Anhang A Lösungen zu den Übungsbeispielen

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1 Anhang A Lösungen zu den Übungsbeispielen A

2 A A.5 Eindimensionale Stabprobleme... 5 A.5. Stabbeispiel I... 5 A.5. Stabbeispiel II... 6 A.5.3 Stabbeispiel III... A.5.4 Stabbeispiel IV... 3 A.5.5 Stabbeispiel V... 4 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme... 9 A.5.6 Stabbeispiel VI... 9 A.5.7 Stabbeispiel VII... 3 A.5.8 Stabbeispiel VIII... 6 A.5.9 Stabbeispiel IX... 8 A.5. Stabbeispiel X... 3 A.5. Stabbeispiel XI A.5. Stabbeispiel XII A.5.3 Stabbeispiel XIII (FEM GEN und FEM CAS)... 4 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme A.6. Balkenbeispiel I A.6. Balkenbeispiel II A.6.3 Balkenbeispiel III... 5 A.6.4 Balkenbeispiel IV A.6.5 Balkenbeispiel V A.6.6 Balkenbeispiel VI... 6 A.6.7 Balkenbeispiel VII A.6.8 Balkenbeispiel VIII A.6.9 Balkenbeispiel IX... 7 A.6. Balkenbeispiel X A.6. Balkenbeispiel XI A.6. Balkenbeispiel XII A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme A.6.3 Balkenbeispiel XIII A.6.4 Balkenbeispiel XIV A.6.5 Balkenbeispiel XV... 9 A.6.6 Balkenbeispiel XVI A.7 Scheibenprobleme A.7. Scheibenproblem I A.7. Scheibenproblem II... A.7.3 Scheibenproblem III... 3 A.7.4 Scheibenproblem IV... 6 A.8 Platten- und Schalenprobleme... A.8. Vergleich der Platten nach DKT und Specht...

3 A.8. Beispiel zu einem Schalenproblem... A.9 Volumenprobleme... 9 A.9. Beispiel zu einem Volumenproblem... 9 A. Übungsbeispiele zur Stab- und Balkenschwingung... A.. Übungsbeispiel zur Stabschwingung... A.. Übungsbeispiel zur Balkenschwingung... 4 A. Knicken von eindimensionalen Stäben und Balken... 9 A.. Knickbeispiel I (Stab)... 9 A.. Knickbeispiel II (Balken) A..3 Knickbeispiel III (Dreiknotiges Balkenelement) A. Beispiele zu Feldproblemen A.. Wärmeübertragungsbeispiel I A.. Wärmeübertragungsbeispiel II A..3 Wärmeübertragungsbeispiel III A..4 Wärmeübertragungsbeispiel IV A..5 Wärmeübertragungsbeispiel V A..6 Wärmeübertragungsbeispiel VI A..7 Wärmeübertragungsbeispiel VII A..8 Wärmeübergangsbeispiel VIII... 8 A..9 Wärmeübertragungsbeispiel IX A.. Wärmeübertragungsbeispiel X... 9 A.. Wärmeübertragungsbeispiel XI A.. Hydrostatisches Lager als Beispiel zur Strömungsanalogie 97 A.3 Torsionsbeispiele... 3 A.3. Torsion eines Rohres mit Längsbohrungen... 3 A.3. Torsion eines Winkels bzw. Temperaturverlauf in einem Winkel... 4 A

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5 A Lösungen zu den Übungsbeispielen A.5 Eindimensionale Stabprobleme A.5 A.5. Stabbeispiel I 6 Einteilung in Elemente Das Stabsystem wird in zwei Elemente aufgeteilt. Dem Knoten wird eine Verschiebung ū aufgeprägt, während die Verschiebung von Knoten 3 Null ist. Bild A.. Elementeinteilung des Stabes Steifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrizen der beiden Elemente stellen sich dar als: u u u u 3 K = k u ; K = k u (84) u u 3 Gesamtsteifigkeitsmatrix und Verschiebungen Die Gesamtsteifigkeitsmatrix wird durch Überlagerung der beiden Einzelsteifigkeitsmatrizen gewonnen. Die Anteile von Matrix (Matrix ) sind durch ( ) gekennzeichnet. u u u 3 k k u K g = k k + k k u (85) k k u 3 Die Verschiebungen an den drei Knoten werden über die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g mit den äußeren Kräften des Systems in Beziehung gesetzt. Diese stellt die Gleichgewichtsbeziehung des Systems dar:

6 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen k k k k + k k k k ū u = R F F R F 3 (86) In voranstehender Beziehung sind die bekannten Verschiebungen, nämlich u =ū und u 3 =, schon eingesetzt worden. Als Unbekannte treten neben der Verschiebung u noch die Reaktionskräfte R F und R F 3 auf. Aus der zweiten Zeile von (86) erhält man: k ū +(k + k ) u = F u = F + k ū (87) k + k Damit sind alle Knotenverschiebungen bekannt. Auflagerkräfte Die erste Zeile aus (86) führt auf die Kraft im linken Lager: R F = k ū k u = k k ū k F (88) k + k k + k Entsprechend die letzte Zeile aus (86) auf die Kraft im rechten Auflager: R F 3 = k u = k k k + k ū k k + k F (89) Steifigkeit k Es wird verlangt, daß R F verschwindet. Aus (88) erhält man: k k ū k F = k = F (9) k + k k + k ū Die Reaktionskraft im linken Auflager verschwindet also, wenn die Steifigkeit des Stabes zu F/ū angenommen wird oder wenn die Belastung F als ūk aufgeprägt wird. A.5. Stabbeispiel II Es wird die Vorschrift abgeleitet, die eine Umrechnung der Volumenkraft ρgv in die Knotenkräfte ermöglicht. Damit werden die Verformungen und die Spannungen im Stab, der im Bild A. dargestellt ist, berechnet. Mit Hilfe des Programmes FEM CAS werden diese Größen für 4 und 8 Elemente 6

7 A.5 Eindimensionale Stabprobleme 7 ermittelt. Der Fehler in den Maximalspannungen wird in einem doppelt logarithmischen System dargestellt. Bild A.. Einteilung des Stabes unter Eigengewicht in ein bzw. zwei zweiknotige Stabelemente Knotenkräfte für das zweiknotige Element Das Funktional des Stabes nach (55) auf der S. 98 wird um den Term V ρgudv erweitert. Er beschreibt die Volumenkräfte des Stabes, dabei ist ρ die Dichte und g eine translatorische Beschleunigung. Dieser Integralausdruck wird mit Hilfe der Formfunktion N nach (58) diskretisiert: V ρgudv = V ρg u T NdV = u T ρgndv V } {{ } F g (9) Der Vektor F g enthält die beiden Knotenkräfte, die aus der Volumenkraft des Stabelementes hervorgehen: F g = V ρg NdV = Aρg l x l x l dx = Aρgl = F i F j (9) In der voranstehenden Beziehung wird vorausgesetzt, daß die Querschnittsfläche A, diedichteρ und die Beschleunigung g im Element konstant sind. Das Ergebnis zeigt, daß die Gesamtkraft im Element Alρg je zur Hälfte auf die Knoten aufgeteilt wird. Verformungen und Auflagerreaktion für ein zweiknotiges Element Für ein Element, wie in Bild A. dargestellt, ergibt sich folgende Beziehung: AE l u u = Aρg l + R F (93)

8 8 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Mit u = erhält man aus der zweiten Zeile aus (93): u = ρgl E ; ū E = u ρgl = (94) Die Auflagerreaktion am Knoten ergibt sich aus der ersten Zeile zu: R F = AE l u Aρg l = AE l ρgl E Aρgl = Aρgl (95) Maximalspannungen für ein zweiknotiges Element Mit Hilfe der Formfunktion nach (58) und des Hooke schen Gesetzes σ = Edu/dxläßt sich die Spannung im Stab berechnen als: σ = E du dx = E d [( x ) u i + x ] ( dx l l u j = E l u i + ) l u j = E u j u i l (96) Durch Einsetzen der Knotenverformungen nach (94) erhält man die Spannung im Element. Sie ist im ganzen Element konstant: σ = E l u = E ρgl l E = σ ρgl ; σ = ρgl = (97) Die exakte Spannung nach (54) auf der S. 98 σ ex = ρg(l x) istüber die Stablänge linear verteilt. Das Maximum σ =trittbeix = auf. Somit liegt ein Fehler von 5 % vor. In Bild A.3 ist dieser Fehler für eine unterschiedliche Elementanzahl in einem doppelt logarithmischen System dargestellt. Die Elementanzahl ist beginnend mit einem Element sukzessive auf zwei, vier und acht Elemente erhöht worden. Der Fehler nimmt dann auf 5 %,,5 %, und 6,5 % ab. Daraus ergibt sich im doppelt logarithmischen System eine Fehlergerade. Zwei zweiknotige Elemente DerStabwird,wieinderrechtenHälfte von Bild A. auf der S. 7 dargestellt, in zwei zweiknotige Elemente eingeteilt. Daraus ergeben sich folgende Elementsteifigkeitsmatrizen: Der Fehler ist definiert als: (σ ex σ FEM)/σ ex.

9 A.5 Eindimensionale Stabprobleme 9 Bild A.3. Die Fehlergerade stellt sich dar als: E = 5n,wobein die Anzahl Elemente ist. Will man einen Fehler von % erzielen, so sind dafür 5 Elemente notwendig K = K = AE l Für die Knotenkräfte der Elemente gilt nach (9): F = F = Aρg l 4 (98) (99) Der Gesamtbelastungsvektor F g = ˆF + ˆF wird wie folgt gebildet: F g = Aρg l 4 + Aρg l 4 = Aρg l 4 () Mit Hilfe der Gesamtsteifigkeitsmatrix ergibt sich folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der Verschiebungen: AE l u u u 3 = Aρgl 4 + R F () Bedingt durch die Einspannung am Knoten ist die Verschiebung u = bekannt. Es kann daher die erste Zeile und Spalte aus dem voranstehenden

10 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Gleichungssystem gestrichen werden. Zur Bestimmung der unbekannten Verschiebungen u und u 3 ergibt sich: AE l u u 3 u u 3 = Aρg l 4 = ρgl 8 E () Das voranstehende Gleichungssystem ˆK g u = ˆFg von ˆK g lösen als: u = ˆF g ˆK g läßt sich durch Inversion u u 3 ū ū 3 = = ρgl 8 E = ρgl 8 E 3 4 (3) Aus den Knotenverschiebungen nach (3) lassen sich mit Hilfe der Formfunktionen des Elementes nach (58) auf der S. die Verschiebungen i u im Element i beschreiben. Für Element ergibt sich mit x = x und l = l/: [ u = N T u = x l x l ] ρgl 8 E 3 = 3 ρgl x = 3 ρgl 8 E l 4 E für x l Analog für Element mit x = x l und l = l/: x l (4) [ u = N T u = = ρgl 8 E ( x l x l 3+ x l ) = ρgl 4 E ] ρgl 8 E 3 4 ( + x ) l für l x l (5) In Bild (A.4) sind die normierten Verschiebungen über der Stablänge für die exakte Lösung nach (53) auf der S. 98 und die für ein sowie zwei Stabele-

11 A.5 Eindimensionale Stabprobleme mente angeführt. Die analytische Lösung zeigt einen degressiven Verlauf über die Stablänge. Die FE-Lösung weist an den Knoten keinen Fehler auf, weicht aber im Element von der exakten Lösung ab, da im Element die Verschiebung linear verteilt ist. Bild A.4. Vergleich der Verschiebungen und Spannungen zwischen der exakten und der FE-Lösung Die Spannungen werden ebenfalls elementweise berechnet. Aus den Verschiebungen nach (4) bzw. (5) werden die Dehnungen i ε = d i u/dx ermittelt. Mit dem Hooke schen Gesetz i σ = i εe gewinnt man die Spannungen des Elementes i. Für Element erhält man: ε = d dx ( 3 ρgl 4 E Analog für Element : ) x = 3 ρgl l 4 E σ = 3 4 ρgl; σ = σ ρgl = 3 4 (6) ε = d dx ( ρgl ( + x )) = ρgl 4 E l 4 E σ = 4 ρgl; σ = σ ρgl = 4 (7) In der rechten Hälfte von Bild A.4 sind die Spannungsverläufe der exakten Lösung nach (55) auf der S. 98 und die der Lösung mit einem bzw. zwei Elementen gegenübergestellt. Die Spannung ist im Element konstant, so daß der Verlauf bei einem Element den bezogenen Wert σ =/ aufweist. Bei zwei Elementen tritt bei x = l/ eine Unstetigkeit auf. Der Wert für σ springt von 3/4 auf /4. A.5.3 Stabbeispiel III In den Ausdruck nach (9) wird die Formfunktion für das dreiknotige Element nach (334) auf der S. eingesetzt. Daraus erhält man mit ξ = x/l: 6

12 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen F g = ρg l 3 x ( x l + l 4 x l ( x l ) x l ( +x l ) ) dx = Alρg 6 4 (8) Das dreiknotige Element besitzt nach (337) auf der S. folgende Steifigkeitsmatrix: K = AE 3 l (9) Bild A.5. Einteilung des Stabes unter Eigengewicht in ein dreiknotiges Element Die Einteilung des Stabes nach Bild A.5 in ein dreiknotiges Element führt unter Beachtung der Randbedingungen u = auf folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der Knotenverschiebungen u und u 3 : AE 3 l u u 3 = Alρg u u 3 = ρgl E 4 () Durch Inversion der Koeffizientenmatrix im voranstehenden linearen Gleichungssystem lassen sich die Verformungen berechnen:

13 A.5 Eindimensionale Stabprobleme 3 u u 3 = ρgl E = ρgl 8 E 3 4 () Die Verschiebungen im Element und damit im Stab lassen sich über die Formfunktionen des dreiknotigen Stabelementes beschreiben: [ u = 3 x ( x l + l = ρgl E ) ] u +4 x ( x ) l l [ 4 x ( x ) 3 l l 8 + x ( x ) l l u + x l ] = ρg E ( x l ) u 3 ( l x ) x () Die Lösung stimmt mit der exakten Verschiebung nach (53) auf der S. 98 überein. Spannungen Die Spannungen lassen sich aus () mit Hilfe des Hooke schen Gesetzes σ = Edu/dxgewinnen. σ = E d dx σ = ( ρg E σ ρgl = x l ( l x ) ) ( x = ρg(l x) =ρgl x ) l (3) Die Spannung hat ihr Maximum an der Einspannung bei x = und nimmt zum Ende hin linear ab. Sie stimmt mit der exakten Spannung überein. A.5.4 Stabbeispiel IV 7 Lösung mit einem Element Für den Fall, daß der Hydraulikzylinder durch einen Stab mit der mittleren Querschnittsfläche Ā dargestellt werden soll, ergibt sich folgende Gleichung: ĀE l o + l k u u = R F (4) F Daraus erhält man mit u = die Beziehung für die Steifigkeit: k I = F u = ĀE l o + l k (5)

14 4 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Lösung mit zwei Elementen Das Element gibt die Ölsäule wieder und das Element die Kolbenstange: K = A o E o l o ; K = A k E l k (6) Durch die Überlagerung dieser beiden Steifigkeitsmatrizen und unter Berücksichtigung der Randbedingung u =erhält man folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der beiden Verschiebungen u,u 3 : A k E l k + A o E o l k A k El o u u 3 = F (7) Die Verschiebungen lauten: u = F l ( l ; u 3 = F + l ) k A E A E A k E Damit erhält man die Steifigkeit k II bei zwei Elementen: (8) k II = F A o A k EE o = (9) u 3 A o E o l k + A k El o Die mittlere Querschnittsfläche Ā wird durch Gleichsetzen der Steifigkeiten k I = k II gewonnen: ĀE A o A k EE o = () l o + l k A o E o l k + A k El o Umstellen nach Ā führt auf die gesuchte mittlere Querschnittsfläche: l o + l k Ā = A k A o E o () A o E o l k + A k El o A.5.5 Stabbeispiel V 7 Ableitung der Ersatzkräfte aus der Anfangsdehnung ε Die Anfangsdehnung ε wird der Dehnung ε σ überlagert, die aus einer äußeren Belastung entsteht:

15 A.5 Eindimensionale Stabprobleme 5 ε = ε σ + ε = u ε σ = ε ε = u ε () Mit dem Hooke schen Gesetz erhält man die Spannungen als : σ = ε σ E = E (ε ε )=E (u ε ) (3) Setzt man diese beiden Größen ε σ und σ in das Funktional nach (55) ein, so erhält man mit uf = u T F : Π= = V V σε σ dv u T F = E (u ε ) dv u T F V Eu dv + Eε dv Eu ε dv u T F (4) V V }{{} Π ε Die Ableitung der Verschiebung u = du/dx läßt sich nach (59) auf der S. schreiben als: [ u = l l ] u i = B T u (5) u j Einsetzen in (4) führt auf: Π= EB T u B T udv +Π ε EB T uε dv u T F V V = ut EB B T dv u +Π ε u T EBε dv u T F V } {{ } K V } {{ } F = ut K u +Π ε u T F u T F (6) Für die Größe Π ε gilt: Π ε Π ε ( u). Damit verschwindet die Variation von Π ε (δπ ε =).Somitführt die Variation δ Π (s. Gl. (396) auf der S.49) auf folgenden Ausdruck: K u = F + F (7) Aus der Anfangsdehnung ε entsteht der Kraftvektor F.

