1. Weitere Übungsbeispiele
1.1 Stabprobleme
1.1.1 Ebene Stabstruktur
Gegeben ist in Bild 1.1 eine Stabstruktur. Alle Stäbe haben einen E-Modul
von E. Die Stäbe auf der x-Achse (Symmetrieachse) haben eine Querschnittsfläche 2 A, alle anderen A. Die Belastung beträgt 2 F .
Gesucht ist unter Ausnutzung der Symmetrie die Steifigkeit k = AE/L
eines jeden Stabes, so daß sich eine Verformung u2 einstellt.
Bild 1.1. Stabstruktur und Einteilung in Elemente unter Ausnutzung der Symmetrie
Steifigkeitsmatrizen
2
1. Weitere Übungsbeispiele
Tabelle 1.1. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten
Elem.-Nr.
Knoten 1
Knoten 2
E
A
ϕ
sin (ϕ)
cos (ϕ)
1
1
2
1
1
0◦
0
1
0
√
1
√
− 21 2
√
1
2
2
◦
2
2
4
1
1
0
3
2
3
1
1
135◦
4
2
5
1
1
45◦
u1 /u2
v1 /v2
u2 /u4
v2 /v4
1
0
−1
0
0
0
0
0
1
0

u1 /u2

v1 /v2


u /u
 2 4
0
0
0
v2 /v4

K1 = K2 =

AE  0

L 
 −1

0

u2
v2
u3
1
−1
−1
1
1
1
1
1
−1
−1
1
u2
v2
u5
v5
1
1
−1
√ 
AE 2  −1

K3 =
4L 
 −1


√ 
AE 2  1

K4 =
4L 
 −1

1
−1
−1
1
−1
−1
1
Gesamtsteifigkeitsmatrix
1
2
2
√
1
2
2
(1.1)
v3

u2

−1 
v2

−1 
u3
1
v3

−1 u2

−1 
v2

1 
u5
1
(1.2)
v5
(1.3)
1.1 Stabprobleme
Kg =
























3
AE
L
u1
v1
u2
v2
u3
v3
u4
v4
u5
v5
1
0
−1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
√
0
−1
0
√
1
0
√
1
2+
1
2
√
−4 2
√
1
2
4
√
1
2
4
√
− 14 2
1
2
4
√
− 14 2
√
− 14 2
√
1
2
4
−1
0
−4
1
2
2
√
1
2
4
√
− 14 2
0
0
− 14
0
0
0
0
2
0
√
√
0
0
0
0
0
0
0
√
− 14 2
√
1
2
4
0
0
0
0
−1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
√
1
0
0
2
0
0
0
0
0
√
0
0
0
√
− 14 2
√
− 14 2
2
0
0
0
0
−4
− 14
√
1
4
1
4
√
2
2
2
2

u1

 v1


− 4 2  u2

√

1
− 4 2  v2


0
 u3


0
 u3

u
0
 4

v
0
 4

√
1
2 
 u5
4
√
1
2
v5
4
0
√
1
(1.4)
Geforderte Steifigkeit k der Stäbe
AE
L
$
2+
1√
2
2
%
u2 = F ⇒ k =
1
2+
1
2
F
F
√
= 0, 369
u2
2 u2
(1.5)
1.1.2 Ebenes Stabproblem mit zwei Elementen
Gegeben ist eine in Bild 1.2 dargestellte Stabstruktur. Sie wird durch eine
Kraft |F | = 1 belastet und weist die Querschnittsflächen A1 = A2 = 1 sowie die Werkstoffdaten E1 = E2 = 1 auf. Berechnen Sie mittels FEM die
Verformungen des Systems. Verwenden Sie dabei die gegebene Elementknotenzuordnung.
Bild 1.2. Zweidimensionale Stabstruktur
4
1. Weitere Übungsbeispiele
Tabelle 1.2. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten
Elem.-Nr.
Knoten 1
Knoten 2
A
E
ϕ
1
1
2
1
1
180◦
2
2
3
1
◦
1
45
sin(ϕ)
1
√
− 12
cos(ϕ)
1
2
2
0
√
2
Steifigkeitsmatrizen

u1
v1
u2
1
0
−1
0
0
0
0

 0
K1 = 

 −1

0
1
u2
 1

0 u1
2


1

0 
v
 1 ; K2 =  2


 −1
0 
 2
u2
0
0
− 12
v2
v2
v2
u3
1
2
− 12
1
2
− 12
− 21
1
2
− 21
1
2
v3

u2

1 
− 2 v2

1 
2 u3
− 21
1
2
v3
(1.6)
Gesamtsteifigkeitsmatrix

u1
v1
u2
v2
u3
1
0
−1
0
0
0
0
0
0
0
1 + 12 0 + 12 − 21 0
0 + 12 0 + 12 − 21 0
− 21 − 12 12 0
− 21 − 12 12 
 0


