Хитрые задачи в МКЭ и МДТТ

[waze4534 0]

Необходимо рассчитать предельную нагрузку на подвешенную емкость. Как провести анализ не ограничив геометрию емкости? 

[Orchestra2603 241]

 

2 hours ago, ДОБРЯК said:

Я нигде не написал, что в задаче на собственные числа это слабые пружинки.

Да, запамятовал. Но сейчас вспомнил.

 

2 hours ago, ДОБРЯК said:

Эти коррекции и есть закрепление

 

Можно с натяжкой назвать их "закреплениями". НО!!! Когда решается недоопределенная СЛАУ, и мы хотим найти базисные вектора фундаментальной системы решений, для трезмерной незакрепленной системы достаточно произвольно задать 6 разных наборов каких-то значений для 6 перемещений (наборы должны быть линейно не зависимы). Т.е. решаете 6 раз систему из N-6 уравнений с N-6 неизвестными. Это и будет набор собственных векторов. Они будут по-разному норимрованы в зависимости от выбранных наборов, но они все будут будут собственными векторами вне зависимости от выбора тех перемещений, котореы вы задали. Когда вы ставите закреление в статике, то вы однозначно определяете решение. От их выбора будет меняться ответ - вы это сами писали выше. Так что, это совсем другое дело!

[ДОБРЯК 607]

19 минут назад, Orchestra2603 сказал:

Т.е. решаете 6 раз систему из N-6 уравнений с N-6 неизвестными. Это и будет набор собственных векторов.

Если вычеркнуть 6 неизвестных это и есть закрепление. Вы записываете уравнение, что перемещение в этих степенях свободы = или 2 или 5 или ... И после этого делаете численную факторизацию матрицы жесткости один раз.

Шесть раз это многовато...

 

Изменено 5 часов назад пользователем ДОБРЯК

[Orchestra2603 241]

@ДОБРЯК , мне кажется, вы не совсем понимаете, как в принципе строится фундаментальная система решений для 6 раз недоопределенной СЛАУ. Существует целое линейное пространство решений такой системы, в данном случае размерности 6. Вектора сами N-мерные, а пространство, о котором я говорю, 6-ти мерное. Как такое может быть? Можете для наглядности представить себе множество трехмерных векторов, все из которых лежат в определнной плоскости в трехмерном пространстве (размерность у плоскости - 2).

 

И мы, внимание, не ищем какое-то конкретное решение! Мы пытаемся просто описать это пространство. Для этого достаточно любых 6-ти линейно не зависимых векторов из этого пространства, которые формируют базис в этом пространстве. И нам вообще все равно, какие это будут решения. Для нас это просто, как такие типа "ориентиры", и не более. И их нужно ровно 6 штук. Я не могу понять, каким образом, один раз факторизовав матрицу, вы получите набор из 6 каких-то решений? 

26 minutes ago, ДОБРЯК said:

Если вычеркнуть 6 неизвестных это и есть закрепление

"Вычеркнуть" с целью получение единственного решения, и 6 раз "вычеркнуть" , а затем 6 раз по-разному решить систему, получив 6 разных базсиных векторов пространства решений - это разные процедуры, не находите?

Изменено 5 часов назад пользователем Orchestra2603

[ДОБРЯК 607]

1 час назад, Orchestra2603 сказал:

для трезмерной незакрепленной системы достаточно произвольно задать 6 разных наборов каких-то значений для 6 перемещений (наборы должны быть линейно не зависимы). Т.е. решаете 6 раз систему из N-6 уравнений с N-6 неизвестными. Это и будет набор собственных векторов.

Есть клапан. Получили СЛАУ с N неизвестными. Вот эти N-6 уравнений с N-6 неизвестными это разные уравнения? Вы каждый раз вычеркиваете разные 6 уравнений из матрицы жесткости клапана?

Поясните...

На примере клапана поясните, что вы вычеркиваете из матрицы жесткости клапана. Если вычеркнуть строку и столбец из матрицы жесткости это означает, что перемещение этой степени свободы = 0.

[Orchestra2603 241]

1 hour ago, ДОБРЯК said:

На примере клапана поясните

Например... Я говорю в общем случае, для 3-х мерного случая. Берете, пускай один узел на левом фланце. Обзовем перемещения в этом узле: u1, v1, w1.  Возьмем, пускай, аналогично узел на правом фланце. Там назовем перемещния u2, v2, w2.

 

Создаем расчетные случаи:

(1) u1 = 1, v1 = 0, w1 = 0, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 0

(2) u1 = 0, v1 = 1,  w1 = 0, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 0

(3) u1 = 0, v1 = 0, w1 = 1, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 0

(4) u1 = 0, v1 = 0,  w1 = 0, u2 = 1, v2 = 0 , w2 = 0

(5) u1 = 0, v1 = 0, w1 = 0, u2 = 0, v2 = 1 , w2 = 0

(6) u1 = 0, v1 = 0,  w1 = 0, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 1

Решаем статикой. Везде внешняя сила равна нулю.

 

Т.е. "вычеркиваем" то все те же самые выбранные 6 строк, на каждый раз справа разные правые части. 

 

Если объединить u1,v1,w1,u2,v2,w2 и оставшиеся степени свободы, котореы мы посчитали, то получаем набор из 6 решений.: x1, x2, ... x6. Они не будут естественно представлять собой движения как твердого тела, но всегда могут быть представлены линейной комбинацией из 6 таких движений. Т.е. они пренадлежат пространству решений. Можно даже точно посчитать множители в такой линейной комбинации и получить вклад от каждого такого "движения". Легко также проверить, что для всех их выполняется

K * phi = lambda^2 * M * phi, если подставить x1, x2,... x6 вместо phi и 0 вместо lambda, т.е. каждый из этих векторов является собственным, связанным с нулевой СЧ.