16 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Beschreibung der Ersatzkraft F In Bild A.6 ist ein Element dargestellt, das an seinen Knoten jeweils eine Temperatur T i bzw. T j aufweist. Die Temperaturverteilung im Element wird über die lineare Formfunktion nach (58) auf der S. beschrieben: Bild A.6. Stabelement mit den Temperaturen T i und T j ( T (x) = x ) T i + x l l T j (8) Die Anfangsdehnung ε ergibt sich daraus mit Hilfe des Wärmeausdehnungskoeffizienten α zu: [ ( ε (x) =αt(x) =α x ) T i + x ] l l T j (9) Durch Einsetzen von (9) in (6) erhält man unter der Voraussetzung, daß der Querschnitt A, der E-Modul E und der Wärmeausdehnungskoeffizient α konstant im Element sind: l F = AEα = AEα l [ ( B x l l ) T i + x l T j ] dx [ ( x ) T i + x l l T j Lösung des Beispiels Die Steifigkeitsmatrix für die beiden Elemente lautet: ] dx = AEα T i + T j (3) K = K = AE l (3) Daraus ergibt sich die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g zu:

17 A.5 Eindimensionale Stabprobleme 7 K g = AE l (3) Die Belastung besteht aus der Kraft F am Knoten, sowie der thermischen Last, die jeweils für die beiden Elemente nach (3) wie folgt berechnet werden: F = AEα T + T ; F = AEα T + T 3 (33) Durch Überlagerung von F und F erhält man den Gesamtvektor F g : F g =αae T + T +αae T + T 3 = α AE T T T T 3 T + T 3 (34) Damit ergibt sich die Beziehung K g u = F + F g zu: AE l u = R F F R F 3 + α AE T T T T 3 T + T 3 (35) Die Gleichung zur Bestimmung von u von (35): erhält man aus der zweiten Zeile 4 AE u = F + α l AE (T T 3 ) u = Fl 4AE + α 8 l (T T 3 ) (36) Die Auflagerreaktionen lassen sich aus (35) berechnen, indem die ermittelte Verschiebung dort eingesetzt wird. Aus der ersten Zeile von (35) erhält

18 8 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen man: R F = AE [ Fl l 4AE + α ] 8 l (T T 3 ) + α AE (T + T ) = F + α 4 AE (T +T + T 3 ) (37) Aus der dritten Zeile ergibt sich: R F 3 = AE l [ Fl 4AE + α ] 8 l (T T 3 ) α AE (T + T 3 ) = F α 4 AE (T +T + T 3 ) (38)

19 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 9 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme A.5 A.5.6 Stabbeispiel VI 33 Bild A.7. Beispiel zum zweidimensionalen Stab Einteilung in Elemente Die beiden Stäbe werden jeweils in ein Element eingeteilt. Die Knoten- und Elementnumerierung sowie die Orientierung der lokalen Koordinatensysteme sind in Bild A.7 festgehalten. Tab. A. enthält die Elementknotenzuordnung und die Winkel, die die Lage der Elemente beschreiben: Tabelle A.. Elementknotenzuordnung und Winkel der Elemente nach Bild A.7 Element Knoten i Knoten j ϕ sin ϕ cos ϕ Elementsteifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrizen werden zunächst ohne konkrete Zahlenvorgaben aufgestellt. Die noch nicht festgelegten Größen werden vor die Matrix gezogen und mit k bzw. k abgekürzt. u v u v u K = A E }{{ l v } k u v (39)

20 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u v u 3 v 3 u K = A E }{{ l v } k u 3 v 3 (4) Die Zeilen und Spalten sind mit den Freiheitsgraden u,v,...gekennzeichnet, um sie später in die Gesamtsteifigkeitsmatrix einsteuern zu können. Gesamtsteifigkeitsmatrix Die additive Überlagerung der Elementsteifigkeitsmatrizen führt zu der nachfolgenden Gesamtsteifigkeitsmatrix. Die Anteile von Elementsteifigkeitsmatrix und sind wie folgt gekennzeichnet: von Element ; von Element. u v u v u 3 v 3 k k k k u k k k k v K = k k k + k k k k k u k k k k k + k k k v k k k k u 3 k k k k v 3 (4) Geometrische Randbedingungen Die Knoten und 3 sind fest eingespannt, so daß sie keine Verschiebung ausführen können. Damit sind folgende Verschiebungen bekannt: u = v = u 3 = v 3 =. Unbekannt sind die Verschiebungen des Knotens, u und v. Verformungen Für die zahlenmäßige Berechnung der Verformungen werden folgende Daten vorgegeben: k =; k =; F = /

21 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 3 3 u v R F x R F y R F x3 R F y3 (4) Es liegen sechs Gleichungen mit sechs Unbekannten u,v, R F x, R F y, R F x3, R F y3 vor. Die Kräfte R F xi und R F yi stellen sich als Auflagerreaktionen dar. Zunächst werden die unbekannten Verformungen u,v ermittelt, indem ein Untergleichungssystem betrachtet wird. Dieses erhält man durch Streichen der Zeilen und Spalten in der Gesamtsteifigkeitsmatrix, die eine geometrische Randbedingung aufweisen. Es bleibt damit folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der Verformungen übrig: 3 3 u v = u = u v = 8 (43) 3 In Bild A.8 sind die Verformungen des Systems dargestellt, wobei die unverformte Struktur strichpunktiert ist. Der Knoten verschiebt sich um den Vektor u in seine verformte Lage. Die unsymmetrische Verformung ist auf die unterschiedlichen Werte k k zurückzuführen. Bild A.8. Verformungen und Schnittgrößen der Stäbe Schnittgrößen Die Schnittgrößen gewinnt man aus dem Produkt Einzelsteifigkeitsmatrix Verformungsvektor (K i i u = i F ):

22 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen K i - Einzelsteifigkeitsmatrix i u - Verformungsvektor des Elementes i i F - Schnittgrößen des Elementes i K u = F = = F x F y F x F y (44) K u = F = = F x F y F x3 F y3 (45) Auflagerreaktionen Die Auflagerreaktionen lassen sich auf zweierlei Weise berechnen: Aus der Kraftrandbedingung ergibt sich, daß die äußeren Kräfte mit den Schnittgrößen im Gleichgewicht stehen müssen (s. (78) auf der S. 5). Betrachtet man die x-richtung des Knotens, so ergibt sich: R F x = F x =/4. Aus (4) können die Auflagerreaktionen berechnet werden. In dieser Beziehung stehen die unbekannten Auflagerreaktionen auf der rechten Seite. Man berechnet sie, indem man die Gesamtsteifigkeitsmatrix mit dem Verformungsvektor multipliziert. Als Beispiel sei hier die Reaktionskraft R F x angeführt. Sie ergibt sich aus (4) aus dem Produkt der ersten Zeile der Gesamtsteifigkeitsmatrix mit dem Verformungsvektor: i F xj - Schnittkraft in x-richtung des Elementes i am Knoten j i F yj - Schnittkraft in y-richtung des Elementes i am Knoten j.

23 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 3 [ ] = [ 8 ( 3 )] = 8 4 = R F x (46) A.5.7 Stabbeispiel VII Die Stabstruktur ist symmetrisch zur y-achse bzgl. Geometrie, Belastung, Material und geometrischer Randbedingungen. Daher wird nur eine Hälfte in zwei Stabelemente eingeteilt. Dazu müssen die Querschnittsfläche von Element und die Belastung halbiert werden. In der Tab. A. sind die Elementknotenzuordnung sowie die wesentlichen Daten für die Rechnung aufgeführt. 33 Tabelle A.. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten Elem.-Nr. Knoten A E l i ϕ sin (ϕ) cos(ϕ) Bild A.9. Einteilung der Stabstruktur in Elemente unter Ausnutzung der Symmetrie Steifigkeitsmatrizen Die beiden Steifigkeitsmatrizen werden nach (348) auf der S. 5 berechnet:

24 4 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u v u v u K = v u v u v u 3 v 3 u ; K = v u 3 v 3 (47) Gesamtsteifigkeitsmatrix In (48) sind die beiden Steifigkeitsmatrizen zur Gesamtsteifigkeitsmatrix überlagert. Die Anteile kommen von Element. Die Anteile von Element. u v u v u 3 v 3 u v K g = + u + v u3 v3 (48) Geometrische Randbedingungen und Verformungen Die Struktur hat nur einen unbekannten Freiheitsgrad, nämlich v.daher werden aus der Gesamtsteifigkeitsmatrix K g alle Zeilen und Spalten bis auf die von v gestrichen: ( + ) v = v = + = +, 586 (49)

25 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 5 Schnittgrößen Die Schnittgrößen ergeben sich aus dem Produkt der Steifigkeitsmatrix K i des Elementes i mit den Verformungen i u des Elementes i: + = + + = F x F y F x F y (5) + = + = F x F y F x3 F y3 (5) Auflagerreaktionen Die Auflagerreaktionen erhält man aus K g u = F. In dem Verformungsvektor u tritt als Größe, die ungleich Null ist, nur die Verschiebung v auf. Daher findet aus K g nach (48) nur die Spalte v Berücksichtigung: + + = =, 586, 44, 44, 44 = R F x R F y R F x R F y R F x3 R F y3 (5)

26 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen A.5.8 Stabbeispiel VIII 34 Einteilung in Elemente Das Problem ist symmetrisch zur x-achse. Bild A. zeigt die Einteilung in vier Elemente. Die Elementknotenzuordnung ist in Tab. A.3 festgehalten. Bild A.. Einteilung der Stabstruktur in Elemente unter Ausnutzung der Symmetrie Tabelle A.3. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten Elem.-Nr. Knoten ϕ sin (ϕ) cos(ϕ) Steifigkeitsmatrizen In den nachfolgenden Steifigkeitsmatrizen sind die Zeilen und Spalten mit den Freiheitsgraden der Knoten der Elemente bezeichnet. Die Anteile von den einzelnen Elementen sind wie folgt markiert: = Element; = Element ; = Element3;{ } = Element4. K = K = AE l u u v v u u 4 v v 4 u u v v u u 4 v v 4

27 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 7 K 3 = 4 AE l u v u 3 v 3 u v u 3 v 3 K 4 = 4 AE l {u } {v } {u 5 } {v 5 } {u } {v } {u 5 } {v 5 } (53) Gesamtsteifigkeitsmatrix unter Berücksichtigung der Randbedingungen Es wird unmittelbar die Gesamtsteifigkeitsmatrix ˆK g aufgestellt, die sich nach dem Streichen der Zeilen und Spalten infolge der wesentlichen Randbedingungen ergibt, die den Wert Null haben: ˆK g = AE l = AE l (54) u u { 4 } u u 4 u u 4 + u u 4 Verformungen AE l + u ū = F R F x4 (55) Aus der ersten Zeile erhält man für u :

28 8 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u = 4+ ( ū + F ) AE l (56) Auflagerreaktion des Auflagers an der Stelle x = l, y = Aus der zweiten Zeile von (55) gewinnt man die gesuchte Auflagerreaktion: R F x4 = AE l u + AE ū = AE l l + 4+ ū 4+ F (57) A.5.9 Stabbeispiel IX 34 Einteilung in Elemente Die Geometrie, Lagerung und das Material sind bzgl. der x-achse symmetrisch. Nicht aber die Belastung. Sie steht senkrecht zur Symmetrieachse. Damit ist das Problem antimetrisch. Es muß nur eine Hälfte der Stabstruktur berücksichtigt werden. Diese ist in Bild A. in drei Elemente eingeteilt. Für den Knoten wird eine zusätzliche Lagerungsbedingung infolge der Ausnutzung der Antimetrie der Form u = eingeführt. Bild A.. Einteilung der Stabstruktur in Elemente unter Ausnutzung der Antimetrie Steifigkeitsmatrizen der Elemente K = AE 4 l u v u v u 3 3 v u 3 3 v (58)

29 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 9 K = AE 4 l u v u 3 v 3 u v u 3 (59) v 3 K 3 = AE 4 l u v u 4 v u v 3 3 u v4 (6) Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Stabstruktur besitzt vier Knoten und damit acht Freiheitsgrade, womit die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g eine 8 8-Matrix ist. K g = AE 4 l u v u v u 3 v 3 u 4 v 4 6 ( 3+) u ( 3+) v u 3 3 v u 3 v u v4 (6) Die halbe Bandbreite b nach (3) auf der S. 48 berechnet sich mit Δn =3 und f = zu 8. Damit geht die Bandstruktur verloren und die Matrix K g ist voll besetzt. Verformungen Das System hat nur eine Unbekannte, nämlich v.nachberücksichtigung der Lagerungsbedingungen bleibt nur noch das Element aus der Zeile und Spalte v von K g übrig:

30 3 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen 3 AE l v = F v = Fl 3 AE (6) Schnittgrößen Aus dem Produkt K i i u, wobeii die Elementnummer darstellt, gewinnt man die Schnittgrößen. Der Verformungsvektor i u enthält jeweils nur eine Komponente, nämlich v. Damit ist nur die zweite Spalte in den Steifigkeitsmatrizen von Bedeutung. Man erhält für die Elemente: K u = AE 4 l K u = AE 4 l K 3 3 u = AE 4 l Fl 3 AE Fl 3 AE Fl 3 AE 3 = F 3 = F = F = 3 = 3 3 = 3 3 F x F y F x3 F y3 F x F y F x F y 3 F x 3 F y 3 F x4 3 F y4 (63) (64) (65) Auflagerkräfte Die Auflagerkräfte lassen sich aus den Gleichgewichtsbeziehungen der Kräfte an den Knoten gewinnen: F xk = j j F xk ; F yk = j j F yk (66) Auf der linken Seite der beiden Gleichungen steht jeweils die äußere Kraft (in x- bzw. y- Richtung) am Knoten k. Auf der rechten Seite werden die inneren Kräfte über alle an den Knoten k angrenzenden Elemente aufaddiert. Damit

31 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 3 ergibt sich für die Knoten: Knoten : R F x = F x + F x + 3 F x = F F 3 6 F 3 = ( + ) 3 F =, 455F 6 F y + F y + 3 F y = F + F 6 + 3F = F 3 Knoten : R F x = F x = F R F y = F y = F Knoten 3: R F x3 = F x3 = F 6 Knoten 4: R F y3 = F y3 = F 6 3 R F x4 = 3 F x4 = F R F y4 = 3 F y4 = F 4 (67) Bild A.. Die Belastung und Reaktionskräfte des Systems A.5. Stabbeispiel X 34 Einteilung in Elemente, Randbedingungen und Belastung In der rechten Hälfte von Bild A.3 ist die Einteilung der Struktur in drei Stabelemente dargestellt. Es wird die Symmetrie ausgenutzt und somit nur die linke Hälfte der Struktur berücksichtigt. Die eingefügten Randbedingungen an den Knoten und 3 erzwingen eine symmetrische Verformung. Die Belastung am Knoten 3 ist halbiert, da nur eine Strukturhälfte belastet wird. Ebenso tritt die Querschnittsfläche des Stabes, da er auf der Symmetrieachse liegt, nur zur Hälfte auf. Die Elementknotenzuordnung ist in der Tab. A.4 aufgeführt.

