有限元考试试题及答案——第一组.docx
有限元考试试题及答案一、简答题（ 5 道，共计 25 分）。1. 有限单元位移法求解弹性力学问题的基本步骤有哪些（5 分）答：（ 1）选择适当的单元类型将弹性体离散化；（ 2）建立单元体的位移插值函数；（ 3）推导单元刚度矩阵；（ 4）将单元刚度矩阵组装成整体刚度矩阵；（ 5）代入边界条件和求解。2. 在划分网格数相同的情况下，为什么八节点四边形等参数单元精度大于四边形矩形单元 （5 分）答：在对于曲线边界的边界单元，其边界为曲边， 八节点四边形等参数单元边上三个节点所确定的抛物线来代替原来的曲线，显然拟合效果比四边形矩形单元的直边好。3. 轴对称单元与平面单元有哪些区别（ 5 分）答：轴对称单元是三角形或四边形截面的空间的环形单元，平面单元是三角形或四边形平面单元； 轴对称单元内任意一点有四个应变分量，平面单元内任意一点非零独立应变分量有三个。4. 有限元空间问题有哪些特征（ 5 分）答：（ 1）单元为块体形状。常用单元：四面体单元、长方体单元、直边六面体单元、曲边六面体单元 、轴对称单元。 （ 2）结点位移3 个分量。（ 3）基本方程比平面问题多。3 个平衡方程， 6 个几何方程， 6 个物理方程。5. 简述四节点四边形等参数单元的平面问题分析过程。 （5）分）答：（ 1）通过整体坐标系和局部坐标系的映射关系得到四节点四边形等参单元的母单元，并选取单元的唯一模式；（ 2） 通过坐标变换和等参元确定平面四节点四边形等参数单元的几何形状和位移模式；（ 3）将四节点四边形等参数单元的位移模式代入平面问题的几何方程，变分量的计算式，再将单元应变代入平面问题的物理方程，得到平面四节点等参数单元的应力矩阵；得到单元应（ 4）用虚功原理求得单元刚度矩阵，最后用高斯积分法计算完成。二、论述题（ 3 道 , 共计 30 分）。1. 简述四节点四边形等参数单元的平面问题分析过程。 （ 10 分）答：（ 1）通过整体坐标系和局部坐标系的映射关系得到四节点四边形等参单元的母单元，并选取单元的唯一模式；（ 2） 通过坐标变换和等参元确定平面四节点四边形等参数单元的几何形状和位移模式；（ 3）将四节点四边形等参数单元的位移模式代入平面问题的几何方程，得到单元应变分量的计算式，再将单元应变代入平面问题的物理方程，得到平面四节点等参数单元的应力矩阵；（ 4）用虚功原理求得单元刚度矩阵，最后用高斯积分法计算完成。2. 轴对称问题的简单三角形单元是否是常应力，常应变为什么（10 分）答：不是常应力和常应变。因为应变与位移分量的关系式为:r zrzu0rru10urr, 这里除含有微分算符外，还包含了rw0wzzwuzrzr的倒数项1/r, 则即使位移模式为线性的，但由于该项的存在，使得应变与坐标有关，即不会是常应变。应力应变的物理关系为D，由于应变不是常应变，则所求得的应力也不会是常应力。3. 在薄板弯曲理论中做了哪些假设薄板单元和厚板单元的基本假设有什么不同（ 10 分）答：四种假设：1 ）变形前的中面法线在变形后仍为弹性曲面的法线。2）变形前后板的厚度不变。3）板变形时，中面无伸缩。4) 板内各水平层间互不挤压。不同点： 薄板单元假设横向纤维无挤压，板的中面法线变形后仍保持为直线，该直线垂直于变形后的中面， 但是厚板单元的假设考虑横向变形的影响， 板的中面法线变形后仍 基本保持为直线， 但该直线不再垂直于变形后的中面， 法线绕坐标轴的转角不再是挠度的导数，而是独立的变量。三、计算题（ 3 道，共计 45 分）。1. 如图所示等腰直角三角形单元，其厚度为t ，弹性模量为 E ，泊松比0 ；单元的边长及结点编号见图中所示。求(1) 形函数矩阵 N(2) 应变矩阵 B 和应力矩阵 S(3) 单元刚度矩阵 K e（12 分）解：设图 1 所示的各点坐标为点1（a，0），点 2（a，a），点 3（ 0， 0）于是，可得单元的面积为A1 a2 ，及2(1) 形函数矩阵 N 为N11(0axay)a2N I N1I N 2I N3N1(00 xay)1；a2gN 1N 2N 3N112(a2ax0gy)a(2) 应变矩阵 B 和应力矩阵 S 分别为1a01001-a 00-a ，B20a ，B300； B B1 B2 B3B122a2a-a aaa00-aEa0E00E-a0S D B1B2B3S10-a ， S20a ， S300；a2a2a2S2S3-1 a1 a1 a00-1 aS12222(3) 单元刚度矩阵 K e311021K11K 12K13131201Et111001K eB T DB tA K 21K 22K 23020200K 31K 32K 3342000201110012. 