1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) 1.1 Lösung: Höhere Anzahl Balkenelemente In Bild 7.9 auf der S. 126 ist ein Balken mit Streckenlast dargestellt. Dessen Lösung soll durch Erhöhung der Elementanzahl verbessert werden. Elementsteifigkeitsmatrizen Die Beschreibung1 der Steifigkeitsmatrix ist in (6.11) auf der S. 105 zu finden: Zwei Elemente 96 EI 12 l K1 = K2 = 8 3 l −96 12 l 12 l −96 2 l2 −12 l −12 l 96 l2 −12 l 12 l −12 l 2 l2 l2 (1.1) Drei Elemente 216 EI K 1 = K 2 = K 3 = 12 3 l 18 l −216 18 l 18 l −216 2 l2 −18 l −18 l 216 l2 −18 l 18 l −18 l 2 l2 l2 (1.2) Belastungen Die Belastung besteht in Form einer Streckenlast. Diese muß nach (7.41) auf der S. 124 in Knotenkräfte und Knotenmomente umgerechnet werden. Die rechte Seite F im Gleichungssystem K u = F setzt sich aus der Überlagerung der einzelnen Knotenbelastungen zusammen. 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 130 zu finden. 2 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Zwei Elemente q 8l l2 q 192 1 2 F̂ = F̂ = q 8l l2 −q 192 q 8l (1.3) l2 q 192 q 8l 1 2 F = F̄ + F̄ = l2 − 192 0 0 0 0 q 8l + l2 q 192 q 8l l2 −q 192 q 8l l2 q 192 q 4l = 0 q 8l l2 −q 192 (1.4) Drei Elemente l q 12 l2 q 432 1 2 3 F̂ = F̂2 = F̂3 = l q 12 l2 −q 432 l q 12 l2 q 432 l q 12 l2 −q 432 F = 1F̄1 + 2F̄2 + 3F̄3 = 0 0 0 0 (1.5) 0 0 l q 12 l2 q 432 + l q 12 l2 −q 432 0 0 0 0 0 0 + l q 12 l2 q 432 l q 12 l2 −q 432 l q 12 l2 q 432 q 6l 0 = q 6l 0 l q 12 l2 −q 432 (1.6) 1.1 Lösung: Höhere Anzahl Balkenelemente 3 Verformungen Die Ausnutzung der Symmetrie des Balkens führt auf die Randbedingung: ϕ1 = 0. Das rechte Auflager hat die Randbedingung v3 = 0 bei zwei Elementen und v4 = 0 bei drei Elementen zur Folge. Daraus ergibt sich, daß jeweils aus der Gesamtsteifigkeitsmatrix die erste und vorletzte Zeile und Spalte gestrichen wird. Damit ergeben sich folgende Gleichungssysteme zur Bestimmung der Verformungen: Zwei Elemente 96 −96 EI −96 192 8 3 l 12 l 0 0 12 l v1 v2 u = ϕ2 ϕ3 12 l v1 0 12 l v2 2 l ϕ2 2 l2 ϕ3 0 4 l2 l2 3 =q l EI 19 l 2048 11 − 384 1 − 24 5l 384 l =q 8 1 2 0 l − 24 (1.7) (1.8) Drei Elemente 216 −216 18 l EI 12 3 l 0 0 0 −216 18 l 0 0 432 0 −216 18 l 0 4 l2 −18 l l2 432 0 −216 −18 l 18 l l2 0 4 l2 0 0 18 l l2 0 0 0 18 l l2 2 l2 v1 1 2 v2 0 ϕ2 l =q 12 2 v3 0 ϕ3 l ϕ4 − 36 (1.9) 4 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) u = v1 v2 3 ϕ2 =q l 12 EI v3 ϕ3 ϕ4 5l 32 11 l 81 13 − 54 205 l 2592 23 − 54 − 21 (1.10) Schnittgrößen Die Schnittgrößen ergeben sich aus dem Produkt Einzelsteifigkeitsmatrix × Verformungsvektor. Zwei Elemente 1 1 F1 1 25 − l M 1 = q l 24 K 1 1 u = 1F = 1 8 F2 1 19 1 M2 − 24 l 2 (1.11) 3 F2 2 19 M2 − l l 2 2 24 K 2 u = F = = q8 2 F3 3 1 2 M3 − 24 l (1.12) Drei Elemente 1 55 l − 36 l 1 F =q 12 1 49 − 36 l 1 − 49 l ; 2F = q l 108 4 1 31 − 108 l 5 31 − l ; 3F = q l 36 12 5 1 − 36 l (1.13) Schnittgrößenverläufe In der linken Hälfte von Bild 1.1 ist der Querkraftverlauf für verschiedene Elementanzahlen dargestellt. Die durchgezogene Linie gibt die exakte Lösung 1.2 Lösung: Eindimensionaler Balken 5 Bild 1.1. Bezogene Querkraft- und Momentenverläufe für verschiedene Elementanzahlen Q̄ = Q/(q l) = x/l wieder. Für ein bzw. drei Elemente der rechten Hälfte des Balkens ergeben sich die angeführten Verläufe. Die Lösung für ein Element ist für x/l ≤ 0 dargestellt. Die für drei Elemente für x/l ≥ 0. Die FE-Lösung stellt sich als treppenförmiger Verlauf dar, da die Querkraft im zweiknotigen Element konstant ist. In der rechten Bildhälfte von 1.1 ist der Momentenverlauf für unterschiedliche Elementanzahlen angeführt. Die exakte Lösung stellt eine Parabel dar M̄ = M/(q l2 ) = 1/2[(x/l)2 − 1/4]. Bei zwei Elementen für die rechte Balkenhälfte ergibt sich schon eine recht gute Übereinstimmung mit der exakten Lösung. 