有限元例题及答案

例 8-1： E，A，L ，s 杆I 弹塑性； 杆II 弹性。 求sAF3下 2点位移。 解：（1）理论解 在荷载sAF3作用下，杆I 屈服而有内力（拉力）SAN1，杆II 内力（压力）为sIIAN2，中点 2 位移 取决于杆II 的变形，即 22)2(ELAELAlSSII 式中 ELs（屈服位移） （2）直接迭代法 杆I 和杆II 的刚度分别为 )()(LEAAISk LEAkII  ①迭I迭代步 迭代从 0开始，这时有 LEAkkKIII20 5.15.123101ELLEAAFKSS ②第2 迭代步 杆I进入塑性，有 LEAAksI67.01  杆Ⅱ完全弹性，刚度不变。因此，总刚为 LEAkkKIII67.11 8.18.167.13112ELLEAAFkSs 整个迭代过程见表 8-1。 表8 -1 直接迭代法各次迭代结果 迭代步 1 2 3 4 5 6 7 lEAnK)1( 2 .0 0 1 .6 7 1 .5 5 1 .5 2 1 .5 1 1 .5 0 1 .5 0 n 1 .5 0 1 .8 0 1 .9 3 1 .9 8 1 .9 9 2 .0 0 2 .0 0 (3 )切线刚度法 杆Ⅰ和杆Ⅱ的切线刚度分别为 )()(0LEAIk LEAkII  ①第 1 迭代步 初始状态时，00 ，杆Ⅰ，Ⅱ中应力、应变均匀为零。总刚为： LEAkkKTTIT21 由FKT，得 SA30 由nTnnK 1得， 5.1)3(210SALEA 由式nnn1得， s5.11  杆中应力： SSI5.111 杆中内力： SSIANAN5.111 ②第2 迭代步 由于杆I已进入塑性，杆Ⅱ仍处弹性，总刚： LEAkkKTIITIT2 由FKT，得 SSSAAA5.035.21 由nTnnK 1得， 5.0)5.0(11SALEA 由式nnn1得， 0.2112 杆中应力： SIISIANAN0.222 检验FKT，有 030.32SSAA 迭代平衡。 （4）初应力法 迭代公式为 1103nSnnFAFFK 式中，FLEAKO,2是由初应力转化而得到的等效结点力，即矫正荷载。 由于杆II 完全弹性，它对有贡献。初应力完全是杆I 按弹性计算及按真实应力-应变关系计算的应力之差。 在初始弹性计算，有 LELEAAKFSS5.12301 在第I 迭代步，由}]{[)(}{0Df，有初应力 sss5.05.1)(10 由式nnAF)(0，与初应力对应的结点载荷为 SAF5.01  由式nnFK 10，对位移进行一次矫正 ELLEAAFKSS25.0)2(5.01101 位移的第2 次近似值为 ELs75.1112 整个迭代过程见表8-2。 表8 -2 初应力法各次迭代结果 迭代步 1 2 3 4 5 6 7 AFsn1 0 0 .5 0 .7 5 0 .8 8 0 .9 4 0 .9 9 1 .0 0 n 1 .5 0 1 .7 5 1 .8 8 1 .9 4 1 .9 7 2 .0 0 2 .0 0