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 3 часа 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 3 часа 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 41 минута 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.