如图所示的四结点矩形单元，求出节点3 的位移。设厚度t 1m， 0，E 为常量。（ 13 分）注：对于四节点矩形单元有：1 .N11114N 21114N 31114N 411142 .k eTB D B tdxdyA N i1 (14k11k12k21k22k31k32k41k42i)(1i)(i1,2,3,4)ek13k14k23k24，k33k34k43k44T1 1TkijBiD B jtdxdyabt1BiD B jd dA1Et2 bi j 11ij1aij1 1i j2a3b38 12a12j1iij2i j 1b3(i, j1,2,3,4)ijij1a1bijij 1 1i j3解：对于四节点矩形单元有：N11114N 21 1114 N i(1i )(1i ) (i 1,2,3,4)1 14N314N 41 114k11k12k13ek14k eBTB tdxdyk21k22k23k24，DAk31k32k33k34k41k42k43k44T1 1TkijBiD B jtdxdy abt11BiD Bjd dAEt2 bi j 1 1ij1aij 11i j2a3b38 12a1212ijijij 1b3(i, j1,2,3,4)i ji j1a1bijij 1 1i j3k eeR e ，代入边界条件 1 1 2 2 4 4 0，将对应的行和列划掉没剩下的方程为：k333- P3，- P又 N i1 (1i )(1 i ) (i 1,2,3,4) ，且 31， 31 ， a=1,b=14所以2111113E41E3k33118148121133所以3- PE 41 3- Pk33- P14 3- P3838P1解得-135E3. 有一如图 3(a) 所示的剪力墙，墙顶作用竖向荷载 P。将该剪力墙划分为两个三结点三角形常应力单元，单元和结点编号如图 3(b) 所示，并将荷载 P 分成两个 P/2 作用在 3、4 结点。已知单元厚度为 t ，弹性模量为 E，泊松比 =1/3 。求结点 3 和结点 4 的位移，以及单元的应变和应力。 （ 20 分）解：建立直角坐标系( 注 Y 轴向下为正 ) ，单元 i,j,m对应的节点编号为3,1,4 ，单元对应的节点编号为2,4,1 。对于单元： i(0,0),j(0,4),m(2,0)bi=yi-ym=4； bj=ym-yi=0 ； bm=yi-yj=-4ci=xm-xj=2； cj=xi-xm=-2； cm=xj-xi=0三角形面积A=1/2*2*4=4400040120200几何矩阵 B=0842 004210弹性矩阵 D=E10120102单元刚度矩阵2(9)44(1)4(32 ) k 1 BT D Bt=Et2(1)4(1)2(1)12 )840416(1168081634(1)8(1)4(1)008(1)2(9)24(1)4(32) k 2 k12(1)4(1)2(1)38404168081614(1)8(1)4(1)008(1)然后合成总刚 K 。整体节点力矢量为 F F1 xF1yF2 xF2 yP0P022节点位移矢量为 d000 0u3v3u4v4 F K d ，采用缩减矩阵法划去位移为零的行与列，得2( 9)u 3P / 2Et04(32 )v3016(12 )164(1)2( 9)u 4P / 288(1)4 (1)4(3 2 ) v40u3v3P1.508.99T解得8.421.88u4Etv4单元的应变单元的应力1 B d1 P0.2850.470.56 TEt1 D B d1P0.581.680.84 TtPP/2P/234m4124m(a)(b)图 3