 −1
Kg = 

 0


 0

0
v3

u1

0 
v1

− 21 
u2

1 
− 2 v2

12 
u3
0
12 (1.7)
v3
Die Anteile · · · kommen von Element 1. Die Anteile · · · von Element 2.
Verformungen


3
2
1
2
1
2
1
2



u2
v2


=
0
−1


⇒
u2
v2


=
1
−3

(1.8)
1.1 Stabprobleme
5
1.1.3 Symmetrisches Stabproblem
Für die dargestellte Stabstruktur (s. Bild 1.3) sind die Auflagerreaktionen zu
berechnen. Dabei ist die Symmetrie des Problemes auszunutzen. Alle Stäbe
haben einen E-Modul von E = 1 und eine Querschnittsfläche A = 2.
Bild 1.3. Ebene, symmetrische
Stabstruktur
Tabelle 1.3. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten
Elem.-Nr.
Knoten 1
Knoten 2
A
E
li
ϕ
1
1
2
1
1
1
√
2
90◦
2
2
3
2
1
sin (ϕ)
◦
−45
1
√
− 12
cos (ϕ)
1
2
2
0
√
2
Steifigkeitsmatrizen

u1
v1
u2
0
0
0
1
0
0
0
−1
0

 0
K1 = 

 0

0
v2
u2


0 u1
1


1 
−1 
v1 ; K 2 = √  −1

2
 −1
0 

u2
1
v2
1
v2
u3
−1
−1
1
1
1
1
−1
−1
v3

u2

−1 
v2

−1 
u3
1
1
v3
(1.9)
Gesamtsteifigkeitsmatrix
6
1. Weitere Übungsbeispiele

u1
v1
u2
v2
u3
0
0
0
0
0
1
0
−1
√
0 − 12 2
√
1 + 12 2
√
21 2
√
− 12 2

 0


 0
Kg = 

 0


 0

√
0 +
2
√
0 − 12 2
√
− 12 2
√
12 2
12
0
−1
0
0
0
v3

u1

v1
0


√
1
2 2 
u2

√
− 12 2 
v2
√ 
1
− 2 2 
u3
√
12 2 v3
0
0
√
2
√
12 2
√
12 2
√
− 12 2
− 12
(1.10)
Die Anteile · · · kommen von Element 1. Die Anteile · · · von Element 2.
Verformungen
Die Struktur hat nur einen Freiheitsgrad, nämlich v2 . Daher werden aus der
Gesamtsteifigkeitsmatrix K g alle Zeilen und Spalten bis auf die von v2 gestrichen.
1√
2 v2 = −1
1+
2
2
1
√ =−
√ ≈ −0, 586
(1.11)
v2 = −
1
1+ 2 2
2+ 2
Schnittgrößen


0


 0


 0

0
0
0
1
0
0
0
−1
0

1


√
 −1
1
2

2
 −1

1

0
0


−1  
0


0 
0

1
−0, 586
−1
−1
1
1
1
1
−1
−1

 
 
  0, 586
=
 
 
0
 
−0, 586

1

0

0


−1   −0, 586


−1  
0

1
0


1
F x1
 
  1
  F y1
=
  1
  F x2
 
1
F y2


0, 414








(1.12)
2

F x2
 
 
 
 
  −0, 414   2F y2
=
=
 
 
  −0, 414   2F x3
 
 
2
0, 414
F y3







(1.13)
1.1 Stabprobleme
7
Auflagerreaktionen



















 − 2√
=



2+ 2

−1





1

 −
√

 1+ 2


1

√
1+ 2

0



−1

√

 − 12 2

√

 1 + 12 2

 1√
 2 2

√
− 12 2
0
2
√
2+ 2
1
√
1+ 2
 


 
 
