Code_Aster ®
Version
4.0
Titre :
SDLL100 Réponse dynamique transitoire d'une poutre
Date :
01/12/98
Auteur(s) :
A.C. LEGER
Clé :
V2.02.100-D Page :
1/6
Organisme(s) : EDF/EP/AMV
Manuel de Validation
Fascicule V2.02 : Dynamique linéaire des poutres
Document: V2.02.100
SDLL100 - Réponse dynamique transitoire
d'une poutre en traction simple
Résumé :
Ce problème-test correspond à une analyse transitoire directe d'un système linéaire amorti ou non, constitué
d'une poutre en traction simple, soumis à un chargement de type Heaviside appliqué à partir de l'instant initial.
Le problème discrétisé avec 1 unique élément de poutre possède une solution de référence analytique.
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1
Problème de référence
1.1 Géométrie
y, v
A
B
F(t) = (t) . Fx
x, u
1
R
x
t
R = 0.05 m I = 1. m
y
N01
N02
x
1.2
Propriétés de matériaux
E = 98 696.044 MPa
= 0.
= 3. 106 kg/m3
Sans amortissement
: C = 0. ou avec amortissement proportionnel de Rayleigh
:
C = K + µ M
-4
, = 5.10 , µ = 5.
1.3
Conditions aux limites et chargements
Force appliquée au noeud N02 en B : Fx = 1. 106 N
Fonction (t) évolution du chargement : (t) = 1., t 0.
1.4 Conditions
initiales
Déplacement initial nul.
Vitesse initiale nulle.
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2
Solution de référence
2.1
Méthode de calcul utilisée pour la solution de référence
· Sans amortissement : la solution analytique du problème à 1 élément est :
F
x
x
=
1 - cos
B (t )
2 (
( t
0
)
m 0
1
3 E
2
2
m
=
S
I , 0 =
, T
=
o
3
I 2
0
où S est l'aire de la section ( R2 ).
· Avec amortissement : la solution analytique du problème à 1 élément est :
F
µ + 2
2
0
µ +
x (t)
x
=
1- exp-
t
0 sin
cos
2
( t1)+ ( t
B
1
)
m
2
2
0
1
, µ coefficient de l'amortissement proportionnel C = µ M + K
( - µ)2 2 2 4
4
2
-
-
0
µ
0
=
1
2
2.2
Résultats de référence
Déplacement xB à t = i T0 i = 1, ..., 10.
10
avec :
T
= 2
0
0
2.3
Incertitude sur la solution
Solution analytique.
Remarque :
La solution de référence correspond à la solution obtenue avec la discrétisation à un élément
et en gardant une matrice masse pleine. Cela permet de valider l'algorithme mais ce n'est pas
la solution du problème physique.
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3 Modélisation
A
3.1
Caractéristiques de la modélisation
POU_D_T
y
N01
N02
x
Découpage :
N01
N02
1 maille SEG2
Conditions limites : DDL_IMPO au noeud N01 :
DX:0., DY:0., DZ:0., DRX:0, DRY:0, DRZ:0
Pas de temps :
105 s.
Intégration NEWMARK
= 0.25, = 0.5
Intégration WILSON
= 1.4
3.2
Caractéristiques du maillage
Nombre de noeuds : 2
Nombre de mailles et types : 1 maille SEG2
3.3 Fonctionnalités
testées
Commandes
Clés
COMB_MATR_ASSE
[U4.53.01]
DYNA_LINE_TRAN
NEWMARK
[U4.54.01]
WILSON
MATR_AMOR
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4
Résultats de la modélisation A
4.1 Valeurs
testées
Sans amortissement :
Instant en sec.
Référence
Aster
% diff.
Aster WILSON
% diff.
NEWMARK
2.E3
2.4638E04
2.4519E04
0.5
2.4424E04
0.86
4.E3
8.9141E04
8.8948E04
1.93
8.8794E04
0.38
6.E3
1.6887E03
1.6868E03
0.11
1.6852E03
0.20
8.E3
2.3337E03
2.3325E03
0.05
2.3316E03
0.09
1.E2
2.5801E03
2.5801E03
0.03
2.5801E03
0
1.2E2
2.3337E03
2.3349E03
0.05
2.3359E03
0.09
1.4E2
1.6887E3
1.6906E03
0.43
1.6922E03
0.21
1.6E2
8.9141E04
8.9334E04
0.21
8.9489E04
0.4
1.8E2
2.4638E04
2.4758E04
0.48
2.4854E04
0.87
2.E2
0.0000
3.1989E09
-
9.3188E09
-
Avec amortissement :
Instant en sec.
Référence
Aster
% diff.
Aster WILSON
% diff.
NEWMARK
2.E3
2.3775E04
2.3662E04
0.47
2.3572E04
0.85
4.E3
8.3189E04
8.3015E04
0.21
8.2877E04
0.37
6.E3
1.5307E03
1.5290E03
0.11
1.5277E03
0.2
8.E3
2.0704E03
2.0694E03
0.04
2.0686E03
0.09
1.E2
2.2721E03
2.2721E03
0.
2.2720E03
0.004
1.2E2
2.0976E03
2.0984E03
0.04
2.0991E03
0.07
1.4E2
1.6488E03
1.6501E03
0.08
1.6511E03
0.14
1.6E2
1.1164E03
1.1176E03
0.11
1.1186E03
0.2
1.8E2
7.0165E04
7.0241E04
0.11
7.0302E04
0.19
2.E2
5.4263E04
5.4266E04
0.005
5.4269E04
0.01
4.2 Remarques
Après les deux premiers pas de temps, la solution avec amortissement est obtenue avec une erreur
inférieure à 0.2%.
4.3 Paramètres
d'exécution
Version : 3.02.19
Machine : CRAY C90
Système :
UNICOS 8.0
Encombrement mémoire :
8 mégamots
Temps CPU User :
150 secondes
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Synthèse des résultats
Les deux algorithmes donnent une solution avec une erreur inférieure à 0.2% de la solution de
référence après les deux premiers pas de temps.
Ce problème nécessite un pas de temps d'intégration de 105 s.
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