32 3 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.3. Symmetrische D- Stabstruktur und die Einteilung einer Hälfte in Elemente Steifigkeitsmatrizen der Elemente Nachfolgend sind die Steifigkeitsmatrizen und die entsprechenden Freiheitsgrade des Problems angeführt. Es tritt als gemeinsamer Faktor die Steifigkeit k = AE/l auf. u v u v u K = 4 k v u v u v u 3 v 3 u K = 4 k v u 3 v 3 Tabelle A.4. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten Elem. Knoten Fläche E-Modul Winkel ϕ sin ϕ cos ϕ A E 45 A 3 E A E 45

33 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 33 u v u 3 v 3 u K 3 = 4 k v u 3 v 3 (68) Gesamtsteifigkeitsmatrix nach dem Einbringen der Randbedingungen Die Gesamtsteifigkeitsmatrix ˆK g ist eine Matrix, da als Unbekannte nur die beiden Verschiebungen v und v 3 auftreten: ˆK g = k = k, 64, 5 (69), 5, 64 Verformungen des Problems Das lineare Gleichungssystem zur Bestimmung der Verschiebungen v und v 3 hat nachfolgendes Aussehen: k v v 3 = F (7) Durch Inversion von ˆK g kann man die Verschiebungen bestimmen: ˆK g = 4 k ( + ) + + = k (7) Aus der Multiplikation ˆK g F erhält man die gesuchten Verschiebungen: v v 3 = k F = F k (7)

34 34 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Spannungen im Vertikalstab Die Spannungen im Stab lassen sich über das Hooke sche Gesetz σ = εe beschreiben. Die Größe Δl in der Dehnung ε =Δl/l kann man über die Knotenverschiebungen ausdrücken: Δl l = v 3 v l = F k ( ) l = F AE ( ) (73) Damit erhält man die Spannung im Vertikalstab, die sich als Druckspannung darstellt: σ = F AE ( ) ( F E = ) A =, 93 F A (74) Auflagerkräfte im linken Lager Aus der Betrachtung des Gleichgewichtes i i F x = R F x und i i F y = R F y am Knoten lassen sich die Auflagerkräfte ermitteln. Dabei sind i F x bzw. i F y die Schnittgrößen der Elemente, die an den Knoten angrenzen. Dies sind hier die Elemente und 3. AE 4 l AE 4 l Fl AE Fl AE = 4 F = F 4 = = 3 F x 3 F y 3 F x3 3 F y3 F x F y F x F y (75) (76) Die Auflagerkraft R F x ergibt sich aus den Schnittkräften am Knoten der Elemente und 3 in x-richtung: R F x = F x + 3 F x = 4 F ( )+ 4 F = 4 ( )F =, 7 F (77) Analog ergibt sich die Auflagerkraft R F y der Elemente und 3: aus den Schnittkräften am Knoten

35 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 35 R F y = F y + 3 F y = 4 F ( ) + 4 F = 4 F = F (78) A.5. Stabbeispiel XI 35 Einteilung der Struktur in Elemente Das System ist symmetrisch bzgl. der y-achse. Daher muß nur die linke oder rechte Hälfte berücksichtigt werden (s. Bild (A.4)). Es wird hier die rechte Hälfte in zwei Stabelemente eingeteilt. Die Randbedingung für Knoten 3 bewirkt, daß er sich nur in y-richtung verschieben kann. Bild A.4. Einteilung der Struktur in zwei Stabelemente Einzelsteifigkeitsmatrizen u v u v u K = AE v l u (79) v u v u 3 v 3 u K = AE v l u 3 (8) v 3

36 36 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Gesamtsteifigkeitsmatrix nach dem Einbringen der Lagerungsbedingungen Aus der Gesamtsteifigkeitsmatrix K g werden die Zeilen und Spalten gestrichen, die einem Freiheitsgrad zugeordnet sind, der als Null bekannt ist (u = v = u 3 = ). Damit bleibt folgende Gesamtsteifigkeitsmatrix ˆK g übrig: u v v 3 ˆK g = u AE l v (8) v 3 Die Verschiebungen des Systems Mit Hilfe von ˆK g ergibt sich nachfolgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der unbekannten Verschiebungen u,v und der Auflagerreaktion R F y3, wobei für v 3 die bekannte Verschiebung v eingesetzt wird: AE l u v v = F R F y3 (8) Auf der rechten Seite erscheint nur / R F y3, da bedingt durch die Ausnutzung der Symmetrie nur die halbe Auflagerkraft in (8) auftritt: ( AE u + ) l v = F u = F l AE v ( AE v ) l v = v = v (83) Die vertikale Auflagerkraft im Lager A Aus der letzten Zeile von (8) erhält man die Auflagerreaktion R F y3 : R F y3 R F y3 = AE (u v + v) l = AE l (F l AE v ) v + v = F (84)

37 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 37 A.5. Stabbeispiel XII 35 Minimierung des Volumens bei vorgegebener Verformung Bild A.5. Das Stabsystem mit seinen Abmessungen und Belastungen Das normierte Volumen V = V/(AL) =+g +f ist nur eine Funktion von f und g. Die dimensionslose Verschiebung v = vae/(fl)ander Kraftangriffsstelle lautet: v = v AE FL = ( + f ) 3 + g gf (85) Das Ziel der Optimierung ist es, das Volumen der beiden Stäbe zu minimieren und die vorgegebene Verformung ˆv einzuhalten. Daraus ergibt sich mit Hilfe des Lagrange schen Multiplikators λ folgende Zielfunktion Z: Z = V + λ ( v ˆv) =+g ( + f +f + λ ) 3 + g gf ˆv (86) Das Minimum dieser Funktion Z = Z(f,g,λ) gewinnt man, indem die partiellen Ableitungen nach f,g und λ zu Null gesetzt werden: Z f = fg + λ ( + f ) 3 + g +f +f gf 3 +3 = fg Z g = ( ( + f +f ) + λ 3 + g f g + ) gf = Z ( + f λ = ) 3 + g f ˆv = (87) g Aus diesen drei Gleichungen werden die optimalen Werte für f,g und λ bestimmt. Es ergibt sich:

38 38 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen 8( + ˆv) 4( + ˆv) f = + ; g = ; λ = ˆv ˆv ˆv ˆv 3 (88) Bild A.6. Darstellung der Isolinien von Volumen und Verformung. Im Punkt f = 3 und g = 4 liegt die Lösung für ˆv = Betrachtung des Falles ˆv = In Bild A.6 ist der Fall ˆv = aufgeführt. Die durchgezogenen Linien geben Kurven gleicher Verformung v wieder, die gestrichelten Linien Kurven gleichen Volumens V. Die Lösung liegt bedingt durch die Gleichungsnebenbedingung auf der Kurve v =. Die optimale Lösung, d.h. die Lösung mit dem kleinsten Volumen, ist in dem Punkt zu finden, in dem die Kurve V die Kurve v = tangiert. Daraus erhält man die optimalen Werte f = 3 und g =4. Minimierung des Volumens bei vorgegebener Spannung In dem Stabsystem nach Bild A.5 auf der S. 37 soll das Volumen der Stäbe minimiert werden und der Betrag der normierten Spannung in den Stäben einen Wert von ˆσ annehmen. Diese Forderung läßt sich mit Hilfe der Lagrange schen Multiplikatoren λ,λ wie folgt in einer Zielfunktion Z formulieren: Z =+g +f + λ ( f ˆσ ) + λ ( +f fg ˆσ ) (89) In dieser Zielfunktion tritt als erster Summand das normierte Volumen der Stäbe auf. Der Ausdruck bei λ (λ ) beschreibt die Spannungen im Stab (). σ =/f ist die normierte Spannung im Element, und σ = +f /(fg)

39 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 39 Bild A.7. Darstellung der Isolinien von Volumen und Spannungen. σ: kurz gestrichelte Linien σ: Vollinien V : gestrichelte Linien ist die normierte Spannung im Element. Zur Bildung des Minimums von (89) müssen die partiellen Ableitungen nach f,g,λ und λ gebildet werden: ( ) Z f = fg λ +f f + λ +f g +f f = g Z g = +f +f λ fg = Z = ˆσ = λ f Z +f = ˆσ = (9) λ fg Die Lösung von (9) führt zu folgenden Werten: f = ˆσ +ˆσ ; g = ; λ = ˆσ ˆσ ˆσ 3 ; λ = +ˆσ ˆσ 3 (9) Für ˆσ = sind in Bild A.7 Kurven gleichen Volumens und gleicher Spannung dargestellt. Die optimale Lösung liegt im Schnittpunkt der Kurven der Spannungen σ = σ =ˆσ =. Durch diesen Punkt verläuft die Kurve mit V = 3. Es ergeben sich daraus die Verhältnisse f = und g =.

40 4 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen A.5.3 Stabbeispiel XIII (FEM GEN und FEM CAS) Die vertikale Auflagerkraft für das rechte Auflager ergibt sich aus der FEM CAS -Rechnung zu: ( F r = mrω [ + ) ( ) ] cos(ωt) sin(ωt) 4 4 +cos(ωt) cos(ωt) (9) 36 Mit α = ωt und durch das Einführen einer dimensionslosen Kraft F r ergibt sich: F r F r = mrω = ( + 4 ) ( ) cos(α) sin(α) 4 +cos(α) cos(α) (93) Bild A.8. Bezogene vertikale Auflagerkraft am rechten Lager In Bild A.8 ist der Verlauf von (93) im Intervall [, π] dargestellt. Es treten vier Nullstellen auf, die folgende Werte aufweisen: α =, 555 ; α =3, 478 ; α 3 =4, 35 ; α 4 =5, 967 (94) Zur Ermittlung der Extremwerte wird die Ableitung von (93) benötigt:

41 A.5 Zweidimensionale Stabprobleme 4 d F ( ) ( r 3 dα = cos(α) sin(α) + ) 3+4 3cos(α) cos(α) 4 (95) Daraus ergeben sich folgende Nullstellen: α I =, 57 ; α II =, 45 ; α III =3, 6 ; α IV =5, 33 (96) An diesen Nullstellen treten folgende Funktionswerte auf: 3, 63 bei α I ;, 6493 bei α II ;, 8976 bei α III ;, 568 bei α IV (97) Die betragsgrößte vertikale Auflagerkraft von 3, 6 tritt damit an der Stelle α =3, 7 auf.

42 4 A. Lo sungen zu den U bungsbeispielen

43 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 43 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme A.6 A.6. Balkenbeispiel I 63 Elementsteifigkeitsmatrix Der Balken wird durch ein Element approximiert. Der E-Modul und das Flächenträgheitsmoment werden zu angenommen. Die Steifigkeitsmatrix des eindimensionalen Balkens wird nach (4) auf der S. 5 berechnet: K = (98) Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Gesamtsteifigkeitsmatrix ist identisch mit der Steifigkeitsmatrix K,da der Balken nur durch ein Element dargestellt wird. Verformungen Die Knotenverformungen ergeben sich aus der Beziehung K u = F.DerVerformungsvektor u enthält die Verschiebungen und Verdrehungen der beiden Knoten. Die rechte Seite F erfaßt die äußeren Lasten, die aus Kräften und Momenten an den beiden Knoten bestehen können. Im vorliegenden Fall existiert für Knoten eine Belastung in Form eines Momentes M =,dasum die positive z-achse dreht. Die geometrischen Randbedingungen bestehen aus der festen Einspannung auf der linken Seite des Balkens und dem Stützlager auf der rechten Seite. Die feste Einspannung führt zu: v =ϕ =. Das rechte Auflager verhindert eine Durchbiegung am Knoten : v =. Damit werden die ersten drei Zeilen und Spalten in dem nachstehenden Gleichungssystem gestrichen: v ϕ v ϕ = R F R M R F (99)

44 44 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Es bleibt eine Gleichung für die Verdrehung ϕ übrig: 4 ϕ = ϕ = 4 () Bild A.9. Biegelinie des Balkens über die Formfunktionen berechnet Die Verformungen im Inneren des Elementes lassen sich über die Formfunktionen nach (386) auf der S. 46 berechnen. Setzt man in diese Beziehung die Verformungen der beiden Knoten ein, so verschwinden die Formfunktionen N,N und N 3. Übrig bleibt N 4,daϕ ungleich Null ist: v = [ (x ) ] 4 x x () l l Die Auswertung dieser Gleichung ist in Bild A.9 dargestellt. Die gestrichelte Linie zeigt den Balken im unverformten Zustand. Die duchgezogene Linie gibt die Biegelinie nach voranstehender Gleichung wieder. Auflagerreaktion Mit den bekannten Verformungen können die Auflagerreaktionen über das Produkt K u = F berechnet werden: = R F R M R F () Bei der Multiplikation der Gesamtsteifigkeitsmatrix K mit dem Verformungsvektor u ist von der Gesamtsteifigkeitsmatrix nur die letzte Spalte von Bedeutung, da die ersten drei Elemente des Verformungsvektors Null sind. R F R M R F R M = (3)

45 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 45 Die Reaktionsgröße R M stellt sich als die äußere Belastung M =dar. Das Bild A. zeigt die grafische Auswertung der Auflagerreaktionen. Sie sind im (x, y, z)-koordinatensystem beschrieben, woraus sich die entsprechenden Vorzeichen ergeben. Das Vorzeichen für die Verdrehung bzw. das Moment ergibt sich aus der Richtung der z-achse, die hier aus der Zeichenebene heraus zeigt. Beide sind positiv, wenn sie um die positive z-achse drehen. Bild A.. Auflagerreaktionen des Balkens Gleichgewichtskontrolle Die äußeren Kräfte des Systems müssen im Gleichgewicht stehen: F i =; i M i =; i 3 3 = (4) + 3 = (5) Die Gleichgewichtsbedingungen sind also erfüllt. A.6. Balkenbeispiel II In Bild 6.9 auf der S. 55 ist ein Balken mit Streckenlast dargestellt. Dessen Ergebnisse sollen durch eine Erhöhung der Elementanzahl verbessert werden. 64 Elementsteifigkeitsmatrizen Die Beschreibung der Steifigkeitsmatrix ist in (4) auf der S. 5 zu finden: Zwei Elemente: K = K =8 EI l 3 96 l 96 l l l l l 96 l 96 l l l l l (6)

46 46 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Drei Elemente: K = K = K 3 = EI l l 6 8 l 8 l l 8 l l 6 8 l 6 8 l 8 l l 8 l l (7) Belastungen Die Belastung besteht in Form einer Streckenlast. Diese muß nach (47) auf der S. 5 in Knotenkräfte und Knotenmomente umgerechnet werden. Die rechte Seite F im Gleichungssystem K u = F setzt sich aus der Überlagerung der einzelnen Knotenbelastungen zusammen. Zwei Elemente: ˆF = ˆF = q l 8 l 4 l 4 (8) F = F + F = q l 8 l 4 l 4 + q l 8 l 4 l 4 = q l 8 l 4 l 4 (9)

47 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 47 Drei Elemente: ˆF = ˆF = 3 ˆF3 = q l l 36 l 36 () F = F + F + 3 F3 =q l l 36 l 36 +q l l 36 l 36 +q l l 36 l 36 = q l l 36 l 36 () Verformungen Die Ausnutzung der Symmetrie des Balkens führt auf die Randbedingung: ϕ =. Das rechte Auflager hat die Randbedingung v 3 = bei zwei Elementen und v 4 = bei drei Elementen zur Folge. Daraus ergibt sich, daß jeweils aus der Gesamtsteifigkeitsmatrix die erste und vorletzte Zeile und Spalte gestrichen werden. Damit ergeben sich folgende Gleichungssysteme zur Bestimmung der Verformungen: Zwei Elemente: 8 EI l l 96 9 l l 4 l l l l l v v ϕ ϕ 3 = q l 8 l 4 ()

48 48 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u = v v ϕ = q l3 8 EI 5 48 l 9 56 l 48 (3) ϕ 3 3 Drei Elemente: l l EI 8 l 4 l 8 l l l l 43 8 l 8 l l 4 l l 8 l l l v v ϕ v 3 ϕ 3 ϕ 4 = q l l 36 (4) u = v v ϕ v 3 ϕ 3 ϕ 4 = ql 3 34 EI 45 l 35 l 64 5 l 4 96 (5) Schnittgrößen Die Schnittgrößen ergeben sich aus dem Produkt K i i u = i F