 
 
 
 
 
=
 
 
 
 
 





0


R
F x1
 
 
0, 586   RF y1
 
 
0, 414   RF x2
=
 
−1   RF y2
 
 
−0, 414   RF x3
 
R
0, 414
F y3













(1.14)
1.1.4 Antimetrisches Stabproblem
In Bild 1.4 ist eine Stabstruktur dargestellt. Für diese Struktur sind unter
Ausnutzung der Antimetrie die Verformungen zu berechnen. Alle Stäbe haben
die Länge L, die Querschnittsfläche A und einen E-Modul E. Die Belastung
beträgt: F .
Bild 1.4. Antimetrisches, ebenes Stabproblem
8
1. Weitere Übungsbeispiele
Steifigkeitsmatrizen der Elemente

3
 √
AE  3

K1 =
4L
 −3

√
− 3

K2 =
v1
√
3
u1
u2
1
√
− 3
−1
u1
v1
u3
2
2
−2

AE  2

4L
 −2

2
−2
−2
2
−2
−2
2

u1
1
 √

AE
 3
K3 =
4L
 −1

√
− 3
v1
√
3
3
√
− 3
−3
Gesamtsteifigkeitsmatrix
−3
√
− 3
3
√
3
v2
√ 
− 3 u1

−1 
v1
√ 
3 
u2
1
(1.15)
v2
v3

−2 u1

−2 
v1

2 
u3
2
u4
−1
√
− 3
1
√
3
(1.16)
v3
v4
√ 
− 3 u1

−3 
v1
√ 
3 
u4
3
v4
(1.17)
1.2 Balkenprobleme
9
Kg =

u1
6
 √
 2( 3 + 1)


3

−


√4
AE 
 − 3
4L

−2



−2



−1

√
− 3
v2
√
− 3
−1
u2
3
−
4
√
− 3
3
√4
3
−2
−2
√
− 3
3
−
4
√
v1
2( 3 + 1)
6
√
− 3
u3
v3
u4
−2
−2
−1
√
3
−2
−2
−1
√
− 3
0
0
0
1
0
0
0
0
0
2
2
0
0
0
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
√
3
v4
√
− 3
3
−
4
0

u1

 v1



 u2


0  v2


0  u3

0 
 v4
√ 
3 
 u4
3
v4
4
(1.18)
Verformungen
3 AE
F
v1 =
2 L
2
FL
v1 =
3 AE
(1.19)
1.2 Balkenprobleme
1.2.1 Darstellung der Durchbiegung im Balkenelement mittels
Formfunktionen
In Bild 1.5 ist eine Balkenstruktur dargestellt. Alle Balken haben die Länge l,
das Flächenträgheitsmoment I und einen E-Modul E. Die Belastung beträgt:
F . Gesucht ist die Durchbiegung sowie die Verdrehung an der Stelle x = l/2.
Es ist die gegebene Elementknotenzuordnung zu verwenden.
Bild 1.5. Eindimensionale Balkenstruktur
10
1. Weitere Übungsbeispiele
Steifigkeitsmatrizen
K1 = K2 = K3 =

v1 /v2 /v3
ϕ1 /ϕ2 /ϕ3
v2 /v3 /v4
ϕ2 /ϕ3 /ϕ4
12
6l
−12
6l
6l
4 l2
−6 l
2 l2
−12
−6 l
12
−6 l

v1 /v2 /v3

ϕ1 /ϕ2 /ϕ3


v /v /v
 2 3 4
6l
2 l2
−6 l
4 l2
ϕ2 /ϕ3 /ϕ4

EI 

l3 


(1.20)
Gesamtsteifigkeitsmatrix

v1
ϕ1
v2
ϕ2
v3
ϕ3
v4
ϕ4
12
6l
−12
6l
0
0
0
0
4 l2
−6 l
2 l2
0
0
0
0
−6 l
24
0
−12
6l
0
0
2 l2
0
8 l2
−6 l
2 l2
0
0
0
−12
−6 l
24
0
−12
6l
0
6l
2 l2
0
8 l2
−6 l
2 l2
0
0
0
−12
−6 l
12
−6 l

v1

ϕ1


v2


ϕ2


v
 3

ϕ
 3

v
 4
0
0
0
6l
2 l2
−6 l
4 l2
ϕ4

 6l


 −12


EI  6 l
Kg = 3 
l 
 0


 0


 0

0
(1.21)
Einbringen der Randbedingungen
Die Durchbiegungen v1 , v3 und v4 sind bedingt durch die Lager Null. Ebenso
die Verdrehungen ϕ1 und ϕ4 . Daher werden die entsprechenden Zeilen und
Spalten in der Gesamtsteifigkeitsmatrix K g gestrichen.
1.2 Balkenprobleme


