1

RT  R1

R7

R2 

R2

R3

R4

R5

 

R6 3 1

0 0 3  E1  E2  S1  J 2 3 3  L1  E2  J 2  L2  E1  S1 0 3  E1  E2  S1  J 2 3 3  L1  E2  J 2  L2  E1  S1 0 3  L2  E1  E2  S1  J 2 3 3  L1  E2  J 2  L2  E1  S1 R8 , R1 



2 1

 

   3  E1  E2  S 2  J1  3 3  L2  E1  J1  L1  E2  S 2  3  L1  E1  E2  S 2  J1   3 3  L2  E1  J1  L1  E2  S 2   0   3  E1  E2  S 2  J1  3 3  L2  E1  J1  L1  E2  S 2    0   3  E1  E2  S 2  J1  3 3  L2  E1  J1  L1  E2  S 2   0   0

4

 3  S  q2  L2 , 3 8  3  L1  J  L2  S



3 1

q1  L1  24  L2  J  11  L  S q  L  12  L2  J  7  L , R3  1 3 3 8  3  L2  J  L1  S 8  3  L2  J  L1  S



4

3  S  q2  L2 R4  , 3 8  3  L1  J  L2  S





4 1 3 1

4 1 3 1



 3  S  q1  L R5  , 8  3  L2  J  L  S



2



  S ,  

3



q  L  24  L1  J  11  L2  S R6  2 2 , 3 8  3  L1  J  L2  S



3





 3  S  q1  L q  L  12  L1  J  7  L2  S , R8  2 2 . 3 8  3  L2  J  L  S 8  3  L1  J  L2  S Výsledné řešení není příliš jednoduché ani rychlé. Velkého zjednodušení dosáhneme použitím Metody konečných prvků. R7 









9/14

PPE

Cvičení 5

5 Úvod do Metody konečných prvků – konečné prvky Každé těleso (soustavu těles) můžeme rozdělit na menší a jednodušší prvky. Znalost řešení těchto jednoduchých prvků pak můžeme využít k řešení celého tělesa podobně jako u předchozích příkladů. ØD1

L1

Dáno: L1=L2=500 mm, D1=10 mm, D2=10 mm (S), F=1000 N, E=200000MPa (G).

L2

Urči: Reakce. Ostatní vlivy (např. vlastní tíha) jsou zanedbány.

F ØD2 Obr. 5

Tato úloha je jednorozměrná a využívá prvek typu Link. Tento prvek má dva uzly, místa kde se prvek stýká s okolními prvky nebo okolím (vazby). Uzel se může posouvat ve směru osy prvku (posuv budeme nazývat r) a může obsahovat sílu (sílu budeme nazývat R). Schématicky je prvek popsán v Tab. 8. Tab. 8 Lk, E, S Ri

ri i

k +

rj

Rj j

Prut „uchytíme“ v uzlu i, pak platí: Pro prodloužení prutu k pak můžeme sestavit rovnici (viz R L ES  (rj  ri ) (rovnice 1). cvičení 1): Lk  rj  ri  j k  R j  ES Lk Podobně „uchytíme“ prut i v uzlu j, pak platí: Pro prodloužení prutu k pak můžeme sestavit R L ES  (ri  rj ) (rovnice 2). rovnici: L*k  ri  rj  i k  Ri  ES Lk Z těchto dvou rovnic sestavíme matici tuhosti prvku: ES Ri   (ri  rj )  Ri  E  S  1  1  ri  Lk k k k    1 1   r   R   K  r , ES R L   j k  Rj   (ri  rj )  j  Lk

 

 

 

 

kde R k reprezentuje vektor vnějších sil, K k matici tuhosti prvku a r k vektor posunutí. Matice tuhosti jednotlivých typů prvků lze nalézt v literatuře, případně v manuálu k MKP programům (Ansys, Marc, apod.). V našem příkladu bude stačit vytvořit dva prvky viz Obr. 6 a sestavit matice tuhosti prvků: 1 1  k11   k112 k122  k12 E  S  1  1 E  S  1  1 2 K1   E  S K   E  S , .  1  2 1  2  L1  1 1  L2  1 1  k21 k22  k21 k22 

 

 

10/14

PPE

Cvičení 5

R1

N2

E, S, L1 N1

F

L1

E, S, L2 L2

R3

N3

Obr. 6. Nyní musíme složit prvky do jednoho celku, k vysvětlení poslouží Obr. 7. Pomocí superpozice rozdělíme úlohu na dvě části – první s nulovou silou F a druhou pouze se silou F a vypočteme posunutí uzlu 2. N2 E, S, L2 R3 R1 E, S, L1 N

R2

N1

3

r22 r1

r2

r 12

r3-r1

r3

Obr. 7. Na obrázku je skupina prvků, které se stýkají v jednou uzlu (v našem případě dva prvky stýkající se v uzlu 2). Dole jsou pak vykresleny příslušné posuvy jednotlivých uzlů (r1 je posuv prvního uzlu, r2 je posuv druhého uzlu a r3 je posuv třetího uzlu). Od všech posuvů odečteme posuv uzlu 1 r1 (červená čára). Hodnota r12 odpovídá posunutí uzlu 2 s nulovou silou F r r (odvodíme z podobnosti trojúhelníků r12  3 1  L1 ). Hodnota r22 odpovídá posunutí uzlu 2 L1  L2 při zatížení silou F a nulových posunech r1 a r3 (vetknutí) což odpovídá staticky neurčité úloze. Toto řešení je naznačeno v Tab. 9. Tab. 9. Staticky neurčitá úloha v tahu – tlaku. RA L2 L1 RA   F  Reakce: , . RB   F  ØD L1 L1  L2 L1  L2 F F  L1  L2   .   Posunutí v místě síly: r 2 2  E  S L  L 1 2   L2 R  L  L2   Po úpravě dle Obr. 7: r 2 2  2 1   RB E  S  L1  L2  Celkové posunutí 2 uzlu je r2  r1 

r3  r1 R  L  L2   . Po úpravě získáme  L1  2 1   L1  L2 E  S  L1  L2 

r 1 1 r  výslednou rovnici (rovnice 3): R2  E  S   1  r2      3  .  L1 L2  L2   L1 Nyní složíme nalezené rovnice pro prvek1 (rovnice 1), prvek 2 (rovnice 2) a rovnice pro uzel ve kterém se oba prvky stýkají (rovnice 3) viz Tab. 10.