1.2 Lösung: Eindimensionaler Balken Elementsteifigkeitsmatrix Der Balken1 wird durch ein Element approximiert. Der E-Modul und das Flächenträgheitsmoment werden zu 1 angenommen. Die Steifigkeitsmatrix des eindimensionalen Balkens wird nach (7.34) auf der S. 122 berechnet: 6 −12 6 12 6 4 −6 2 K1 = (1.14) −12 −6 12 −6 6 2 −6 4 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 130 zu finden. 6 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Gesamtsteifigkeitsmatrix ist identisch mit der Steifigkeitsmatrix K 1 , da der Balken nur durch ein Element dargestellt wird. Verformungen Die Knotenverformungen ergeben sich aus der Beziehung K u = F . Der Verformungsvektor 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 2 eine Belastung in Form eines Momentes M = 1, das um 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: v1 = ϕ1 = 0. Das rechte Auflager verhindert eine Durchbiegung am Knoten 2: v2 = 0. Damit werden die ersten drei Zeilen und Spalten in dem nachstehenden Gleichungssystem gestrichen: R 6 −12 6 F1 12 v1 6 4 −6 2 ϕ1 R M1 = (1.15) −12 −6 12 −6 v2 R F2 6 2 −6 4 ϕ2 1 Es bleibt eine Gleichung für die Verdrehung ϕ2 übrig: 4 ϕ2 = 1 ⇒ ϕ2 = 1 4 (1.16) Die Verformungen im Inneren des Elementes lassen sich über die Formfunktionen nach (7.19) auf der S. 118 berechnen. Setzt man in diese Beziehung die Verformungen der beiden Knoten ein, so verschwinden die Formfunktionen N1 , N2 , N3 . Übrig bleibt N4 , da ϕ2 ungleich Null ist: $ % 1 ! x "2 x v= x − (1.17) 4 l l Die Auswertung dieser Gleichung ist in Bild 1.2 dargestellt. Die gestrichelte Linie zeigt den Balken im unverformten Zustand. Die duchgezogene Linie gibt die Biegelinie nach voranstehender Gleichung wieder. 1.2 Lösung: Eindimensionaler Balken 7 Bild 1.2. Biegelinie des Balkens über die Formfunktionen berechnet Auflagerreaktion Mit den bekannten Verformungen können die Auflagerreaktionen über das Produkt Gesamtsteifigkeitsmatrix × Verformungsvektor berechnet werden: R 0 12 6 −12 6 F1 6 4 −6 2 0 RM1 = (1.18) −12 −6 12 −6 0 RF2 1 6 2 −6 4 1 4 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. 3 1 = 4 2 1 1 R 2 ϕ2 = M1 = 2 = 4 2 3 1 R −6 ϕ2 = F2 = −6 = − 4 2 1 4 ϕ2 = 1 = 4 = 1 4 6 ϕ2 = RF1 = 6 (1.19) Die letzte Gleichung hat den Charakter einer Kontrollrechnung, da das Ergebnis von vornherein feststeht. Die rechte Seite muß nämlich die aufgebrachte Belastung M = 1 ergeben. Das Bild 1.3 zeigt die grafische Auswertung der Auflagerreaktionen. Sie sind im (x, y, z)-Koordinatensystem beschrieben, woraus sich die entsprechenden Vorzeichen ergeben. Bild 1.3. Auflagerreaktionen des Balkens 8 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Gleichgewichtskontrolle Die äußeren Kräfte des Systems müssen im Gleichgewicht stehen: Fi = 0 ; i Mi = 0 ; i 3 3 − = 0 2 2 (1.20) 3 1 +1− ·1 = 0 2 2 (1.21) Die Gleichgewichtsbedingungen sind also erfüllt. 