49 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 49 Zwei Elemente: K u = F = F M F M = ql l 4 9 l (6) K u = F = F M F 3 M 3 = ql l 7 l (7) Drei Elemente: 36 ql 55 l F = l ; F = ql l 8 3 l ; 3 F = ql l 8 l (8) Schnittgrößenverläufe Bild A.. Bezogene Querkraft- und Momentenverläufe für verschiedene Elementanzahlen In der linken Hälfte von Bild A. ist der Querkraftverlauf für verschiedene Elementanzahlen dargestellt. Die durchgezogene Linie gibt die exakte Lösung Q = Q/(ql)=x/l wieder. Für ein bzw. drei Elemente der rechten Hälfte des

50 5 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Balkens ergeben sich die angeführten Verläufe. Die Lösung für ein Element ist für x/l dargestellt. Die für drei Elemente für x/l. Die FE-Lösung stellt sich als treppenförmiger Verlauf dar, da die Querkraft im zweiknotigen Element konstant ist. In der rechten Bildhälfte von A. ist der Momentenverlauf für eine unterschiedliche Anzahl von Elementen angeführt. Die exakte Lösung stellt eine Parabel M = M/(ql )=/[(x/l) /4]dar.BeizweiElementenfür die rechte Balkenhälfte ergibt sich eine recht gute Übereinstimmung mit der exakten Lösung. Konvergenztest Bild A.. Verläufe der Fehler in den Schnittgrößen für bis 64 Elemente In Bild A. sind die Verläufe der Fehler in den Schnittgrößen für bis 64 Elemente angeführt. Während der Momentenfehler mit der Elementanzahl n quadratisch abfällt, nimmt der Querkraftfehler nur linear ab. So benötigt man 5 Elemente, um den Querkraftfehler auf % zu reduzieren. A.6.3 Balkenbeispiel III 64 Formfunktionen Die in der Aufgabenstellung gegebene Ansatzfunktion lautet: v = a + a x + a x + a 3 x 3 (9) Diesem Ansatz muß die Bedingung des Gelenkes, nämlich v (x =)=, aufgeprägt werden:

51 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 5 v = a +a x +3a 3 x v =a +6a 3 x v (x =)= a = () Damit ergibt sich eine modifizierte Ansatzfunktion und deren erste Ableitung zu: v = a + a x + a 3 x 3 v = a +3a 3 x () Interpolationsbedingungen: v(x =)=v i v i = a () v(x = l) =v j v j = v i + a l + a 3 l 3 (3) v (x = l) =ϕ j ϕ j = a +3a 3 l (4) Aus (3) folgt: a = v j v i a 3 l 3 l Einsetzen in (4): (5) ϕ j = v j v i a 3 l 3 l +3a 3 l = v j v i l +a 3 l a 3 = v i v j l 3 + ϕ j l (6) Einsetzen von (6) in (5) führt zu: a = v j v i l ( l vi v j l 3 + ϕ ) j l = 3(v j v i ) ϕ j l Einsetzen von (), (6) und (7) in (): (7) ( 3(vj v i ) v = v i + l ϕ ) ( j x + v j v i l 3 + ϕ ) j l x 3

52 5 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen ( v = 3 x ) ( ) l + x3 3 x l }{{ 3 v i + l x3 l }}{{ 3 } N N x x3 v j + ( + l } {{ } N 3 ) ϕ j (8) Die Formfunktionen aus (8) lassen sich in Matrixform schreiben als: [ v = 3 x l + x3 3 x l 3 l x3 l 3 x + x3 l }{{ } N T = N T v ] v i v j ϕ j } {{ } v (9) Das Bild A.3 zeigt die grafische Auswertung der Formfunktionen. Bild A.3. Die Formfunktionen des zweiknotigen Balkenelementes mit Gelenk Dehnungs-Verschiebungs-Beziehung Die zweiten Ableitungen von v lassen sich über die Verformungen der Knoten ausdrücken: v = B T v. Es muß dazu (9) zweimal elementweise nach x abgeleitet werden: [ v = 3 l + 3 x 3 l 3 l 3 x l x l ] v i v j ϕ j

53 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 53 [ v = 3 x 3 x 3 x ] l 3 l 3 l v i v j ϕ j = B T v (3) Steifigkeitsmatrix des Elementes mit Gelenk Die Steifigkeitsmatrix ergibt sich aus: K = EI l B B T dx 3 x l 3 [ ] l K = EI 3 x l 3 3 x l 3 3 x l 3 3 x dx l 3 x l x l 6 x x l 6 l 5 l =9EI x x l 6 l 6 x dx = 3EI l 5 l 3 x l 5 x x l 5 l 4 l l l l l (3) Gleichung (3) enthält die gesuchte Steifigkeitsmatrix. In Bild A.4 sind die Freiheitsgrade, nämlich die Durchbiegung v i im Anfangsknoten i sowie die Durchbiegung v j und die Verdrehung ϕ j im Endknoten j, dargestellt. Diesen Freiheitsgraden zugeordnet sind die Kräfte F i,f j und das Moment M j. Bild A.4. Freiheitsgrade und Belastungen des Balkens mit Gelenk Steifigkeitsmatrizen Das Element soll kein Gelenk aufweisen und wird nach (4) auf der S. 5 berechnet:

54 54 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen v ϕ v ϕ 6 6 v K = ϕ 6 6 v (3) ϕ Das Element weist am Anfangsknoten, der Knoten in der Struktur ist, ein Gelenk auf. Nach (3) ergibt sich: v v 3 ϕ 3 v K = v 3 (33) ϕ 3 Die Gesamtsteifigkeitsmatrix wird durch Überlagerung der beiden Steifigkeitsmatrizen gewonnen. Die Anteile sind durch Klammersymbole gekennzeichnet: Element : ; Element:. Eine Überlappung der beiden Matrizen tritt nur bei dem Freiheitsgrad v auf ( + ). Beim Freiheitsgrad ϕ tritt kein Anteil von Element auf, da von diesem Element im Anfangsknoten kein Moment übertragen werden kann, so wie es das Gelenk fordert. v ϕ v ϕ v 3 ϕ v ϕ K g = v ϕ v 3 (34) ϕ 3

55 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 55 Verformungen Die Randbedingungen v = ϕ = v 3 = ϕ 3 = haben zur Folge, daß in der Gesamtsteifigkeitsmatrix K g die Zeilen und Spalten,, 5, 6 gestrichen werden. Daraus ergibt sich folgendes lineares Gleichungssystem zur Bestimmung der unbekannten Verformungen v,ϕ v ϕ = v ϕ = (35) Die Verdrehung ϕ ist dem Element zuzuordnen, so daß sie im folgenden als ϕ geschrieben wird. Am Knoten tritt eine Unstetigkeit in der Verdrehung ϕ auf. Während vom Element kommend der Winkel ϕ auftritt, tritt vom Element kommend der Winkel ϕ auf. Dieser läßt sich nach (3) auf der S. 53 berechnen. Für x = gilt: [ ϕ = v (x =)= 3 l 3 l ] v v 3 (36) ϕ 3 Darüber erhält man den Winkel ϕ als: ϕ = 3 l v = 3 ( ) = (37) Bild A.5. Verformungen des zweiseitig eingespannten Balkens Das Bild A.5 zeigt die Verformungen der beiden Balken. Bedingt durch das Gelenk in der Mitte tritt an dieser Stelle die schon angesprochene Unstetigkeit in der Neigung der Balken auf. Aus Gründen der Symmetrie ist ϕ = ϕ. A.6.4 Balkenbeispiel IV Der eindimensionale Balken wird in drei Elemente der Länge l eingeteilt. 65

56 56 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.6. Eindimensionale Balkenstruktur Steifigkeitsmatrizen Die drei Elemente weisen, da gleiche Längen und Querschnitte vorliegen, identische Steifigkeitsmatrizen auf. Es wird das eindimensionale Balkenelement verwendet. K = K = K 3 = EI l 3 v,v,v 3 ϕ,ϕ,ϕ 3 v,v 3,v 4 ϕ,ϕ 3,ϕ 4 6 l 6 l v,v,v 3 6 l 4 l 6 l l ϕ,ϕ,ϕ 3 6 l 6 l v,v 3,v 4 6 l l 6 l 4 l ϕ,ϕ 3,ϕ 4 (38) Die Spalten und Zeilen sind mit den Freiheitsgraden der entsprechenden Elemente gekennzeichnet. Gesamtsteifigkeitsmatrix K g = EI l 3 v ϕ v ϕ v 3 ϕ 3 v 4 ϕ 4 6 l 6 l v 6 l 4 l 6 l l ϕ 6 l 4 6 l v 6 l l 8 l 6 l l ϕ 6 l 4 6 l v 3 6 l l 8 l 6 l l ϕ 3 6 l 6 l v 4 (39) 6 l l 6 l 4 l ϕ 4

57 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 57 Die Gesamtsteifigkeitsmatrix weist eine deutliche Bandstruktur auf. Die halbe Bandbreite b ergibt sich als ( n +)f. Dabei ist n die maximale Knotendifferenz in einem Element, hier =. f ist die Anzahl der Freiheitsgrade pro Knoten, also hier. Daraus ergibt sich die Bandbreite zu b =4. Einbringen der Randbedingungen Die Durchbiegungen v, v 3 und v 4 sind bedingt durch die Lager Null. Ebenso die Verdrehungen ϕ und ϕ 4. Daher werden die entsprechenden Zeilen und Spalten in der Gesamtsteifigkeitsmatrix K g gestrichen. EI l l 8 l l 6 l l 8 l v ϕ ϕ 3 = F (4) Verformungen Die Lösung des Gleichungssystems nach (4) führt auf folgende Verformungen: v = v ϕ ϕ 3 = Fl 96EI 5 l 4 (4) Durchbiegung an der Stelle x = l/ Mit der Formfunktion nach (386) auf der S. 46 läßt sich an einer beliebigen Stelle x die Durchbiegung berechnen. Die Stelle x = l/ liegt im Element, so daß über die Beziehung v = N v die Durchbiegung berechnet werden kann. Der Vektor v enthält die Verformungen des Elementes (ξ = x/l): v = v ϕ v ϕ = Fl 96EI 5 l (4) v = ξ (3 ξ) v + ξ l ( +ξ) ϕ ( v ξ = ) = 9 Fl EI (43)

58 58 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Verdrehung an der Stelle x = l/ Die Verdrehung in einem Element i erhält man über die Formfunktion: ϕ = d N dx Ti v = d N l dξ Ti v ϕ = 6 l ξ ( ξ) v + ξ ( +3ξ) ϕ = Fl ϕ ( ξ = ) 9 Fl = 384 EI 96EI ξ( 8+7ξ) (44) A.6.5 Balkenbeispiel V Der Balken wird, wie in der rechten Hälfte von Bild A.7 dargestellt, in zwei eindimensionale Balkenelemente sowie in einen eindimensionalen Stab eingeteilt. Dieser verbindet die Knoten und 3 miteinander. 65 Bild A.7. Ein zweiseitig eingespannter Balken mit Gelenk und sein Ersatzmodell Die Tab. A.5 erfaßt die Elementknotenzuordnung sowie den jeweiligen Elementtyp. Tabelle A.5. Elementknotenzuordnung Element Knoten Knoten Elementtyp Balken 3 4 Balken 3 3 Stab Elementsteifigkeitsmatrizen Es werden folgende Abkürzungen eingeführt: f = EI/l 3 und k = AE/l:

59 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 59 v ϕ v ϕ 6 l 6 l v K = f 6 l 4 l 6 l l ϕ 6 l 6 l v 6 l l 6 l 4 l ϕ v 3 ϕ 3 v 4 ϕ 4 4 l 4 l v 3 4 ; K = f l 3 l l 3 l ϕ 3 4 l 4 l v 4 4 l 3 l l 3 l ϕ 4 (45) v v 3 K 3 = k v (46) v 3 Gesamtsteifigkeitsmatrix In der nachfolgenden Matrix sind die geometrischen Randbedingungen berücksichtigt, d.h. die ersten und letzten beiden Zeilen sind gestrichen worden. Damit ergibt sich folgendes System: ˆK g u = f + k f 6 l k f 6 l 4 l k f 4+ k f l l 4 3 l v ϕ v 3 ϕ 3 = F (47) Die Inversion der Matrix ˆK g führt zu: ) l (+ k f ) ˆK 3 (+ g = l k f l (3 f +4k) l k f 3 l k 9 f 4 ) 3 (+ l k f k f l k f 3 l k f l (3+ k f k f 3 l (3+ k f 3 3 l k f k f l k 9 f 4 ) ) (3+ 3 l k f ) 9+ 4 k f (48)

60 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Die Durchbiegungen v und v 3 müssen identisch sein. Das hat zur Folge, daß die Steifigkeit k des Stabelementes gegen unendlich strebt. Bilden des Grenzwertes k für jedes Element von (48) führt auf: K g = 6 fl 4 l 6 l 4 l 6 l 6 l 3 6 l 9 4 l 6 l 4 l 6 l 6 l 9 6 l (49) K g ist eine Nachgiebigkeitsmatrix. Durch Multiplikation mit dem Lastvektor ergeben sich für die Verformungen: 4 l 6 l 4 l 6 l K g F = 6 l 3 6 l 9 6 fl 4 l 6 l 4 l 6 l 6 l 9 6 l l = Fl 3 8 EI l 3 F = v ϕ v 3 ϕ 3 (5) (5) Das Ergebnis stimmt mit der Lösung über eine Zwangsbedingung in (43) auf der S. 63 überein. Ebenso mit der Lösung eines Balkenelementes mit einem Gelenk nach (35) auf der S. 55 mit F = l = E = I =. Erforderliche Rechengenauigkeit Steigert man in (47) die Steifigkeit k sukzessiv, so führt dies zu einem schlecht konditionierten Gleichungssystem. Nach (6) auf der S. 53 lassen sich die erforderlichen Stellen hinter dem Komma berechnen als: s = p log ( λmax λ min ) (5) Die Größe p beschreibt die Anzahl Stellen hinter dem Komma, die in der Rechnung mitgeführt werden. s ist die Anzahl korrekter Dezimalstellen hin-

61 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 6 ter dem Komma. λ max ist der größte und λ min der kleinste Eigenwert der Gesamtsteifigkeitsmatrix ˆK g. Tabelle A.6. Die Eigenwerte in Abhängigkeit von der Steifigkeit k k λ max λ min p 6,74,388 3, 8 3,49 4 6, 6,49 7,,49 3 In der Tab. A.6 sind für verschiedene Werte k (f = l =)dieeigenwerteλ max und λ min von K g aufgeführt. Zudem ist in der letzten Spalte die Anzahl p der Stellen angeführt, die bei der Rechnung hinter dem Komma geführt werden müssen, damit s = signifikante Stellen hinter dem Komma erhalten bleiben. Die Eigenwerte wurden mit Stellen hinter dem Komma berechnet. Bei einem Wert von k = ist die Grenze mit 4 Stellen hinter dem Komma erreicht, die ein Rechner mit 3 bit Wortlänge verwirklichen kann. A.6.6 Balkenbeispiel VI 65 Einteilung der Struktur in Elemente Der Balken wird in zwei eindimensionale Balkenelemente eingeteilt. Die Feder wird über einen eindimensionalen Stab abgebildet. Bild A.8. Einteilung der eindimensionalen Balkenstruktur in Elemente Einzelsteifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrizen der Elemente und sind identisch und entsprechen dem des eindimensionalen Balkens. Durch K 3 wird die Feder beschrieben.