11/14

PPE

Cvičení 5

Tab. 10. Původní soustava rovnic r r  R1  E  S   1  2  0   L1 L1 

Maticový tvar

 1  L  R1   1    1  R2   E  S  L R   1  3  0 

1  0  L1   r1  1 1 1   r     1  r 1 r    2 R2  E  S   1  r2      3  L L L 2  2  1  r   L1 L2  L2   L1 1 1   3   r3 r2  L2 L2  R3  E  S   0    L2 L2   Zkrácený zápis: R  KG  r Porovnáním globální matice tuhosti [KG] s maticemi tuhosti prvků snadno zjistíme, že globální matici tuhosti, můžeme získat přímo z matic tuhosti prvků, viz Tab. 11. Tab. 11. Matice tuhosti prvků: Matice tuhosti globální Uzel1 Uzel 2 Uzel1 Uzel 2 Uzel3      1 1 1 1 1 K  E  S Uzel1 k11 k12  , Uzel1 k11 k12 0   ES , 1 1 1 1 Uzel 2 k21  Uzel 2 k21 k22 k22  k112 k122   2 2  0 k21 k22 Uzel 2 Uzel3  Uzel3   2 2 2  1 K  E  S Uzel 2 k11 k12  .  1   0   2 2 L L1 Uzel3 k21 k22   1  1 1 1 1      ES   L L L  L2  1 2   1   1 1   0   L2 L2  Výše uvedený postup sestavení globální matice tuhosti lze použít pouze u velmi jednoduchých úloh (jednorozměrné úlohy s jedním nebo dvěma prvky). Pro složitější případy je nutné využít maticových metod (např. lokalizační tabulka). Obecnější odvození a postup je uveden např. v [1]. Dále musíme sestavit vektor vnějších sil R a z okrajových podmínek vektor posunů r. Porovnáním Obr. 7 a Obr. 5 snadno zjistíme, že síly R1, R3 odpovídají reakcím, síla R2 odpovídá síle F. Stejným způsobem určíme vektor posunů. Posun uzlu 1 označený r1 má nulovou hodnotu, neboť uzel leží v místě vazby (vetknutí). Podobně posun uzlu 3 označený r3 bude také nulový. Po dosazení výše uvedených hodnot získáme: 1  1   0   L L1  R1   1  0 1 1 1 1           r2   F   E  S  L1  L1 L2  L2    R    0  3 1 1     0   L2 L2  Dále upravíme rovnici do tvaru vhodnějšího pro řešení. Přesuneme řádky a sloupce matice tuhosti. Vyměníme druhý a třetí sloupec u matice tuhosti a jím odpovídající hodnoty u vektoru posuvů.

 

 

12/14



PPE

Cvičení 5

1   1 0   L L1   R1   1  0  1 1 1 1            0    F   E  S   L L 1 2  L1 L2  r  R    3 1 1   2  0  L2 L2   Vyměníme druhý a třetí řádek u matice tuhosti a jím odpovídající hodnoty u vektoru sil.  1 1    0  L1   0   L1  R1   1 1        0  R3   E  S  0 L2 L2    F   r   1 1 1   2   1  L  L  L  L  2 2   1  1 Nyní můžeme úlohu rozdělit …  1   1  0  L  L   1     1   0  R1  1        1      R3   E  S   0 L   L2    0 2   F      r2      1  1   1  1       L1 L2   L1 L2    A roznásobit jednotlivé matice … 1   1 0 L  L   R1  0 1 ES      E  S   1 r2      0 1  0  1   R2    L2  L2   1 1   1 1  0 E  S        E  S    r2   F  L2  0  L1  L1 L2 

Po dosazení nul v prvním vektoru posunutí (okrajové podmínky) dostaneme dvě soustavy rovnic, které již snadno vyřešíme.  1  L  R  E  S   1 r2    1  (a)  1   R2   L2   1 1  E  S    r2   F  (b)  L1 L2  Nejprve vyřešíme soustavu (b), (např. Mathcad): 1

  r2    1  1   L1 L2  Dosadíme do soustavy (b) a vyřešíme.

F 

1 F  L1  L2    mm  E  S E  S  L1  L2 

13/14

PPE

Cvičení 5

 1   F  L2      R1  L1  F L1  L2   L1  L2   E  S       N   1   E  S L1  L2    F  L1   R2   L2   L1  L2  Vyzkoušejte si celý postup na podobném příkladu např. Obr. 8. Matice prvku bude stejná, stačí na základě obrázku sestavit globální matici tuhosti, vektor sil a posunů a vyřešit. C

D

Obr.8.

6 Literatura Příklady na procvičení lze nalézt v učebnicích pružnosti a pevnosti II. Základní teorii k Metodě konečných prvků lze nalézt např.: [1] Lenert, J., Úvod do metody konečných prvků, VŠB-TU Ostrava, 1999. Další podklady k výuce se nacházejí na stránkách katedry http://www.339.vsb.cz/ v sekci STUDIUM (odkazy MKP a MHP, MKP 1).

14/14