24
EI
l3


 0

6l
0
8 l2
2 l2


v2
6l

 

 
2 l2   ϕ2  = 

 
8 l2
ϕ3
−F
0
11





(1.22)
0
Verformungen



v = 



5
−

96 
v2

 F l3 



 − 1 
ϕ2  =


EI  96 l 


ϕ3
1 
24 l

(1.23)
Durchbiegung an der Stelle x = l/2
Mit der Formfunktion nach (7.19) auf der Seite 118 läßt sich an einer beliebigen Stelle x die Durchbiegung berechnen. Die Stelle x = l/2 liegt im Element
1v die Durchbiegung berechnet werden
1, so daß über die Beziehung v = N
1
kann. Der Vektor v enthält die Verformungen des Elementes 1 (ξ = x/l):



0



v


 1 
0 



3 



ϕ
F
l
1
1
=

5 
v = 




EI  −
 v2 
96 





1 
ϕ2
−
96 l
v=
.
F l3 - 2
ξ (3 − 2ξ) v2 + ξ 2 l (1 + ξ) ϕ2
EI
1
19 F l3
v ξ=
=−
2
768 EI
(1.24)
(1.25)
(1.26)
Verdrehung an der Stelle x = 1/2
Die Verdrehung in einem Element i erhält man über die Formfunktion:
ϕ=
d T i
(N ) v
dx
(1.27)
12
1. Weitere Übungsbeispiele
6
1
F l2
ξ (1 − ξ) v2 + ξ (3 ξ − 2) ϕ2 =
ξ(−28 + 27 ξ)
l
l
96EI
29 F l2
1
=−
ϕ ξ=
2
384 EI
(1.28)
ϕ=
(1.29)
1.2.2 Beispiel zum Element mit drei Freiheitsgraden pro Knoten
Das Balkenproblem in Bild 7.9 auf der S. 126 wird mit dem zweiknotigen
Element mit drei Freiheitsgraden pro Knoten gelöst.
Verformungen
Die Gesamtsteifigkeitsmatrix lautet unter Berücksichtigung der
schen Randbedingungen (κ2 = 0, da κ ∼ M ):


 
(1)
(2)
F
v1
600 15 l2 300 l
q 2l
v1
2

 
EI 
3





(1)
(2)
l
2
4
3
 15 l
3l
4 l   κ1
κ1  =  q 120
0
35 l3 

 
2
(1)
(2)
l
300 l 4 l3 192 l2
ϕ2
ϕ2
−q 10
0
geometrie


 (1.30)

Der erste Lastfall bezieht sich auf die Streckenlast q und der zweite auf
die Einzelkraft F . Die Verformungen lauten:





 

(1)
(2)
v1
v1
5 l2
l2



 

q l2 
Fl 
 (1) 



 

(1.31)
 κ1  =
 −48  ;  κ1(2)  =
 −12 

 384EI 
 48EI 
 

(1)
(2)
ϕ2
−16
ϕ2
−3 l
Schnittgrößen
Die Schnittgrößen an den Knoten des Elementes nach (7.96) auf der S. 145:


5 l2







−60 −36 l −9 l2 60 −24 l 3 l3  0 
0










0
0
1
0
0
0   −48  q l  −l 
q 




=



384 l 
8 
 −60 −24 l −3 l2 60 −36 l 9 l2   0 
 4 







 −16 l 
0
0
0
0
0
1
0


0
(1.32)
Die Schnittgrößen, die das Balkenelement mit drei Freiheitsgraden pro
Knoten erbringt, sind exakt.
1.2 Balkenprobleme
13
1.2.3 Balken mit Gelenk
Das Gelenk des Problemes in Bild 7.15 auf der S. 134 wird über ein starres
Stabelement abgebildet, das die Knoten 2 und 3 verbindet. Die Balkensteifigkeit von Element 1 beträgt EI und von Element 2 EI/3. Die Elementknotenzuordnung ist in Tabelle 1.4 angeführt.
Tabelle 1.4. Elementknotenzuordnung
Element
Knoten 1
Knoten 2
Elementtyp
1
1
2
Balken
2
3
4
Balken
3
2
3
Stab
Elementsteifigkeitsmatrizen
Es wird folgende Abkürzung eingeführt: f = EI/l3 und h = AE/l:

12


 6l
K1 = f 

 −12

6l
6l
−12
2
−6 l
4l
−6 l
2l

1


 0
K3 = k 

 −1

0
2
12
−6 l
0
−1
0
0
0
1
0
0


4



 2l


2l 
 ; K =f
2


 −4
−6 l 



2
4l
2l
6l
2
2l
4 2
l
3
−2 l
2 2
l
3
−4
−2 l
4
−2 l

2l
2 2
l
3






−2 l 

4 2 
l
3
(1.33)

0


0 


0 

0
(1.34)
Gesamtsteifigkeitsmatrix
In der nachfolgenden Matrix sind schon die geometrischen Randbedingungen berücksichtigt, d.h. die ersten und letzten beiden Zeilen sind gestrichen.
Damit ergibt sich folgendes System:
14
1. Weitere Übungsbeispiele




K g u = F = f 



−6 l
− fk
−6 l
4 l2
0
− fk
0
4+
0
0
2l
k
f
12 +




F
v2
0

 


 

  ϕ2   0 

=
 (1.35)

 

2 l   v3   0 

 

4 2
l
ϕ
0
3
3
0
k
f
Die Inversion der Matrix K g führt zu:

K −1
g
!
"
l2 1 + fk
"
!

 3 l 1+ k
 2
f
1
= 2

l (3 f + 4 k) 

"
!
l 1 + fk
3
2
3+
13 k
4 f
l2 fk
3
2
− 32 l fk
− 94
l2 fk
3
2
l kf
!
"
l2 3 + fk
"
!
− 32 l 3 + fk
l fk
k
f
− 23 l kf



− 49 fk
" 
!

− 32 l 3 + fk 
9+
21 k
4 f

(1.36)
Die Durchbiegungen v2 und v3 müssen identisch sein. Das hat zur Folge
daß die Steifigkeit k des Stabelementes gegen unendlich strebt (k → ∞).
Bilden des Grenzwertes k → ∞ für jedes Element von (1.36) führt auf:

K −1
g
1
=
16 f l2
4 l2


 6l


 4 l2

−6 l
6l
4 l2
13
6l
6l
4 l2
−9
−6 l
−6 l



−9 


−6 l 

21
K −1
g ist eine Nachgiebigkeitsmatrix. Durch Multiplikation
vektor ergibt sich für die Verformungen:




v2
4 l2 6 l 4 l2 −6 l












ϕ
6
l
13
6
l
−9
1
2
−1 



Kg F = 
 = 16 f l2 

2
2
 v3 
 4l
6l 4l
−6 l  




ϕ3
−6 l −9 −6 l 21


2l




3 
F l3 1 


=

EI 8 l 
 2l 


−3
(1.37)
mit dem Last
F


0 


0 

0
(1.38)
Das Ergebnis stimmt mit der Lösung über eine Zwangsbedingung in (7.68)
auf der S. 136 überein.
1.2 Balkenprobleme
15
Erforderliche Rechengenauigkeit
Steigert man in (1.35) die Steifigkeit k sukzessiv, so führt dies zu einem
schlecht konditioniertem Gleichungssystem. Nach (2.118) auf der S. 44 lassen
sich die erforderlichen Stellen hinter dem Komma berechnen als:
λmax
(1.39)
s = p − log
λmin
Die Größe p beschreibt die Anzahl Stellen hinter dem Komma, die in
der Rechnung mitgeführt werden. s ist die Anzahl korrekter Dezimalstellen
hinter dem Komma. λmax ist der größte und λmin der kleinste Eigenwert der
Gesamtsteifigkeitsmatrix K g .
In der nachfolgenden Tabelle sind für verschiedene Werte k (f = l = 1)
die Eigenwerte λmax und λmin 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 = 2 signifikante Stellen hinter dem
Komma erhalten bleiben.
Tabelle 1.5. Die Eigenwerte in
Abhängigkeit von der Steifigkeit k
k
λmax
λmin
p
1
16,074
0,388
2
103
2, 008 · 103
0,492
4
106
2, 000 · 106
0,492
7
12
2, 000 · 1012
0,492
13
10
Die Eigenwerte wurden mit 20 Stellen hinter dem Komma berechnet. Bei
einem Wert von k = 1012 ist die Grenze mit 14 Stellen hinter dem Komma
erreicht, die ein Rechner mit 32 bit Wortlänge verwirklichen kann.
1.2.4 Konvergenztest beim Kragbalken
Es wird ein Kragbalken betrachtet, wie er in Bild 1.6 abgebildet ist. Für
dieses Beispiel wird die FE-Lösung mit der exakten Lösung1 verglichen.
Es wird die Antimetrie des Problems ausgenutzt. Es muß daher nur eine
Hälfte des Kragbalkens betrachtet werden. Diese ist in acht bzw. 32 Dreiecksscheibenelemente eingeteilt. Die Knoten auf der Symmetrieachse erhalten infolge der Ausnutzung der Antimetrie eine Randbedingung u = 0. In
der Tabelle 1.6 ist für die beiden Netze der Fehler der Durchbiegung v an der
Stelle x = l, y = 0 angeführt.
1
Die exakte Lösung lautet: vex
0, 42857 mm.
=
.
F/E l3 /(3I) + (4 + 5µ)/2 · l/A
=
16
1. Weitere Übungsbeispiele
Tabelle 1.6. Fehlerbetrachtung
vex − vFEM 100
Anz. Elemente vex
8
41,16 %
32
15,04 %
Nach (2.132) und (2.135) auf der S. 48 gilt:
log E = log(C ∗ ) − p log(n)
mit C ∗ = C (2h)p
(1.40)
Hierbei ist p die Konvergenzordnung des verwendeten Elementes und C ∗
eine problemabhängige Konstante. n ist die Anzahl der Elemente über der
halben Höhe h. Der Fehler E ist in (2.133) auf der S. 48 definiert.
In Bild 1.6 sind die beiden Netze der Konvergenzrechnungen jeweils zur
Hälfte angeführt. Nach (7.60) auf der S. 133 läßt sich die Fehlerfunktion
schreiben als:
E = 41, 16 n−1,452
(1.41)
Bild 1.6. Einteilung
eines Kragbalkens in
zwei
unterschiedlich
feine Netze.
Daten:
Dicke t = 40 mm;
E = 210000 N/mm2 ;
µ = 0; F = 105 N
Diese Funktion bildet im doppelt logarithmischen System eine Gerade (s.
Bild 1.7). Sie wird durch die beiden Punkte (n = 1, E1 ) und (n = 2, E2 ) beschrieben. Für einen Fehler von 5% läßt sich nach (1.41) eine Elementanzahl
von n = 4, 27 berechnen. Realisiert werden muß eine ganze Anzahl von n
(n = 5). Für n = 5 ergibt sich ein Fehler von 3, 97%.
1.3 Feldprobleme (Potentialprobleme)
17
Bild 1.7. Fehlerabschätzung beim
Kragbalken
1.3 Feldprobleme (Potentialprobleme)
1.3.1 Ebenes Wärmeleitungsproblem
Gegeben ist in Bild 1.8 eine Dreiecksblech mit einer Stärke t = 1. Das Blech
weist eine Wärmeleitfähigkeit von λx = λy = 20 auf. Es ist auf der Kante
y = 0 sowie auf den Deckflächen isoliert. In den Punkten (x = 0, y = 0)
bzw. (x = 25, y = 25) ist die Temperatur mit 100 grd bzw. 20 grd bekannt.
Gesucht ist die Temperaturverteilung in dem Blech, wobei die Symmetrie
ausgenutzt werden soll.
Bild 1.8. Berechnung der Temperaturverteilung in einem Dreiecksblech
(Alle Maße in mm)
In Tabelle 1.7 ist die Elementknotenzuordnung mit den Wärmeleitfähigkeiten angeführt.
Steifigkeitsmatrizen
Die Elemente 1, 3 und 4 weisen gleiche Größe und Lage auf.
18
1. Weitere Übungsbeispiele