62 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen v /v ϕ /ϕ v /v 3 ϕ /ϕ 3 6 l 6 l v /v K = K = EI 6 l 4 l 6 l l ϕ }{{} l 3 /ϕ k f 6 l 6 l v /v 3 (53) 6 l l 6 l 4 l ϕ /ϕ 3 v v 4 K 3 = k f v (54) v 4 Gesamtsteifigkeitsmatrix Das System hat sieben Freiheitsgrade, so daß die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g eine 7 7Matrixist.DurchÜberlagerung von K, K und K 3 erhält man: v ϕ v ϕ v 3 ϕ 3 v 4 6l 6l v 6l 4l 6l l ϕ 6l + + 6l + 6l 6l v K g =k f 6l l 6l + 6l 4l + 4l 6l l ϕ 6l 6l v 3 6l l 6l 4l ϕ 3 v 4 (55) Die Symbole, und besagen, daß die entsprechenden Anteile von den Elementen, bzw. 3 stammen. Bedingt durch die Lagerung der Struktur gilt: v = ϕ = v 3 = ϕ 3 =.Damit können aus K g die entsprechenden Zeilen und Spalten gestrichen werden und man erhält ˆK g zu:

63 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 63 v ϕ v 4 5 v ˆK g = k f 8 l ϕ (56) v 4 Die Verformungen des Systems Mit Hilfe von ˆK g aus (56) und der Randbedingung v 4 = v erhält man das Gleichungssystem ˆK g v = F zur Bestimmung der Verformungen: k f 5 8 l v ϕ v = M R F y4 (57) Aus der ersten Zeile von (57) ergibt sich: k f (5 v v) = v = v 5 (58) Die zweite Zeile von (57) führt auf: k f 8 l ϕ = M ϕ = M 8 k f l (59) Auflagerreaktion im Lager A Die gesuchte Auflagerkraft erhält man aus der dritten Zeile von (57): k f ( v + v) = R F y4 R F y4 = 4 5 k f v (6) Alternativer Lösungsweg Es wird der Lösungsvektor v aufgeteilt in v = v + ˆv. DerVektor v enthält die bekannten Verformungen und ˆv die unbekannten Verformungen:

64 64 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen v = v ; ˆv = v ϕ (6) Damit erhält man folgende Beziehung: K g ( v + ˆv) = F K g ˆv = F Kg v (6) Die rechte Seite wird um den Vektor K g v erweitert: K g v = k f 5 8 l v = k f v v (63) Das Gleichungssystem zur Ermittlung der unbekannten Verformungen lautet damit: k f 5 8 l v ϕ = M R F y4 k f v v = k f v M R F y4 k f v (64) Hieraus kann die letzte Zeile und Spalte gestrichen werden, so daß man erhält: k f 5 8 l v ϕ = k f v M Dies führt wie zuvor auf folgende Verformungen: (65) v ϕ = v 5 M 8 k f l (66)

65 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 65 Aus der dritten Zeile von (64) gewinnt man die gesuchte Auflagerreaktion R F y4 : k f v = R F y4 vk f (67) R F y4 = vk f k f v = k f ( v v 5 )=4 5 vk f (68) A.6.7 Balkenbeispiel VII 77 Bild A.9. Zweiknotiges Element mit den dazugehörigen Freiheitsgraden und Randbedingungen Die rechte Hälfte des Balkens in Bild 6.9 auf der S. 55 wird in ein Element eingeteilt. In Bild (A.9) ist dieses Element mit seinen Freiheitsgraden dargestellt. Am Knoten ist aus Symmetriegründen ϕ =. Am Knoten verschwindet die Durchbiegung v und die Krümmung κ, da gilt: M κ. Verformungen Die Gesamtsteifigkeitsmatrix ergibt sich aus (458) auf der S. 74 unter Berücksichtigung der wesentlichen Randbedingungen zu: 96 6 l 4 l EI 7 l 3 6 l 3 l 4 8 l 3 4 l 8 l l v () v () κ () κ () ϕ () ϕ () = q l F q l3 q l (69) Die Streckenlast q auf der rechten Seite ist nach (46) auf der S. 75 in Knotengrößen umgerechnet worden. Der erste Lastfall bezieht sich auf die Streckenlast q und der zweite auf die Einzelkraft F. Die Verformungen lauten: v () κ () ϕ () = ql 384EI 5 l 48 6 ; v () κ () ϕ () = Fl 48EI l 3 l (7) Die Verformungen stimmen mit denen des zweiknotigen Elementes mit zwei Freiheitsgraden pro Knoten in (4) auf der S. 57 überein.

66 66 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Schnittgrößen Die Schnittgrößen für den Lastfall (Streckenlast) ergeben sich nach (46) auf der S. 75 zu: 5 l 6 36 l 9 l 6 4 l 3 l 3 q l 6 4 l 3 l 6 36 l 9 l = ql l = l Q () M () Q () M () (7) Die Schnittgrößen () M = M () /(ql )= /8 und Q() = Q () /(ql)=/ sind exakt (s. Tab. 6. auf der S. 58). A.6.8 Balkenbeispiel VIII In Bild A.3 ist das dreiknotige Element nach Timoshenko dargestellt. Es weist pro Knoten die Durchbiegung v und die Verdrehung θ als Freiheitsgrade auf. Die Größen A, I, E und ν werden als konstant im Element vorausgesetzt. 86 Bild A.3. Freiheitsgrade des dreiknotigen Timoshenko-Balkens Es wird eine quadratische Formfunktion nach (334) auf der S. in Ansatz gebracht: v = N i v i + N j v j + N k v k θ = N i θ i + N j θ j + N k θ k (7) Damit lassen sich die Dehnungen schreiben als (s. (473)) auf der S. 8: dθ dx dv dx θ = N i θ i + N j θ j + N k θ k N i v i N i θ i + N j v j N j θ j + N k v k N k θ k =

67 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 67 N i N j N k = N i N i N j N j N k N k ε = B v ; v i θ i v j θ j v k θ k = B T ε B T γ v dθ dx = B ε T v ; γ = B T γ v (73) Biegesteifigkeitsmatrix Zur Bildung der Biegesteifigkeitsmatrix K b müssen die Ableitungen der Formfunktionen aus (7) gebildet werden. N i = dn i dx = dn i dξ N j = dn j dx = dn j dξ N k = dn k dx = dn k dξ dξ dx = d l dξ ( 3ξ +ξ )= l ( 3+4ξ) dξ dx = d l dξ (4ξ 4ξ )= 4 ( ξ) l dξ dx = l d dξ ( ξ +ξ )= ( +4ξ) (74) l Daraus ergibt sich der Vektor B T ε zu: B T ε = l [ 3+4ξ 4( ξ) +4ξ ] (75) Nach (475) auf der S. 8 läßt sich die Biegesteifigkeitsmatrix K b als Integration über das dyadische Produkt B ε B T ε berechnen (E und I konstant im Element): 3+4ξ K b =EIl [ l 3+4ξ 4( ξ) +4ξ 4( ξ) +4ξ ] dξ =

68 68 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen ( 3 +4ξ) EI ( 3 +4ξ)(4 8 ξ) ( 3 +4ξ)( +4ξ) l ( 3 +4ξ)(4 8 ξ) (4 8 ξ) (4 8 ξ)( +4ξ) dξ = EI 3 l ( 3 +4ξ)( +4ξ) (4 8 ξ)( +4ξ) ( +4ξ) (76) Schubsteifigkeitsmatrix Nach (478) auf der S. 8 erhält man die Schubsteifigkeitsmatrix, indem das Integral über das dyadische Produkt B γ B T γ gebildet wird. Dazu werden die Formfunktionen und deren Ableitungen nach (74) in B γ eingesetzt: B T γ = l [ 4 ξ 3 ( +3ξ ξ )l 4( ξ) 4lξ( +ξ) 4 ξ ( ξ)ξl ] (77) Damit erhält man für B γ = B γ B T γ : B γ = l ( 3 +4ξ) l( 3 +4ξ)( 3 ξ +ξ ) ( 3 +4ξ)(4 8 ξ) l( 3 +4ξ)( 3 ξ +ξ ) l ( 3 ξ +ξ ) l( 3 ξ +ξ )(4 8 ξ) ( 3 +4ξ)(4 8 ξ) l( 3 ξ +ξ )(4 8 ξ) (4 8 ξ) l( 3 +4ξ)(4 ξ 4 ξ ) l ( 3 ξ +ξ )(4 ξ 4 ξ ) l(4 8 ξ)(4 ξ 4 ξ ) ( 3 +4ξ)( +4ξ) l( 3 ξ +ξ )( +4ξ) (4 8 ξ)( +4ξ) l( 3 +4ξ)( ξ +ξ ) ( 3 ξ +ξ )( ξ +ξ ) l(4 8 ξ)( ξ +ξ ) l( 3 +4ξ)(4 ξ 4 ξ ) ( 3 +4ξ)( +4ξ) l( 3 +4ξ)( ξ +ξ ) ( 3 ξ +ξ )(4 ξ 4 ξ )l l( 3 ξ +ξ ) +4ξ) l ( 3 ξ +ξ )( ξ +ξ ) l(4 8 ξ)(4 ξ 4 ξ) (4 8 ξ)( +4ξ) l(4 8 ξ)( ξ +ξ ) (4 ξ 4 ξ ) l l(4 ξ 4 ξ )( +4ξ) (4 ξ 4 ξ )( ξ +ξ ) l(4 ξ 4 ξ )( +4ξ) ( +4ξ) l( +4ξ)( ξ +ξ ) (4 ξ 4 ξ )( ξ +ξ )l l( +4ξ)( ξ +ξ ) l ( ξ +ξ ) (78)

69 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 69 Zur Bildung der Schubsteifigkeitsmatrix wird wiederum eine reduzierte, numerische Integration eingesetzt. In B γ treten Polynome vierten Grades auf. Eine numerische Integration nach Gauß über drei Stützstellen (M=3; s. Tab..7) auf der S. 46 würde diese Polynome exakt integrieren, so daß hier bei der reduzierten Integration mit zwei Stützstellen (M=) gearbeitet wird. Beispielhaft sei hier das Element b betrachtet (ξ = x/l): AG κ l b dx = AG κ AG κ = AG κ l ( 3 x l + ( x l ) ) dx l ( [b x = l( ) ( 3 3) + b x = l( + )] 3 3) [ l (3 + 3) + ( 3+ ] 3) = AG l (79) 8 8 κ 9 Die exakte Integration führt auf einen Wert von /5 l statt /9 l. Erist also größer als der Wert der reduzierten, numerischen Integration. Aus der Integration über alle Elemente von B γ erhält man die nachfolgende Schubsteifigkeitsmatrix K s : K s = 8 AG κ l 4 9 l 48 l 6 3 l 9 l l l l 3 l l 48 l l l l 8 l l l 6 3 l 48 l 4 9 l 3 l l l l 9 l l (8) Überlagerung der Matrizen Die Addition von K b und K s führt auf die Steifigkeitsmatrix des dreiknotigen Timoshenko-Balkens:

70 7 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen K = K b + K s = 4 9l 48 l 6 3l ( ) ( ) ) 9l + κ β l l 4 κ β l 3l (6 κβ l AG 48 l l 8 κ l ( ) ( ) ( ) l 4 κ β l + κ β l l 4 κ β l 6 3l 48 l 4 9l ) ( ) ( ) 3l (6 κβ l l 4 κ β l 9l + κ β l (8) In voranstehender Matrix ist der Schlankheitsgrad β = AGl /(EI) eingeführt worden. Streckenlasten Für die Streckenlast wird eine quadratische Verteilung über die Elementlänge angenommen. Diese wird über die Beziehung l qvdx in Knotenkräfte umgerechnet. Die quadratische Verteilung der Streckenlast q(ξ) wird ebenso wie die Verschiebung über die Formfunktion (334) auf der S. beschrieben: [ q(ξ) = 3ξ +ξ 4ξ( ξ) ξ(ξ ) ] q i q j = N T q (8) q k q i, q j und q k sind die Werte der Streckenlasten an den drei Knoten des Elementes. Einsetzen in l qvdx führt zu: l vqdx= l N T ṽ N T qdξ= ṽ T l N N T qdξ } {{ } F q (83) Für den Vektor ṽ gilt: ( ṽ) T =[v i v j v k ]. Das dyadische Produkt N N T hat folgende Form:

71 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 7 3ξ +ξ [ ] N N T = 4ξ( ξ) 3ξ +ξ 4ξ( ξ) ξ(ξ ) = ξ(ξ ) 6 ξ +3ξ ξ 3 +4ξ 4 4 ξ 6 ξ +ξ 3 8 ξ 4 ξ +5ξ 8 ξ 3 +4ξ 4 4 ξ 6 ξ +ξ 3 8 ξ 4 6 ξ 3 ξ 3 +6ξ 4 4 ξ +ξ 3 8 ξ 4 ξ +5ξ 8 ξ 3 +4ξ 4 4 ξ +ξ 3 8 ξ 4 ξ 4 ξ 3 +4ξ 4 (84) Die Integration über die Elemente von (84) führt auf die Knotenkräfte, die aus der Streckenlast hervorgehen: F q = F i F j F k = l q i q j q k = l 3 4 q i +q j q k q i +6q j +q k q i +q j +4q k (85) Schnittgrößen Das Moment wird nach (73) und (489) auf der S. (83) beschrieben als: M =EI dθ dx = EI dθ l dξ = EI B ε T v = EI [ 3+4ξ 4( ξ) +4ξ l ] v (86) Die Querkraft ergibt sich aus (47) auf der S. 79 und (73) zu: Q = A κ G γ = A κ G B T γ v (87) Mit (77) erhält man: Q= AG [ 3+4ξ ( ] +3ξ ξ κ l ) l 4( ξ) 4( +ξ) ξl +4ξ ( ξ) ξl v (88)

72 7 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Diese quadratische Verteilung im Element wird durch eine lineare Funktion ersetzt, die die Werte an den beiden Gaußpunkten bei ξ I =/( /3 3) und ξ II =/( + /3 3) durchläuft. Dies führt auf folgende Funktion: ˆQ = AG κ l [ 3 4ξ ( ξ) l 4( +ξ) l 4ξ ( ] +ξ) l v (89) Die Schnittgrößen an den Knoten ergeben sich aus (86) und (89) als: βei 6 κ l l 4 4 l 6 l 8 κ β l 4 κ β l 6 κ β l 6 l 4 l 6 l 6 κ β l 6 κ β l 6 l 4 4 l 8 4 l 6 κ β l 4 κ β l 8 κ β l v i θ i v j θ j v k θ k = Q i M i Q j M j Q k M k (9) A.6.9 Balkenbeispiel IX 86 Umformung des Vorfaktors der Steifigkeitsmatrix In (484) auf der S. 8 tritt in der Steifigkeitsmatrix des Timoshenko-Balkens ein Vorfaktor auf. Es wird dieser Vorfaktor wie folgt umgeformt: AG 4 κ l = 4 κ AGl EI }{{} β EI l 3 = β EI 4 κ l 3 (9) Die Größe β nennt man den Schlankheitsgrad des Balkens. Steifigkeitsmatrix des Elementes Bei der Einteilung des Kragbalkens in ein Element treten die Freiheitsgrade v,θ,v und θ auf. An der Einspannstelle bei x = ist die Durchbiegung v wie auch die Verdrehung θ Null. Damit treten als unbekannte Verformungen die Durchbiegung v und die Verdrehung θ an der Stelle x = l auf. Bedingt durch v = θ = werden aus der Steifigkeitsmatrix, die gleichzeitig die Gesamtsteifigkeitsmatrix ist, die ersten beiden Zeilen und Spalten gestrichen. Es bleibt damit folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der Verformungen übrig:

73 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 73 β EI 4 κ l 3 4 l l (+4 κ β )l v ϕ = F = ˆF (9) Die linear verteilte Streckenlast des Balkens wird nach (488) auf der S. 83 in Kräfte umgerechnet. Für Knoten erhält man: F = l 6 (q +q )= l 6 (+q) = ql (93) 3 Die zweite Komponente des Belastungsvektors ˆF ist Null, da aus der Umrechnung der Streckenlast q keine Momente hervorgehen. Durchbiegung am Ende des Kragbalkens Die gesuchte Durchbiegung v = v EI/(ql 4 ) wird aus (9) berechnet, indem (93) in (9) eingesetzt wird. Außerdem wird die Gleichung mit 4 κ l 3 /(βei) durchmultipliziert: 4 l l ( + 4 κ β )l ϕ }{{}}{{} ˆK g ˆv = 4 κ ql 4 3 β EI } {{ } ˆF g (94) Das Gleichungssystem ˆK g ˆv = ˆFg wird durch Inversion von ˆK g gelöst. Für die Inversion einer symmetrischen MatrixA gilt: A = a b b c A = A c b b a (95) Als Faktor vor der invertierten Matrix tritt im Nenner die Determinante A = ac b auf. In der Matrix werden die beiden Hauptdiagonalelemente vertauscht und die Nebendiagonalelemente mit ( ) multipliziert. ˆK g = β 6 κ l l (96) l 4 ( ) +4 κ β l Mit ˆK g ˆF g = ˆv erhält man die Verformungen:

74 74 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen v = β ϕ 6 κ l ql EI ( ) +4 κ l β ( +4 κ β l l 4 ) l 4 κ ql 4 3 β EI = l = ql 3 l 4 EI Damit ergibt sich die gesuchte Durchbiegung v zu: v = ql 4 ( +4 κ ) EI β EI v = v ql 4 = ( +4 κ ) β = + κ 3 β ( ) +4 κ l β (97) (98) Die Durchbiegung v setzt sich aus zwei Anteilen zusammen. Der Summand / ist der Biegeanteil und (/3) (κ/β) beschreibt den Schubanteil in der normierten Durchbiegung. Für sehr schlanke Kragbalken (β ) verschwindet der Schubanteil. Während der Schubanteil bei einem Element die exakte Lösung wiedergibt, ist der Biegeanteil mit einem Fehler von 9, % versehen. Biege- und Schubanteil gleich groß Gesucht ist das Verhältnis h/l bei dem Biege- und Schubanteil gleich groß in ˆv sind. In (98) tritt der Schubanteil mit (/3) (κ/β) auf.für den Rechteckquerschnitt (κ =6/5) ergibt sich mit ν =/4: κ 3 β = 3 6 EI 5 AGl = 5 E ( + ν) E th 3 thl = 5 ( ) h ( + ν) =! l (99) h 5 l = + 4 = (3) Der Anteil aus Biegung und Schub ist gleich groß, wenn Höhe und Länge des Kragbalkens gleich groß sind. Einschränkend ist zu sagen, daß dies von der Anzahl der Elemente abhängt, da der Biegeanteil noch mit einem Fehler versehen ist. Der exakte Biegeanteil beträgt /. Bei einem Verhältnis von h/l = ergibt sich daraus eine Querkontraktion von ν =3/8 =, 375. Nimmt man eine Querkontraktion von ν =, 3an,soändert sich das Verhältnis von h/l zu 75/6 =, 8.

