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
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