20


K w 1 = K w 3 = K w 4 =  −10

−10
−10
−10
10
0
0
10






 ; K w2 = 


10
0
0
10
−10
−10
−10


−10 

20
(1.42)
Daher weisen die Wärmeleitungsmatrizen nach 11.46 auf der S. 237 hierfür
gleiche Werte auf.
Tabelle 1.7. Elementknotenzuordnung
Elem.-Nr.
Kn. 1
Kn. 2
Kn. 3
λx
λy
t
1
1
2
4
20
20
1
2
4
2
5
20
20
1
3
2
3
5
20
20
1
4
4
5
6
20
20
1
Gesamtsteifigkeitsmatrix

20


 −10


 0
Kg = 

 −10


 0

0

−10
0
−10
0
40
−10
0
−20
−10
10
0
0
0
0
40
−20
−20
0
−20
40
0
0
−10
0
0





0 


−10 


0 

10
0
(1.43)
In der Aufgabenstellung ist keine Größe enthalten, die die rechte Seite F nach (11.68) auf der S. 242 bildet. Aus diesem zunächst homogenen
Gleichungssystem wird durch Betrachtung der gegebenen Temperaturen ein
inhomogenes System. Dazu wird der Lösungsvektor aufgeteilt T = T̂ +0T .
Damit erhält man:
K g (T̂ + 0 T ) = F
In 0 T =
K g T̂ = F − K g 0 T
⇒
(1.44)
100
0
0
0
20
0
sind die bekannten Knotentempera-
turen beschrieben. Das Produkt K g 0 T führt zu:

1.3 Feldprobleme (Potentialprobleme)
"T !
− K g 0 T = 2000
1400
0
1400
−800 0
19
(1.45)
Durch Streichen der ersten und fünften Zeile erhält man folgendes Gleichungssystem:

 


0
0
40 −10
1400
T2

 



 


 −10 10
0
0   T3   0 

=


(1.46)

 


 0
0
40 −10   T4   1400 

 


0
0
−10 10
T6
0
Man erhält folgende Knotentemperaturen:


15
 7 


 1 






1
140 

T =

3  1 



 3 
 7 


1
(1.47)
Temperaturen im Element
Die Temperaturverteilung im Element läßt sich mit Hilfe der Formfunktion
(11.40) auf der S. 235 berechnen. Für den Schwerpunkt des Elementes 2 ergibt
sich:


Ti
 1

1


Ts = L1 L2 L3  Tj  = (T2 + T5 + T4 ) = (46, 67 + 20 + 46, 67)

 3
3
Tk
=
340
= 37, 78
9
(1.48)
Der Punkt mittig zwischen den Knoten 1 und 2 liegt auf der ersten Kante
des Element 1. Es verschwindet L3 und mit L1 + L2 = 1 kann L2 in der
Beziehung der Formfunktion ersetzt werden. Damit erhält man:


T1
 1

1


Tm = L1 1 − L1 0  T2  = (T1 +T2 ) = (100+46, 67) = 73, 335
2
 2

T3
(1.49)
20
1. Weitere Übungsbeispiele
1.3.2 Rohr mit Kühlbohrungen
Gegeben ist in Bild 1.9 ein Rohr, das eine Innenbohrung sowie auf dem Umfang verteilt Hilfsbohrungen aufweist. Durch die Innenbohrung fließt ein Medium, so daß die Innenwand eine Temperatur von 200 grd aufweist. Die Außenwand hat eine Temperatur von 15 grd. Die Hilfsbohrungen werden mit
einem Fluid durchströmt und dienen dazu, durch Konvektion Wärme abzuführen. Es wird ein Wärmeübergangskoeffizient α = 50 W/(m2 grd) und
eine Fluidtemperatur Tw angenommen.
Bild 1.9. Querschnitt des Rohres mit Hilfsbohrungen. Die Länge des Rohres beträgt
1m
Gesucht wird eine Fluidtemperatur Tw , so daß sich im Punkt bei x =
1, 7 m und y = 0 m eine Temperatur von Tg = 30 grd einstellt.
Zur Bestimmung von Tw werden zwei FE-Rechnungen mit dem Netz nach
Bild 1.10 für Tw1 = 25 grd und Tw2 = 40 grd durchgeführt. Daraus ergeben
sich für die gesuchte Stelle die Temperaturen 1 T = 27, 734 grd und 2 T =
34, 787 grd.
Nach (11.68) auf der S. 242 tritt die Umgebungstemperatur Tu in linearer
Form auf. Daher kann folgender linearer Zusammenhang zwischen der gesuchten Fluidtemperatur Tw , der Hilfsbohrung und der vorgegebenen Temperatur
Tg angesetzt werden:
T g = a0 + a1 T w
(1.50)
Daraus bestimmen sich mit Tg (Tw = 25 grd) = 27, 734 grd und Tg (Tw =
40 grd) = 34, 787 grd die Koeffizienten zu a0 = 15, 984 und a1 = 0, 470.
Einsetzen in (1.50) und Auflösen nach Tw führt auf die gesuchte Temperatur
Tw = 29, 821 grd.
Temperaturverlauf im Element
Über die Formfunktionen (11.40) auf der S. 235 läßt sich die Temperatur
T an jeder Stelle des Elementes berechnen. Geht man von einer beliebigen
1.3 Feldprobleme (Potentialprobleme)
21
Koordinate (x, y) aus, so muß diese zunächst nach (2.79) in die Dreieckskoordinaten des entsprechenden
Elementes
umgerechnet werden. Gegeben sei
T
dazu der Punkt x = 1, 15 0, 2 m. Dieser liegt im Element 2 (s. Bild
1.10). Nach (2.79) auf der S. 33 erhält man:

 

 

1
L1
2, 262 −1, 262 −2, 861
0, 239

 

 


 

 

 L2  =  −2, 302 2, 302
0, 457   1, 15  =  0, 437  (1.51)

 

 

L3
1, 040 −1, 040 2, 405
0, 2
0, 325
Einsetzen in (11.40) führt zu der gesuchten Temperatur für den Fall Tw =
29, 821:


200




(1.52)
T = 0, 239 0, 437 0, 325  73, 166  grd = 144, 774 grd


200
Die Temperaturverteilung auf der Kante eines Elementes läßt sich in Dreieckskoordinaten leicht ausdrücken. Will man z.B. den Temperaturverlauf zwischen den Knoten 1 ind 4 beschreiben, so ist dies die erste Kante von Element
2. Damit gilt L3 = 0 (s. Bild 2.7 auf der S. 33). Nach (11.40) auf der S. 235
und mit 1 = L1 + L2 ergibt sich damit:
T = L1 T1 + L2 T2 = T2 + (T1 − T2 )L1 = 73, 166 grd + 126, 834 grd L1
(1.53)
Entlang der Kante liegt eine Linearverteilung der Temperatur vor.
Bild 1.10. Das FENetz eines Segments
des Rohres und die
Koordinaten der Knoten
22
1. Weitere Übungsbeispiele
1.3.3 Torsion eines Rohres mit Bohrungen
Es soll ein Rohr der Länge von 10 m, dessen Querschnitt in Bild 1.9 dargestellt
ist, auf Torsion belastet werden. Das Problem ist zyklisch symmetrisch, so
daß in der Rechnung nur 1/16 der Gesamtgeometrie berücksichtigt wird. Es
wird das Rohr um einen Winkel von ϕ = 1◦ verdreht. Mit einem Gleitmodul
von G = 80769, 23 N/mm2 ergeben sich folgende Daten: Θ = 0, 001745 rad/m
und 2GΘ = 0, 2819 · 109 N/m3 .
In Bild 1.11 ist das verwendete FE-Netz dargestellt. Die Verteilung der
Spannungsfunktion φ ist in der linken Hälfte von Bild 1.12 angeführt. φ verschwindet auf den Außenrändern des Körpers sowie auf dem Halbkreis. Nicht
aber auf den Symmetriekanten des Problems. Die rechte Bildhälfte zeigt die
Schubspannungsverteilung. Die maximale Schubspannung tritt auf dem Halbkreisrand auf.
Bild 1.11. Das FE-Netz des Segmentes des
Rohres mit 216 Elementen und 133 Knoten
Bild 1.12. Die linke Bildhälfte zeigt die Isolinien der Spannungsfunktion (φmax =
1, 778 107 N/m). Die rechte Bildhälfte enthält die Schubspannungsverteilung in
Form von Isolinien (|τ |max = 106, 6 N/mm2 ). Das übertragene Torsionsmoment
beträgt MT = 16 · 8, 356 106 N m = 133, 696 106 N m