 

И все эти свойства сохранятся при выборе любых (!!!) 6 степеней свободы для фиксации их значений, и при любых (!!!) 6 наборах значений для этих степеней свободы, лишь бы они были линейно не зависимы.

 

1 hour ago, ДОБРЯК said:

Если вычеркнуть строку и столбец из матрицы жесткости это означает, что перемещение этой степени свободы = 0

Да, но мы так не делаем. Так делают в статике, но не здесь. О том и речь.

 

Изменено 2 часа назад пользователем Orchestra2603

[jtok 850]

кажется, коса нашла на камень

[ДОБРЯК 607]

29 минут назад, Orchestra2603 сказал:

Например... Я говорю в общем случае, для 3-х мерного случая. Берете, пускай один узел на левом фланце. Обзовем перемещения в этом узле: u1, v1, w1.  Возьмем, пускай, аналогично узел на правом фланце. Там назовем перемещния u2, v2, w2.

 

Создаем расчетные случаи:

(1) u1 = 1, v1 = 0, w1 = 0, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 0

(2) u1 = 0, v1 = 1,  w1 = 0, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 0

(3) u1 = 0, v1 = 0, w1 = 1, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 0

(4) u1 = 0, v1 = 0,  w1 = 0, u2 = 1, v2 = 0 , w2 = 0

(5) u1 = 0, v1 = 0, w1 = 0, u2 = 0, v2 = 1 , w2 = 0

(6) u1 = 0, v1 = 0,  w1 = 0, u2 = 0, v2 = 0 , w2 = 1

Решаем статикой. Везде внешняя сила равна нулю.

Это кинематическое нагружение. Вы закрепили фланец и задали кинематическую нагрузку. В первом случае (1) u1 = 1 во втором случае (2)  v1 = 1 и ...

У вас будет правая часть. При кинематической нагрузке вычеркивается строка и столбец, но появляется правая часть.

Вы закрепили фланец на выходе не будет нулевых собственных частот.

[Orchestra2603 241]

1 hour ago, ДОБРЯК said:

Это кинематическое нагружение

Ну, ок, можно и так сказать.

1 hour ago, ДОБРЯК said:

Вы закрепили фланец на выходе не будет нулевых собственных частот

А кто вам говорил, что нужно считать собственные частоты закрепленной конструкции, где из K вычеркнули строки и столбцы? Все что было сказано, было сказано в контексте отыскания общего решения СЛАУ [K]{x} = {0}.

 

Просто в силу самого определения обощенной задачи на СЗ можно показать, что решения x1,...,x6 подходят на место собственных векторов с нулевой собственной частотой. Кроме того, можно показать, что если у вас система с M, C и K, и К вырождена, причем ее ранг N-6, то у нее обязательно будет нулевая СЧ 6-й кратности. Ее просто не нужно даже искать.

[Jesse 975]

пока тут народ спорит про СЛАУ, решил просчитать реальный корпус клапана под реальными нагрузками
взял вот такую вот половинчатую модель на 100 тыщ узлов, чтоб немного облегчить задачу.
Нагрузки по НП-068-05 разделил пополам соотв-но.

Соответственно, формы оставил тоже только симметричные, так как полагаю что под нагрузками всё более менее в плоскости симметрии будет изгибаться. Заранее отсёк моды твёрдого тела, которых в данном случае 3 вместо 6.

Линейный трензиент считал на основе первых 17-ти форм, которые как-то не особо то и быстро растут. Т.е. по ходу их много придётся включать.
В общем, результат по напряжениям в зоне патрубка получился в 2 раза меньше чем в static struct с закреплением на одном конце.

Насчёт целесообразности такого расчёта в принципе...
Вот у меня полное усилие F = 3420 Н, изгибающий момент М = 1820 Н*м. Момент, вызванный несоосным действием сил получается ~350 Н.м в данном случае, т.е. примерно в 5-6 раз меньше НПшного. А значит скорей всего на него можно забить, так как основные усилия намного больше и уравновешивают друг друга с двух сторон. А значит можно смело считать в статике с закрепом с одной стороны, забив на доп. момент., возникающий изза несоосности сил. 
Пока так.

 

[Orchestra2603 241]

9 minutes ago, Jesse said:

Линейный трензиент считал на основе первых 17-ти форм, которые как-то не особо то и быстро растут. Т.е. по ходу их много придётся включать

Вот, об этом я и говорил. На больших моделях это не очень-то удобно, потому что сложно понять, сколько форм достаточно, а брать все 100 тыс. будет долго считать.

 

11 minutes ago, Jesse said:

первых 17-ти форм,

 

11 minutes ago, Jesse said:

формы оставил тоже только симметричные

 

Вот с этими двумя вещами можно было бы поиграться. Возможно, что если включить больше форм, результат будет приближаться к статике.

 

Кстати можно сэкономить и решать в один шаг по времени.

[Jesse 975]

Только что, Orchestra2603 сказал:

Вот с этими двумя вещами можно было бы поиграться. Возможно, что если включить больше форм, результат будет приближаться к статике.

ну статику для справедливости я тоже симметричную посчитал.
А что касается количество форм исп-ых...
Посчитал на основе 55 форм пока набирал прошлый длинный коммент, напряги "подросли" до 44 МПа. 

Тут имхо надо тренд ловить. Делать параметрический расчёт и строить график макс. прогиб, напр. и т.п. по параметру количества используемых форм. Мб на 200-300 какая-никакая сходимость будет..))
На основе 100000 форм считать это суперкомпухтерные дела какие-то))