1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Scheibenprobleme) 1.1 Lösung: Scheibenproblem I Elementknotenzuordnung Der Kragbalken soll laut Aufgabenstellung1 in ein Dreiecksscheibenelement eingeteilt werden. Daraus ergibt sich folgende Elementknotenzuordnung: Tabelle 1.1. Elementknotenzuordnung Element Knoten 1 Knoten 2 Knoten 3 x21 x32 x31 y21 y31 y32 1 1 2 3 1 -1 0 1 2 1 1 2 Die Tabelle enthält die Größen xij und yij . Sie treten in der Steifigkeitsmatrix auf. Elementsteifigkeitsmatrix Die Elementsteifigkeitsmatrix ist in (8.25) auf der S. 176 zu finden. Sie ist, da der Kragbalken durch ein Scheibenelement beschrieben wird, auch gleichzeitig Gesamtsteifigkeitsmatrix. 3 1 1 1 1 1 R u − − − F 1 x 1 4 2 2 4 4 4 9 1 1 7 RFy 1 0 − − − 1 4 8 4 4 8 v1 1 0 1 0 − 12 0 1 u2 0 −2 (1.1) = 1 1 2 −1 −1 0 − 14 v2 1 2 4 2 2 1 3 R −1 −1 −1 − 14 u3 Fx3 4 4 2 2 4 1 9 R − 78 0 − 41 − 14 v3 Fy3 4 8 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 189 zu finden. 2 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Scheibenprobleme) Verformungen Die Knoten 1 und 3 können keine Verschiebung ausführen. Es gilt daher: u1 = v1 = u3 = v3 = 0. Damit werden aus dem voranstehenden Gleichungssystem die ersten und letzten beiden Zeilen und Spalten gestrichen. Es ergibt sich: u 0 0 1 0 u 1 2 = ⇒ 2 = (1.2) 2 0 1 v2 1 v2 4 2 Die geschlossene Lösung1 des Problemes lautet: ! x" 12 F l3 x − ln 1 − −1 v2 = 3 E t h0 l l (1.3) Für x = l wird die Verformung am rechten Ende des Kragbalkens unendlich groß. Die FEM liefert als Näherungsverfahren eine Lösung mit einem endlichen Wert. Die Verformungen im Element lassen sich mit Hilfe der Formfunktionen N aus (8.27) auf der S. 177 beschreiben als: u1 v1 u2 u L1 0 L2 0 L3 0 = (1.4) v 0 L1 0 L2 0 L3 v2 u3 v3 Betrachtet man nur die Verformungen auf den Rändern des Elementes, so verschwindet jeweils eine Dreieckskoordinate. Für den eingespannten Rand zwischen den Knoten 1 und 3 gilt: L2 = 0 (s. Bild 1.1). Die Verformungen auf diesem Rand lauten damit: u v 1 = L1 0 0 0 L3 0 L1 0 0 0 0 L3 0 0 0 0 = 4 0 0 0 Grundlage: Stab mit veränderlichem Querschnitt (1.5) 1.1 Lösung: Scheibenproblem I 3 Bild 1.1. Verformungen und Reaktionskräfte des Kragbalkens Die Elementkante weist entsprechend der vorgesehenen Einspannungsbedingung keine Verformungen auf. Die Kante zwischen Knoten 1 und Knoten 2 hat die Dreieckskoordinate L3 = 0. 0 0 L1 0 L2 0 0 0 0 u 0 = = (1.6) v 0 L1 0 L2 0 0 4 4 L2 0 0 Nach (2.77) auf der S. 33 gilt: x = L1 x1 + L2 x2 = L1 0 + L2 x2 = L2 x2 ⇒ v=4 x x2 (1.7) Die Durchbiegung nimmt also linear mit der Koordinate x zu. Die Kanten des Elementes bleiben auch im verformten Zustand gerade. In Bild 1.1 sind die Verformungen dargestellt. Auflagerreaktionen Die Auflagerreaktionen ergeben sich wiederum aus dem Produkt Gesamtsteifigkeitsmatrix × Verformungsvektor. 4 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Scheibenprobleme) 1 2 3 4 1 4 − 12 − 12 − 14 1 4 1 4 9 8 − 12 − 12 − 41 0 − 14 − 41 0 1 0 − 21 − 41 0 − 41 − 12 − 87 0 1 2 1 2 − 14 1 2 3 4 − 41 1 4 − 87 0 0 − 41 − 41 R Fx1 R 0 Fy1 0 0 = 4 1 R 0 Fx3 R 0 Fy3 9 8 = −1 − 21 0 (1.8) 1 1 1 −2 Die Auflagerkräfte sind in Bild 1.1 eingezeichnet. 1.2 Lösung: Scheibenproblem II Elementknotenzuordnung Die Feder wird nicht als Element formuliert, so daß nur das Scheibenelement übrig bleibt1 . Die Knotenkoordinaten sind zur Bildung von xij und yij dem Bild 1.2 zu entnehmen. Tabelle 1.2. Elementknotenzuordnung Element Knoten 1 Knoten 2 Knoten 3 x21 x32 x31 y21 y31 y32 1 1 2 3 1 -1 0 1 1 0 Steifigkeitsmatrix Die Steifigkeitsmatrix ist in (8.25) auf der S. 176 zu finden. K1 = 1 1 4 0 0 − 14 − 14 0 1 2 0 0 0 0 0 1 2 0 − 12 − 14 0 0 − 14 0 − 21 1 4 − 12 0 1 4 1 4 − 14 1 4 3 4 − 14 1 4 − 21 0 1 −4 − 41 3 4 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 189 zu finden. (1.9) 1.2 Lösung: Scheibenproblem II 5 Bild 1.2. Verformungen und Auflagerreaktionen des Kragbalkens Berücksichtigung der Feder Die Feder wird über die Kraft Ff , die sie auf den Kragbalken ausübt, berücksichtigt (k = 1): Ff = −v2 k = −v2 (1.10) Verformungen Die Knoten 1 und 3 können bedingt durch die feste Einspannung keine Verschiebung ausführen. Es gilt: u1 = v1 = u3 = v3 = 0. Daher werden die ersten und letzten beiden Zeilen und Spalten in der Steifigkeitsmatrix gestrichen und es ergibt sich folgendes Gleichungssystem zur Bestimmung der unbekannten Verschiebungen: 1 u 0 0 2 = 2 (1.11) 1 0 4 v2 −1 − v2 Die Verschiebungen ergeben sich zu: u2 = 0 ; v2 = − 4 5 (1.12) Die verformte Struktur ist in Bild 1.2 dargestellt, wobei ein Verformungsmaßstab von 1 : 5 angenommen wurde. Die Längsverschiebung u2 ist Null, da die Querkontraktion zu Null gesetzt wurde. 6 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Scheibenprobleme) Auflagerreaktionen Das Produkt Gesamtsteifigkeitsmatrix × Verformungsvektor hat folgende Form: 1 4 0 0 − 41 − 14 0 1 2 0 0 0 0 0 1 2 0 − 12 − 41 0 0 1 4 1 4 − 41 0 − 12 1 4 3 4 1 4 − 12 0 − 41 − 14 1 4 − 12 0 − 14 − 14 3 4 0 0 0 = − 45 0 0 1 5 R Fx1 R 0 Fy1 0 0 = − 15 F + Ff − 15 RFx3 1 R Fy3 5 (1.13) Die Auflagerreaktionen sind in Bild 1.2 eingezeichnet. Die Federkraft Ff ergibt sich zu: F + Ff = − 1 5 ⇒ Ff = 4 5 (1.14)
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