75 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 75 A.6. Balkenbeispiel X 86 Erstellung der Netze und Durchführung der Rechnungen Die Rechnung mit,, 4 und 8 Elementen führt für das zwei- und dreiknotige Element zu normierten Durchbiegungen an der Stelle x = l, wiesieinder Tab. A.7 dargestellt sind. Tabelle A.7. Normierte Durchbiegung v an der Stelle x = l für unterschiedliche Elementanzahlen und dem zwei- bzw. dreiknotigen Timoshenko- Element Elementtyp zweiknotig dreiknotig Anzahl Elemente κ 3 β 3 + κ 44 3 β 7 + κ 9 3 β + κ 34 3 β 93 + κ 4 3 β κ β κ β κ β An der exakten Lösung v ex =/ + /3(κ/β) kann man ablesen, daß schon bei einem Element der Schubanteil in der Durchbiegung exakt beschrieben wird, was für den Biegeanteil nicht zutrifft. Konvergenzverlauf Für die Verschiebungen nach Tab. A.7 wird mit der exakten Lösung v ex folgender Fehler definiert: E v = v FEM v ex v (3) ex Bild A.3. Fehler in der normierten Durchbiegung v des Timoshenko-Balkens in Abhängigkeit von der Anzahl Elemente (κ/β = /4 h/l = bei ν =/4)

76 76 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen In Bild A.3 ist dieser Fehler in der Verformung in Abhängigkeit von der Elementanzahl dargestellt. Die obere (untere) Gerade ist dem zweiknotigen (dreiknotigen) Element zugeordnet. Die Geraden stellen Ausgleichsgeraden durch die Punkte dar, die nach Tab. A.7 und (3) berechnet wurden. Sie lassen sich durch folgende Funktionen beschreiben: E v = 5, 347 n,77 % zweiknotig, 7936 n 4 % dreiknotig (3) Der Fehler nimmt beim zweiknotigen Element nahezu quadratisch mit steigender Elementanzahl n ab. Beim dreiknotigen Element hingegen fällt der Fehler mit der vierten Potenz von n. Schnittgrößen Die Schnittgrößen sind für das zweiknotige Element nach (49) auf der S. 83 bzw (49) im Element konstant. In der Tab. A.8 sind die Querkräfte in Abhängigkeit von der Elementanzahl für das zweiknotige Bernoulli-Element und das zwei- bzw. dreiknotige Timoshenko-Element zusammengefaßt. Der exakte Wert der Querkraft lautet: Q(x =)=Q(x =)/(ql)= /. Elementtyp zweikn. (Bernoulli) 7 zweikn. (Timoshenko) 3 Anzahl Elemente 4 8 3% , 33% 4 6, 67% , 5% , 33% , 7% 97 9 dreikn. (Timoshenko) 7 Tabelle A.8. Querkräfte und deren Fehler an der Stelle x =, 88% 637 8, 8% 9 384, 4% , 47%, 5%, 6% Die Tab. A.9 enthält die Momente in Abhängigkeit von der Elementanzahl für die dort angeführten Elementtypen. Der exakte Wert des Momentes lautet: M(x =)=M(x =)/(ql )=/3. Elementtyp Anzahl Elemente zweikn. (Bernoulli) %, 5% zweikn. (Timoshenko) 5% 3, 44% dreikn. (Timoshenko), 5%, 56% Tabelle A.9. Momente und deren Fehler an der Stelle x =, 6% 8, 36%, % , % 9, 33%, %

77 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 77 Bild A.3. Fehler in den Schnittgrößen beim Kragbalken In Bild A.3 sind die Ausgleichsgeraden für die Fehler in Querkraft und Moment in Abhängigkeit von der Elementanzahl dargestellt. Die durchgezogenen Linien geben die Querkräfte und die gestrichelten Linien die Momente wieder. Die Ausgleichsgeraden der Querkraftfehler E Q führen auf folgende Funktionen: E Q = 3 n % zweiknotig (Bernoulli) % 3 n zweiknotig (Timoshenko) 5 % 3 n dreiknotig (Timoshenko) (33) Die Konvergenzordnung der Querkraft der drei betrachteten Elementtypen ist identisch, denn sie ist quadratischer Natur. Daher verlaufen die Geraden parallel zueinander. Das beste Verhalten zeigt das dreiknotige Timoshenko- Element. Die Ausgleichsgeraden der Momentenfehler E M können wie folgt beschrieben werden:

78 78 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen E M = n 3 % zweiknotig (Bernoulli) 54, 478 n,873 % zweiknotig (Timoshenko) 66, 5489 % n,94 zweiknotig (Timoshenko) für n>, 5 % n3 dreiknotig (Timoshenko) (34) Die Konvergenzordnung des zweiknotigen Bernoulli-Elementes und des dreiknotigen Timoshenko-Elementes ist von dritter Ordnung, d.h. diese Elemente konvergieren sehr schnell gegen die exakte Lösung mit steigender Elementanzahl. Das zweiknotige Timoshenko-Element hingegen hat nicht einmal eine lineare Konvergenzordnung. Legt man die Ausgleichsgeraden durch die Punkte für Elementanzahl n>, so verbessert sich die Konvergenzordnung ein wenig und die Gerade verläuft exakt durch die Stützstellen. A.6. Balkenbeispiel XI Die exakte Schubspannungsverteilung τ = τ (y) für einen Rechteckquerschnitt ist in Bild A.33 dargestellt und stellt sich als quadratische Funktion dar: 86 τ = τ m [ ( ) ] y h (35) Bild A.33. Schubspannungsverteilung über die Balkenhöhe bei einem Rechteckquerschnitt mit der Dicke b Die maximale Schubspannung τ m, die bei y = auftritt, läßt sich über die Querkraft Q ausdrücken und es ergibt sich: Q = τ m = 3 A Q A τ (y) da = bτ m h h [ ( ) ] y dy = h 3 bhτ m = 3 Aτ m (36)

79 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 79 Damit erhält man die Schubspannungsverteilung als Funktion der Querkraft Q: τ = 3 [ Q A ( ) ] y h (37) Die Formänderungsarbeit Π F für die exakte Schubspannungsverteilung τ = τ (y) lautetmitγ (y) =τ (y) /G: Π F = τγdv = V l A = bl9q 8 G 4 A 5 h = 3 Q l 5 AG τ G da = h bl G h ( 3 ) [ Q A ( ) ] y dy h (38) Für die angenäherte, über die Höhe h konstante Schubspannung τ erhält man mit τ = Q/A κ und γ = τ/g folgende Formänderungsarbeit: Π F = τ γdv = l V A τ G da = l G Q A κ da = Q l A κ A κ G Gleichsetzen der Formänderungsarbeiten führt mit A κ = A/κ auf: (39) 3 Q l 5 AG = Q l AG κ κ = 6 5 (3) A.6. Balkenbeispiel XII Unter Ausnutzung der Symmetrie wird der Balken in zwei Timoshenko- Elemente eingeteilt: 87 Bild A.34. Einteilung einer Hälfte des Balkens in zwei Elemente Elementsteifigkeitsmatrizen Nach (484) auf der S. (8) ergeben sich die Elementsteifigkeitsmatrizen mit l = L/3 für Element und l = L/6 für Element :

80 8 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen v θ v θ 7 L 7 L v K = AG ( ) ( ) L +36 κ β L L 36 κ β L θ 4 κ L 7 L 7 L v ( ) ( ) L 36 κ β L L +36 κ β L θ (3) v θ v 3 θ 3 44 L 44 L v K = AG ( ) ( ) L + 44 κ β L L 44 κ β L θ 4 κ L 44 L 44 L v 3 ( ) ( ) L 44 κ β L L + 44 κ β L θ 3 Die Größe β steht als Abkürzung für AGL /(EI). (3) Gesamtsteifigkeitsmatrizen unter Beachtung der Randbedingungen Die Verformungen v = und ϕ 3 = sind bekannt, so daß die entsprechenden Zeilen aus der Gesamtsteifigkeitsmatrix K g gestrichen werden können. Es ergibt sich: ˆK g = AG 4 κ L θ v θ v 3 ) ( ) L L 36 κ β L θ L 6 44 v ) ( ) L 3 +7 κ β L L θ 44 L 44 v 3 ( +36 κ β ( 36 κ β Verformungen Die Verformungen werden durch Inversion von ˆK g in (33) gewonnen: (33)

81 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme L 44 8 L ( ) ( β 96 L 4 +4 κ β L 48 L κ β 864 AGL L 44 6 L ( ) ( 8 L κ β L 6 L κ β θ = βm 4 L = ML 4 L v = 7 AGL 7 EI θ 5 L 5 L v 3 ) L ) L M (34) In dem voranstehenden Gleichungssystem spielen nur der Vorfaktor sowie die dritte Spalte in ˆK g eine Rolle. Nachfolgend werden die dimensionslosen Verformungen betrachtet: EI v i = v i ML ; θ EI i = θ i ML (35) Vergleich der Verformungen mit der exakten Lösung Die exakte Lösung für die Durchbiegung lautet: x 6 L v = 8 + x L für x L 3 ( ) x für L 3 x L (36) Die Verformungen aus (34) stimmen mit der exakten Lösung nach (36) überein. Die Biegelinie läßt sich mit Hilfe der Formfunktion nach (47) auf der S. 79 beschreiben. Dabei ist l i die Länge des Elementes i und x i die lokale Koordinate des Elementes i. Es ergibt sich: v = ( x ) v + x v = x l l 6 L ( x ) v + x v 3 = l l 36 + für x L 3 x L für 3 x L (37) Aus (37) erkennt man, daß im Element ( x/l /3) die Biegelinie exakt beschrieben wird. Im Element (/3 x/l /) wird die exakte

82 8 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Biegelinie durch eine lineare Funktion angenähert. Es tritt bei 5/ L der maximale Fehler von 5, 3% auf. Schnittgrößen Der Balken ist querkraftfrei und weist für /3 x/l / einkonstantes Schnittmoment auf. Das Timoshenko-Element muß diese beiden Zustände abbilden können. Das Moment im Element wird über (49) auf der S. 83 beschrieben. Für die beiden Elemente ergibt sich: M =3 EI L (θ θ )=3 EI L M =6 EI L (θ 3 θ )=6 EI L ML ( ) = (38) 7 EI ML ( ) = M (39) 7 EI Der Momentenverlauf wird damit exakt beschrieben. Der Querkraftverlauf für die beiden Elemente nach (49) auf der S. 84: Q = AG [ 3 v v ] κ L (θ θ ) = AG [ 3 ML κ L 7 EI 4 L ] ML ( + ) = (3) 7 EI Q = AG [ 6 v 3 v ] κ L (θ θ 3 ) = AG [ 6 ML κ L 7 EI (5 L 4 L) ] ML 7 EI = (3) Damit wird der querkraftfreie Verlauf richtig wiedergegeben. Vergleich der Lösungen bei exakter und reduzierter Integration In Bild A.35 ist die Verschiebung v an der Stelle x = L/3 für die exakt und reduziert integrierte Schubsteifigkeitsmatrix in Abhängigkeit vom Kehrwert des Schlankheitsgrades /β in einem doppelt logarithmischen System dargestellt. Die Verschiebung v red der reduziert integrierten Version beschreibt die Verschiebung v red =/8 exakt. Die exakt integrierte Version v ex =6κ/(8 κ + β) enthält den Schubfaktor κ, obwohl keine Querkraft auftritt. Zudem ist v ex abhängig vom Schlankheitsgrad β des Balkens. Für kleine Schlankheitsgrade stimmen beide Lösungen überein. Für schlanke Balken weichen beide Lösungen von einander ab. Für β nimmt v ex den Wert Null an, d.h. der Balken wird unendlich steif.

83 A.6 Eindimensionale Balkenprobleme 83 Bild A.35. Zweiseitig gelagerter Balken unter Biegebelastung

84 84 A. Lo sungen zu den U bungsbeispielen

85 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 85 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme A.6 A.6.3 Balkenbeispiel XIII 6 Elementknotenzuordnung Die Tab. A. enthält zum einen die Elementknotenzuordnung. Sie entspricht der in Bild A.36 dargestellten Numerierung von Knoten und Elementen. Zum anderen ist für jedes Element der Richtungswinkel ϕ aufgeführt. Dieser ist in Bild 5.6 auf der S. 3 definiert. Er wird im Anfangsknoten eines Elementes im Uhrzeigergegensinn zwischen der globalen x-achse und der lokalen x- Achse gezählt. Die Größe a ist eine Abkürzung in der Steifigkeitsmatrix und ist hinter (53) auf der S. 99 angeführt. Tabelle A.. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten Element Knoten ϕ sin ϕ cos ϕ A E I a Bild A.36. Einteilung der zweidimensionalen Balkenstruktur in Elemente Steifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrix ist in (53) auf der S. 99 definiert. Die Spalten und Zeilen sind über die Freiheitsgrade der Knoten der Elemente gekennzeichnet:

86 86 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u v ϕ u v ϕ u 6 6 v K = ϕ u 6 6 v (3) ϕ u v ϕ u 3 v 3 ϕ u v K = ϕ u v 3 (33) ϕ 3 u v ϕ u 4 v 4 ϕ u v K 3 = ϕ u v 4 (34) ϕ 4 Verformungen Die Knoten, 3, 4 weisen, wie aus Bild A.36 zu ersehen ist, eine feste Einspannung auf. Daher gilt: u = v = ϕ = u 3 = v 3 = ϕ 3 = u 4 = v 4 = ϕ 4 =. Zudem wird am Knoten die Verschiebung in y-richtung behindert, wo-

87 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 87 raus folgt: v =. Als unbekannte Verformungen bleiben daher die Verschiebung u und die Verdrehung ϕ übrig. Die Gesamtsteifigkeitsmatrix ist eine ( )-Matrix. Zur Berechnung der Verformungen braucht aber diese Matrix nicht aufgebaut zu werden. Vielmehr genügt es, direkt die Untermatrix zu erstellen, die nach dem Streichen der entsprechenden Zeilen und Spalten übrig bleibt. Das sind die Zeilen und Spalten 4 (u ) und 6 (ϕ ). An den Knoten grenzen alle Elemente der Struktur an, so daß von allen ein Anteil in die Untermatrix eingebracht wird: u ϕ u ϕ = (35) Das Element (u,u ) der voranstehenden Matrix enthält den Anteil von Element, 7/4 von Element und 7/4 von Element 3. Entsprechend setzen sich die anderen Elemente der Untermatrix zusammen. Daraus ergeben sich die Beziehungen für die Verformungen: ( + ) u ϕ = (36) u ϕ = (7 + 9 ) = (7 + 9 ) 4( + ) =, 35, 58 (37) Darstellung der Verformungen In Bild A.37 sind die Verformungen des Balkensystems dargestellt. Die gestrichelten Linien geben die unverformte Struktur wieder. Die durchgezogenen Linien entsprechen den Biegelinien der einzelnen Balken.

88 88 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.37. Biegelinien des Balkensystems A.6.4 Balkenbeispiel XIV 7 Elementknotenzuordnung Die Einteilung in Elemente ist in Bild (A.38) dargestellt. Das Element ist ein eindimensionales Balkenelement. Die Feder wird durch einen eindimensionalen Stab dargestellt, wobei der Stab eine Federsteifigkeit k aufweist. Am Knoten tritt eine Inkompatibilität auf. Von Element kommend treten in diesem Knoten die beiden Freiheitsgrade v und ϕ auf. Von Element kommend nur die Verschiebung des Stabes v. Die Feder ist damit gelenkig an den Balken angebunden. Sie führt die Verdrehung ϕ nicht aus. Bild A.38. Einteilung des Problems in ein eindimensionales Balken- und Stabelement Elementsteifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrix des Elementes ist in (4) auf der S. 5 zu finden. Die Zeilen und Spalten werden mit den Freiheitsgraden der Knoten der Elemente durchnumeriert, um sie später in die Gesamtsteifigkeitsmatrix einsteuern zu können (f = EI/l 3 ):

89 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 89 v ϕ v ϕ 6 l 6 l v K = f 6 l 4 l 6 l l ϕ 6 l 6 l v (38) 6 l l 6 l 4 l ϕ Die Steifigkeitsmatrix des Elementes, also des eindimensionalen Stabelementes, ist in (67) auf der S. zu finden: v v 3 K = k v (39) v 3 Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Anteile der beiden Elemente in der Gesamtsteifigkeitsmatrix sind durch folgende Klammersymbole gekennzeichnet: Element : ; Element :. v ϕ v ϕ v 3 f 6 fl f 6 fl v 6 fl 4 fl 6 fl fl ϕ K g = f 6 fl f + k 6 fl k v 6 fl fl 6 fl 4 fl ϕ (33) k k v 3 Randbedingungen Feste Einspannung des Balkens am Knoten : v = ϕ = Feste Einspannung der Feder am Knoten 3: v 3 =

90 9 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Durch Streichen der ersten zwei und der letzten Zeilen und Spalten aus der Matrix K g (33) erhält man folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der Verformungen: f 6+ k f 3 l 3 l l v ϕ = F (33) Die Verformungen ergeben sich damit zu: v = F 3 f + k ; ϕ 3 F = (33) l(3 f + k) Mit diesen Verformungen, sowie denen, die sich aus den Auflagern ergeben, läßt sich über die Formfunktionen (386) auf der S. 46 die Biegelinie des Balkenelementes berechnen. Diese und die Längung der Feder sind in der linken Hälfte von Bild A.39 dargestellt. Bild A.39. Die Biegelinie und Auflagerreaktionen des Balkens Alternativer Lösungsweg (Ohne Stabelement) Die Wirkung der Feder wird über die Kraft F f berücksichtigt, die die Feder auf den Balken ausübt: F f = kv (333) Nun ist die Gesamtsteifigkeitsmatrix identisch mit der Steifigkeitsmatrix des eindimensionalen Balkens. Unter Berücksichtigung der Randbedingungen werden aus der Steifigkeitsmatrix die ersten zwei Zeilen und Spalten gestrichen und die voranstehende Beziehung in die rechte Seite eingesetzt:

91 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 9 f 6 3 l 3 l l v ϕ = F kv (334) Es tritt eine gesuchte Größe, nämlich v auch auf der rechten Seite auf. Das System läßt sich aber umformen, so daß v nur auf der linken Seite des Gleichungssystems erscheint: f 6+ k f 3 l 3 l l v ϕ = F (335) Man erhält das gleiche Gleichungssystem wie bei der Lösung mit einem Stabelement. Auflagerreaktionen Die Auflagerreaktionen ergeben sich aus dem Produkt Gesamtsteifigkeitsmatrix Verformungsvektor (K g u = F ). Die vorhin berechneten Verformungen werden in den Verformungsvektor u eingesetzt. 6 l 6 l 6 l 4 l 6 l l f 6 l + k 6 l k f f 6 l l 6 l 4 l k k f f 3 f R F y 3 fl R M F 3 f + k F (3 f + k) = F k R F y3 F 3 f + k 3 F l(3 f + k) = (336) Die Auflagerreaktionen sind in der rechten Hälfte von Bild A.39 dargestellt.

92 9 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen A.6.5 Balkenbeispiel XV Die Elementknotenzuordnung ist in Bild A.4 gegeben. Der Winkel ϕ ist der Winkel zwischen der globalen x-achse und der lokalen, elementbezogenen x-achse. Er wird im Uhrzeigergegensinn drehend positiv gezählt. 7 Bild A.4. Elementeinteilung und Belastung des Winkels Die Tab. A. enthält die Elementknotenzuordnung und Winkel ϕ der beiden Elemente. Ebenso deren Längen l, Querschnittsflächen A, Elastizitätsmodule E und Flächenträgheitsmomente I. Tabelle A.. Elementknotenzuordnung und Elementdaten Element Knoten ϕ sin ϕ cos ϕ l A E I 3 9 Steifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrix des zweidimensionalen Balkenelementes ist in (53) auf der S. 99 zu finden: u v ϕ u v ϕ u 6 6 v K = ϕ u 6 6 v (337) ϕ

93 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 93 u v ϕ u 3 v 3 ϕ u v K = ϕ 6 6 u 3 v 3 (338) ϕ 3 Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g geht aus der Überlagerung der beiden Einzelsteifigkeitsmatrizen hervor. So ergibt sich das Element (v,v )dergesamtsteifigkeitsmatrix aus der Addition der Elemente der Zeile v und Spalte v von Element und Element. K g = u v ϕ u v ϕ u 3 v 3 ϕ 3 u 6 6 v ϕ u v ϕ 6 6 u 3 v ϕ 3 (339) Randbedingungen Die festen Einspannungen in den Knoten und 3 haben zur Folge, daß gilt: u =v =ϕ =u 3 =v 3 =ϕ 3 =. Zudem fesselt das Auflager im Knoten die Verschiebung v. Es bleiben als Unbekannte die Verschiebung u und die Verdrehung ϕ übrig.

94 94 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Verformungen Die Koeffizientenmatrix des linearen Gleichungssystems zur Bestimmung der unbekannten Verformungen erhält man, indem in der Gesamtsteifigkeitsmatrix die Zeilen und Spalten,, 3, 5, 7, 8, 9 gestrichen werden. Man erhält folgendes Untergleichungssystem: u ϕ = (34) Die Verformungen aus (34) werden durch Inversion der Koeffizientenmatrix gewonnen: = = u ϕ (34) Darstellung der Verformungen In Bild A.4 sind die Biegelinien der Balken dargestellt. Sie sind mit der Gleichung für die Formfunktionen (5) auf der S. 94 berechnet worden. Die strichpunktierten Linien geben die Tangenten bzw. Verdrehungen in den Knoten wieder. Bild A.4. Biegelinien und Tangenten in den Knoten des Balkensystems Schnittgrößen Die Schnittgrößen werden aus der Beziehung K i i u berechnet. K i ist die Steifigkeit des Elementes i und i u ist der Verformungsvektor des Elementes i.

95 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 95 Element : F x F y M F x F y M = = (34) Element : F x F y M F x3 F y3 M 3 = = (343) Auflagerreaktionen Die Auflagerreaktionen lassen sich auf zweierlei Weise berechnen. Zum einen über die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g u = F. Zum anderen sind sie in den Schnittgrößen enthalten, da für das Gleichgewicht an jedem Knoten gilt: R Fi = j j Fi (344) Der Vektor der Reaktionsgrößen R Fi am Knoten i stellt sich als Summe über alle Vektoren der Schnittgrößen j Fi dar. Die Summation erstreckt sich über alle Elemente, die an den Knoten i angrenzen. In Bild A.4 sind die Schnittgrößen und Reaktionsgrößen angeführt. Betrachtet man z.b. den Knoten, so gilt: R F = j F = F + F = j= = = R F y M

96 96 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.4. Schnittgrößen und Auflagerreaktionen (345) A.6.6 Balkenbeispiel XVI 7 Bild A.43. Symmetrische D-Balkenstruktur und das FE-Modell Einteilung in Elemente, Randbedingungen und Belastung Das Problem ist symmetrisch bzgl. der x- und y-achse. Daher wird nur ein Viertel der Struktur in der Rechnung berücksichtigt, d.h. in ein Balkenelement eingeteilt. Dieses ist in der rechten Hälfte von Bild A.43 dargestellt. Die Verschiebungen u,v sowie die Verdrehung ϕ des Knotens sind aus Symmetriegründen Null. Beim Knoten ist aus Symmetriegründen nur eine vertikale Verschiebung v möglich. Die Belastung wird halbiert. Gesamtsteifigkeitsmatrix nach dem Einbringen der Randbedingungen Als unbekannte Verformung tritt nur die Verschiebung v auf. Daher wird von der Steifigkeitsmatrix nach (53) auf der S. 99 nur das Element k 55 benötigt. Mit l = L, s = c =/ :

97 A.6 Zweidimensionale Balkenprobleme 97 k 55 = E l 3 (Al s +c I)= E 4 L 3 (AL +6I) (346) Verformungen Zur Bestimmung der Verschiebung v tritt auf der rechten Seite die Belastung F/auf: E 4 L 3 (AL +6I) v = F FL 3 v = E(AL +6I) (347) Horizontale Auflagerkraft im linken Lager Die horizontale Auflagerkraft R F x gewinnt man aus der Beziehung K g u = F. Da nur R F x gesucht ist, benötigt man von K g bzw. K nur die erste Zeile. Im Verformungsvektor u ist nur das fünfte Element, nämlich v, ungleich Null. Damit wird von K nur das Element k 5 benötigt: E k 5 =( Al +I) sc= 8 L 3 ( I AL ) R F x E L 3 = k 5 v = 8 L 3 ( I F AL ) E(AL +6I) = AL 6 I (AL +6I) F (348) Darstellung der Biegelinie In Bild A.44 sind die Biegelinien der vier Balken als durchgezogene Linien dargestellt. Die gestrichelten Linien geben die unverformte Lage der Balken wieder. Es ist deutlich zu erkennen, daß sich an den Knoten keine Verdrehungen einstellen und die rechten Winkel in den Ecken erhalten bleiben.

98 98 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.44. Die Balken in unverformter Lage (gestrichelte Linien) und die Biegelinien der Balken. Angenommene Werte: F =L=A=I =E =

99 A.7 Scheibenprobleme 99 A.7 Scheibenprobleme A.7 A.7. Scheibenproblem I 33 Elementknotenzuordnung Der Kragbalken wird in ein Dreiecksscheibenelement eingeteilt wie es in Bild 7. auf der S. 34 bzw. in Bild A.45 dargestellt ist. Daraus ergibt sich folgende Elementknotenzuordnung: Tabelle A.. Elementknotenzuordnung Element Knoten Knoten Knoten 3 x x 3 x 3 y y 3 y 3 3 l l h h h Die Tabelle enthält die Größen x ij und y ij. Sie treten in der Steifigkeitsmatrix auf. Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Elementsteifigkeitsmatrix ist in (573) auf der S. zu finden. Es wird direkt die Gesamtsteifigkeitsmatrix ˆK g erstellt, die sich nach dem Einbringen der Lagerungsbedingungen ergibt. Es sind nur die Verschiebungen u und v unbekannt, so daß ˆK g eine Matrixist. ˆK g = u v Eht u 4 l ( ν ) (349) ν v Verformungen Die Verschiebungen lassen aus ˆK g û = ˆF berechnen: Eht 4 l ( ν ) ν u v = F u v Fl( + ν) = Eht 4 (35) Die Verformungen im Element lassen sich mit Hilfe der Formfunktionen N aus (563) auf der S. 7 beschreiben als:

100 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u v = L L L 3 L L L 3 u v u v u 3 (35) v 3 Betrachtet man nur die Verformungen auf den Rändern des Elementes, so verschwindet jeweils eine Dreieckskoordinate. Für den eingespannten Rand zwischen den Knoten und 3 gilt: L =. Die Verformungen auf diesem Rand lauten damit: Bild A.45. Verformungen des Kragbalkens u v = L L 3 L L 3 Fl( + ν) Eht 4 = (35) Die Elementkante weist entsprechend der vorgesehenen Einspannungsbedingung keine Verformungen auf.

101 A.7 Scheibenprobleme Die Kante zwischen Knoten und Knoten hat die Dreieckskoordinate L 3 =. u = L L Fl( + ν) v L L Eht Nach (77) auf der S. 4 gilt: 4 = Fl( + ν) Eht 4 L (353) x = L x + L x = L +L x = L x L = x x (354) v = Eht Fl( + ν) v =4L =4 x (355) x Die Durchbiegung nimmt also linear mit der Koordinate x zu. Die Kanten des Elementes bleiben auch im verformten Zustand gerade. In Bild A.45 sind die normierten Verformungen dargestellt. A.7. Scheibenproblem II 34 Elementknotenzuordnung Die Feder wird nicht als Element formuliert, so daß nur das Scheibenelement übrig bleibt. Die Knotenkoordinaten sind zur Bildung von x ij und y ij dem Bild A.46 zu entnehmen. Tabelle A.3. Elementknotenzuordnung Element Knoten Knoten Knoten 3 x x 3 x 3 y y 3 y 3 3 l l l l Steifigkeitsmatrix Die Steifigkeitsmatrix ist in (573) auf der S. zu finden.

102 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen u v u v u 3 v 3 u v K = 4 Et u v 3 u 3 (356) 3 v 3 Berücksichtigung der Feder Die Feder wird über die Kraft F f, die sie auf den Kragbalken ausübt, berücksichtigt: F f = v k (357) Bild A.46. Verformungen und Auflagerreaktionen des Kragbalkens mit E = t = k = Verformungen Die Knoten und 3 können bedingt durch die feste Einspannung keine Verschiebung ausführen. Es gilt: u =v =u 3 =v 3 =. Daher werden die ersten und letzten beiden Zeilen und Spalten in der Steifigkeitsmatrix gestrichen und

103 A.7 Scheibenprobleme 3 es ergibt sich folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der unbekannten Verschiebungen: 4 Et u v = F kv (358) Die Verschiebungen ergeben sich zu: u =; v = 4 F (359) 4 k + Et Die verformte Struktur ist in Bild A.46 mit E = t = k = dargestellt, wobei ein Verformungsmaßstab von : 5 angenommen wurde. Die Längsverschiebung u ist Null, da mit einem Element gerechnet wurde. Auflagerreaktionen Das Produkt Gesamtsteifigkeitsmatrix Verformungsvektor hat folgende Form: Et F 4k+Et = FEt 4k + Et R F x R F y = F + F f R F x3 R F y3 (36) Die Auflagerreaktionen sind in Bild A.46 eingezeichnet. Die Federkraft F f ergibt sich zu: F + F f = FEt 4 k + Et F f = 4 kf 4 k + Et (36) A.7.3 Scheibenproblem III Es wird ein Kragbalken betrachtet, wie er in Bild A.47 abgebildet ist. Für dieses Beispiel wird die FE-Lösung mit der Lösung nach Ritz und der analytischen Lösung verglichen. Dabei wird die Antimetrie des Problems aus- 34

104 4 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.47. Einteilung eines Kragbalkens in zwei unterschiedlich feine Netze. Symbole: L, t, E, F, ν = genutzt. Es muß daher nur eine Hälfte des Kragbalkens betrachtet werden. Diese wird in 8, 3 und 8 Dreiecksscheibenelemente eingeteilt. Die Knoten auf der Symmetrieachse erhalten infolge der Ausnutzung der Antimetrie eine Randbedingung u=. Für die Lösung nach Ritz werden Polynome zweiter und dritter Ordnung verwendet. Die analytische Lösung Die Durchbiegung an der Kraftangriffsstelle ergibt sich zu: v (x = L, y =)= FL3 3 EI + κ FL ( AG = FL3 EI 3 + κ EI ) AGL (36) Der erste Term in (36) beschreibt den Biegeanteil. Der zweite Term den Schubanteil. κ ist der Schubfaktor mit κ = 6/5für einen Rechteckquerschnitt. Den Ausdruck AGL /(EI) bezeichnet man als Schlankheitsgrad β des Balkens. Durch Einführung des Verhältnisses f = H/L und der Dicke t läßt sich (36) schreiben als: v = FL3 3 EI + κ FL AG = F ( 4 Et f 3 + κ ) f v = v Et F = 4 f 3 + κ f (363) Lösung mit dem Verfahren von Ritz Die Verschiebungsfelder u und v werden mit Polynomen zweiten und dritten Grades beschrieben. Die wesentlichen Randbedingungen sind in Bild A.48 dargestellt. Die Verschiebungen v an der Kraftangriffsstelle, die sich für Polynomgrade n = und 3 ergeben, sind in der Tab. A.4 angeführt.

105 A.7 Scheibenprobleme 5 Bild A.48. Lage der wesentlichen Randbedingungen für die Polynome zweiter und dritter Ordnung sowie die Belastung Fehlerbetrachtung Die Tab. A.4 enthält die Lösungen für die FE- und Ritz-Rechnungen und die entsprechenden Fehler für f =/. Während die Ritz-Lösung für n =3nahezu der exakten Lösung entspricht, weist die FE-Lösung bei 8 Elementen noch einen Fehler von über 3% auf. Tabelle A.4. Normierte Durchbiegung v und Fehler an der Stelle x=l, y = für die FEM und das Verfahren von Ritz FE-Lösung Ritz-Lösung Anz. Elem. v = vet/f Fehler Polynomgrad v Fehler 8,79 4,45% 8,93 3,66% 3 3,9 5,97% 3 36,698,8% 8 35,64 3,% DerFehlerderFE-Lösung kann nach (43) auf der S. 57 wie folgt beschrieben werden: ( ) H p log E = log(c ) p log(n) mit C = C (364) Hierbei ist p die Konvergenzordnung des verwendeten Elementes und C eine problemabhängige Konstante. n ist die Anzahl der Elemente über der halben Höhe H. Eine lineare Regression im doppelt logarithmischen System führt zu folgendem Zusammenhang zwischen dem Fehler E und der Elementanzahl n über der halben Höhe des Balkens: E =47, 9 n,86 (365) Diese Funktion bildet im doppelt logarithmischen System eine Gerade (s. Bild A.49). Für einen Fehler von % läßt sich nach (365) eine Elementanzahl von

106 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen n =7, 94 berechnen. Realisiert werden muß hierfür eine ganze Anzahl von n = 8 Elementen. Bild A.49. DerFehlerderVerschiebung an der Kraftangriffsstelle in Abhängigkeit von der Elementanzahl über der halben Höhe des Balkens A.7.4 Scheibenproblem IV 35 Bild A.5. Rechtwinkliges Vierecksscheibenelement mit der Anordnung der Knoten Formfunktionen des rechtwinkligen, vierknotigen Scheibenelementes Ansatzfunktion Stellvertretend für die Verschiebungen u und v wird für die Größe φ folgendes Polynom als Ansatzfunktion ausgeführt: φ = a + a ξ + a η + a 3 ξη= a T x = x T a (366) Dabei haben die Vektoren a und x fogende Bedeutung: a = a a a a 3 ; x = ξ η ξη (367)

107 A.7 Scheibenprobleme 7 Interpolationsbedingungen Die Interpolationsbedingungen werden entsprechend der Reihenfolge der Knoten nach Bild A.5 angesetzt: φ (ξ =,η =)=φ φ = a φ (ξ =,η =)=φ φ = a + a φ (ξ =,η =)=φ 3 φ 3 = a + a + a + a 3 φ (ξ =,η =)=φ 4 φ 4 = a + a (368) Diese vier Gleichungen lassen sich wie folgt in Matrixform schreiben: a a a a 3 } {{ }} {{ } A a = φ φ φ 3 φ 4 } {{ } φ (369) Durch die Inversion von A ergeben sich die Koeffizienten der Ansatzfunktion zu: A a = φ a = A φ ; A = (37) Damit läßt sich die Ansatzfunktion über die Formfunktionen N i ausdrücken als: φ = x T a = x T A φ = N T φ [ ] N T = ξ η ξη =

108 8 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen [ ] ξ η + ξη ξ( η) ξη η( ξ) }{{}}{{}}{{}}{{} N N N 3 N 4 Das Bild A.5 zeigt die vier Formfunktionen aus (37). (37) (a) Formfunktion N (b) Formfunktion N (c) Formfunktion N 3 (d) Formfunktion N 4 Bild A.5. Die Formfunktionen des vierknotigen Vierecksscheibenelmentes Dehnungen und Spannungen Die Dehnungen der Scheibe werden über die Verschiebungen u und v wie folgt ausgedrückt: ε = ε xx ε yy γ xy = L u = x y y x u v (37)

109 A.7 Scheibenprobleme 9 Dehungs-Verschiebungs-Beziehung Über die Formfunktionen nach (37) lassen sich die Verschiebungen u und v durch die Knotenverschiebungen ausdrücken: û = u v = N N N 3 N 4 N N N 3 N 4 } {{ } N u v u v u 3 v 3 u 4 v 4 } {{ } u (373) Damit können die Dehnungen über die Knotenverschiebungen berechnet werden: ε = L N u = B u (374) B = = x y y x η l ξ h N N N 3 N 4 N N N 3 N 4 η l ξ h ξ h η l ξ h η l η l η l ξ h ξ h η l ξ h ξ h η l (375)

110 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Steifigkeitsmatrix des vierknotigen Viereckselementes Die Steifigkeitsmatrix erhält man aus der Beziehung: K = V BT D B dv : K = 8 ( f + β ) 3f (ν +) 4 ( f + β ) 3f ( +3ν) 3f (ν +) 8 ( βf + ) 3f ( 3ν) 4 ( βf ) 4 ( f + β ) 3f ( 3ν) 8 ( f + β ) 3f (ν +) Et 3f ( +3ν) 4 ( βf ) 3f (ν +) 8 ( βf + ) 4f( ν ) 4 ( f + β ) 3f (ν +) 4 ( f β ) 3f ( 3ν) 3f (ν +) 4 ( βf + ) 3f ( +3ν) 4 ( βf ) 4 ( f β ) 3f ( +3ν) 4 ( f + β ) 3f (ν +) 3f ( 3ν) 4 ( βf ) 3f (ν +) 4 ( βf + ) 4 ( f + β ) 3f (ν +) 4 ( f β ) 3f ( 3ν) 3f (ν +) 4 ( βf + ) 3f ( +3ν) 4 ( βf ) 4 ( f β ) 3f ( +3ν) 4 ( f + β ) 3f (ν +) 3f ( 3ν) 4 ( βf ) 3f (ν +) 4 ( βf + ) 8 ( f + β ) 3f (ν +) 4 ( f + β ) 3f ( +3ν) 3f (ν +) 8 ( βf + ) 3f ( 3ν) 4 ( βf ) 4 ( f + β ) 3f ( 3ν) 8 ( f + β ) 3f (ν +) 3f ( +3ν) 4 ( βf ) 3f (ν +) 8 ( βf + ) (376) Die Abkürzungen in (376) haben folgende Bedeutung: β =( ν)/ ;f = h/l.

111 A.8 Platten- und Schalenprobleme A.8 Platten- und Schalenprobleme A.8 A.8. Vergleich der Platten nach DKT und Specht In Bild A.5 ist der Fehler der Durchbiegung in Plattenmitte E w angeführt. Es wird aus Symmetriegründen nur das grau schattierte Viertel der Platte betrachtet. Die Elementanzahl pro Kante wird beginnend mit bis auf 6 erhöht. Als Elemente werden das DKT-Element [8] und das Element nach Specht [55] eingesetzt. 85 Bild A.5. Fehler in der Durchbiegung beim Konvergenztest der Platten nach Specht und DKT Die Orientierung der Elemente, die hier über die Lage der Dreiecksdiagonale beschrieben wird, hat einen großen Einfluss auf die Güte der Ergebnisse. Am größten ist der Einfluß bei der Durchbiegung beim DKT-Element. So weist dieser Elementtyp bei Elementen pro Kante einen Fehler von % auf, wenn die Diagonale unter 35 verläuft. Ordnet man die Elemente so an, daß die Dreiecksdiagonale unter 45 auftritt, so reduziert sich der Fehler E w auf weniger als %. Das Element nach Specht reagiert nicht so empfindlich auf die Lage der Diagonalen. Im Gegensatz zum DKT-Element zeigt es die besten Ergebnisse beim Diagonalenverlauf unter 35. Das Bild A.53 zeigt für einen Diagonalenverlauf unter 35 die Fehler in der Plattenmitte für die Durchbiegung w E w und das Moment M xx E M für

112 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen die Elemente nach Specht und DKT. Im Unterschied zu Bild A.5 beginnt die Elementanzahl pro Kante hier bei und wird jeweils bis 6 Elemente erhöht. Die Fehler E w und E M weisen jeweils eine eigene y-achse auf. Bei dieser Lage der Diagonalen zeigt das Specht-Element die beste Durchbiegung auf. Beim Moment M xx zeigt das DKT-Element das bessere Ergebnis. Schon bei Elementen pro Kante liegt der Momentenfehler bei etwa %. Bild A.53. Fehler in der Durchbiegung und des Momentes beim Konvergenztest der Platten nach Specht und DKT A.8. Beispiel zu einem Schalenproblem In Bild A.54 ist das Netz einer Aufnahme angeführt, die aus dünnwandigen Blechen zusammen gesetzt ist. Das Netz besteht aus 588 achtknotigen, isoparametrischen Schalenelementen CQUAD8 und 5 sechsknotigen Elementen CTRIA6. Es enthält 7773 Knoten. 93 Vergleichsspannung nach von-mises für die Schale Für den räumlichen Fall stellt sich der Spannungstensor σ dar als: Das Problem wurde mit NX NASTRAN 7. gerechnet

113 A.8 Platten- und Schalenprobleme 3 σ = σ xx σ xy σ xz σ xy σ yy σ yz (377) σ xz σ yz σ zz Bei der Scheibe, Platte und Schale treten nicht alle Komponenten des dreidimensionalen Spannungstensors auf (s. Bild A.55). Bild A.54. Netz und Randbedingungen der Aufnahme. Bild A.55. Spannungskomponenten von Scheibe, Platte und Schale Bei der Scheibe bzw. dünnwandigen Platte und Schale treten nur die Normalspannungen σ xx und σ yy sowie die Schubspannung σ xy auf. Bei dickwandigen Platten und Schalen kommen noch die Schubspannungen σ xz und σ yz hinzu. Solver: NX NASTRAN 7., SESTATIC - Single Constraint

114 4 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Die Normalspannung σ zz verschwindet in den angeführten Fällen. Der Tensor nach (377) läßt sich additiv in zwei Anteile zerlegen: σ = σ + σ (378) σ nennt man den Deviator und σ den Kugeltensor. Letzterer enthält Spannungsanteile, die bei duktilen Werkstoffen keinen Beitrag zur Vergleichsspannung nach von-mises liefern: σ = 3 σ kk δ ij = 3 3 σ kk E = 3 (σ xx + σ yy + σ zz ) k= (379) Der Deviator σ stellt sich nach (378) dar als: σ xx σ xy σ xz σ = σ σ = σ xy σ yy σ yz 3 (σ xx + σ yy + σ zz ) σ xz σ yz σ zz = σ xx σ yy σ zz 3 σ xy 3 σ xz 3 3 σ xy σ yy σ xx σ zz 3 σ yz 3 σ xz 3 σ yz σ zz σ xx σ yy (38) Ein Tensor zweiter Stufe besitzt die drei Invarianten J, J, J 3. Die zweite Invariante des Deviators J mit σ v = 3 J bildet die Vergleichsspannung nach von-mises: J = σ ij σ ji = 3 3 σ ij (38) i= j= Daraus ergibt sich die von-mises-spannung als:

115 A.8 Platten- und Schalenprobleme 5 σ v = σxx + σyy + σzz σ xx σ yy σ xx σ zz σ yy σ zz +3(σxy + σxz + σyz) (38) Für den ebenen Spannungszustand (σ zz = σ xz = σ yz = ) ergibt sich: σ v = σ xx + σ yy σ xxσ yy +3σ xy = (σ xx σ yy ) + σ xx σ yy +3σ xy (383) Drückt man den Spannungstensor in den Hauptspannungskomponenten σ I und σ II aus, so ergibt sich im zweidimensionalen Fall für σ v : σ v = σ I + σ II σ I σ II (384) Trägt man diese Beziehung in der Hauptspannungsebene auf, so führt das zu einer Darstellung, wie sie in Bild A.56 angeführt ist. Bild A.56. Darstellung der von- Mises-Spannung in der Hauptspannungsebene Die Kurven im Bild A.56 beschreiben Kurven gleicher von-mises-vergleichsspannung. Durch die Projektion eines Punktes auf die Achsen erhält man die zugehörigen Hauptspannungen σ I und σ II.

116 6 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Verformungen und Spannungen in der Aufnahme Das Bild A.57 zeigt die Verformungen und die von-mises-vergleichsspannungen auf der Oberseite der Aufnahme. Im Detailausschnitt ist deutlich zu erkennen, daß die höchste Spannung im Übergang der beiden Rohre liegt. Bild A.57. Verformungen und Vergleichsspannungen nach von Mises in der Aufnahme mit einem Detailausschnitt Auslegung der Wandstärke der Rohre In Bild A.58 ist die maximale Vergleichsspannung nach von-mises in den Rohren in Abhängigkeit von der Wandstärke der Rohre aufgetragen. Dazu sind für die Wandstärken von ; 3,5; 5; 6,5 und 8 mm jeweils FE-Rechnungen durchgeführt worden. Die Vergleichsspannungen aus diesen Rechnungen dienen als Stützstellen für eine Approximationsfunktion, die folgendes Aussehen hat: σ v = 965, 45 t,9 (385) Für eine zulässige Spannung von σ v = N/mm ergibt sich daraus eine erforderliche Wandstärke der Rohre von ˆt = 3, 9 mm.

117 A.8 Platten- und Schalenprobleme 7 Bild A.58. Maximale von-mises-spannung in Abhängigkeit von der Wandstärke der Rohre

118 8 A. Lo sungen zu den U bungsbeispielen

119 A.9 Räumliches Spannungsproblem 9 A.9 Räumliches Spannungsproblem A.9 A.9. Beispiel zu einem räumlichen Spannungsproblem 37 Bild A.59. Von-Mises Spannungen in den Bolzen und Hebeln In Bild A.59 sind die Spannungen einer Hälfte des Hebelsystems angeführt. Dies sind drei Bolzen, zwei Hebel und das Anlenkstück des Hydraulikzylinders. Das Netz der Bolzen besteht aus 3667 Tetraederelementen mit jeweils vier Knoten. Der Rest ist in 436 -knotige Tetraederelemente eingeteilt. Das Gesamtmodell weist 5 Knoten auf. Zwischen den Bolzen und den Hebeln besteht Kontakt ohne Reibung. In der Buchse A liegt ein Zylinderkoordinatensystem, so daß sich hier eine Drehbewegung ausbilden kann. Das Bild A.6 zeigt einen Ausschnitt des Hebels, der die maximale Vergleichsspannung nach von-mises aufweist. Das Maximum bildet sich infolge des Kantentragens des Bolzens auf einer Kante des Auges des Hebels aus. Die Spannung liegt mit 333 N/mm nicht mehr im elastischen Bereich.

120 A. Lösungen zu den Übungsbeispielen Bild A.6. Von-Mises Spannungen im Hebel