1.3 Lösung: Balkenelement mit Gelenk Formfunktionen Die in der Aufgabenstellung1 gegebene Ansatzfunktion lautet: v = a1 + a2 x + a3 x2 + a4 x3 (1.22) Diesem Ansatz muß die Bedingung des Gelenkes, nämlich v (x = 0) = 0, aufgeprägt werden: v = a2 + 2 a3 x + 3 a4 x2 v = 2 a3 + 6 a4 x v (x = 0) = 0 ⇒ a3 = 0 (1.23) (1.24) (1.25) Damit ergibt sich eine modifizierte Ansatzfunktion und deren erste Ableitung zu: v v = = a1 + a2 x + a4 x3 (1.26) 2 a2 + 3a4 x (1.27) Interpolationsbedingungen: v(x = 0) = vi v(x = l) = vj ⇒ ⇒ vi = a1 vj = vi + a2 l + a4 l3 (1.28) (1.29) v (x = l) = ϕj ⇒ ϕj = a2 + 3 a4 l2 (1.30) Aus (1.29) folgt: a2 = vj − vi − a4 l3 l Einsetzen in (1.30): 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 131 zu finden. (1.31) 1.3 Lösung: Balkenelement mit Gelenk ϕj = a4 = vj − vi − a4 l3 vj − vi + 3 a4 l 2 = + 2 a4 l 2 l l vi − vj ϕj + 2 3 2l 2l Einsetzen von (1.32) in (1.31) führt zu: vi − vj vj − vi ϕj 3 (vj − vi ) ϕj 2 −l − + 2 = a2 = 3 l 2l 2l 2l 2 9 (1.32) (1.33) Einsetzen von (1.28), (1.32) und (1.33) in (1.26): 3 (vj − vi ) ϕj ϕj vj − vi v = vi + − + x3 x+ − 2l 2 2 l3 2 l2 3x x3 x3 x3 3x x + 3 vi + − 3 vj + − + 2 ϕj (1.34) v = 1− 2l 2l 2l 2l 2 2l N1 N2 N3 Die Formfunktionen aus (1.34) lassen sich in Matrixform schreiben als: v i $ % 3x x x3 x3 x3 3x v = v 1− + 3 − 3 − + 2 j 2l 2l 2l 2l 2 2l (1.35) ϕj T N v T = N v Das Bild 1.4 zeigt die grafische Auswertung der Formfunktionen. Bild 1.4. Die Formfunktionen des zweiknotigen Balkenelementes mit Gelenk 10 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Dehnungs-Verschiebungs-Beziehung Die zweiten Ableitungen von v lassen sich über die Verformungen der Knoten T v . Es muß dazu (1.35) zweimal elementweise nach x ausdrücken: v = B abgeleitet werden: $ % vi 3 3 x2 3 x2 3 1 3 x2 v = − + 3 − 3 − + 2 vj 2l 2l 2l 2l 2 2l ϕj (1.36) vi x x x T v = v 3 3 −3 3 3 2 vj = B l l l ϕj Steifigkeitsmatrix des Elementes mit Gelenk ,l B T dx Die Steifigkeitsmatrix ergibt sich aus: K = EI 0 B x 3 3 l $ % l x x x x K = EI −3 3 3 3 −3 3 3 2 dx 0 l l l l x 3 2 l = x2 6 l , l x2 9 EI 0 − 6 l x2 l5 − x2 l6 x2 l6 − x2 l5 x2 l5 − x2 l5 x2 l4 (1.37) 1 dx = 3EI −1 l3 l −1 1 −l l −l l2 Gleichung (1.37) enthält die gesuchte Steifigkeitsmatrix. In Bild 1.5 sind die Freiheitsgrade, nämlich die Durchbiegung vi im Anfangsknoten i sowie die Durchbiegung vj und die Verdrehung ϕj im Endknoten j, dargestellt. Diesen Freiheitsgraden zugeordnet sind die Kräfte Fi , Fj und das Moment Mj . 1.3 Lösung: Balkenelement mit Gelenk 11 Bild 1.5. Freiheitsgrade des Balkens mit Gelenk Steifigkeitsmatrizen Das Element 1 soll kein Gelenk aufweisen und wird nach (7.34) auf der S. 122 berechnet: v1 ϕ1 v2 12 6 −12 4 −6 −6 12 2 −6 6 K1 = −12 6 ϕ2 v1 2 ϕ1 −6 v2 6 4 (1.38) ϕ2 Das Element 2 weist am Anfangsknoten, der Knoten 2 in der Struktur ist, ein Gelenk auf. Nach (1.37) ergibt sich: v2 v3 1 −1 K2 = −1 1 1 −1 ϕ3 v2 −1 v3 1 1 (1.39) ϕ3 Die Gesamtsteifigkeitsmatrix wird durch Überlagerung der beiden Steifigkeitsmatrizen gewonnen. Die Anteile sind durch Klammersymbole gekennzeichnet: Element 1: · · ·; Element 2: · · ·. Eine Überlappung der beiden Matrizen tritt nur bei dem Freiheitsgrad v2 auf (12 + 1). Beim Freiheitsgrade ϕ2 tritt kein Anteil von Element 2 auf, da von diesem Element im Anfangsknoten kein Moment übertragen werden kann, so wie es das Gelenk fordert. 12 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) v1 ϕ1 v2 ϕ2 v3 12 6 −12 6 0 4 −6 2 0 −6 12 + 1 −6 −1 2 −6 4 0 0 −1 0 1 0 1 0 −1 6 −12 K = 6 0 0 ϕ3 v1 0 ϕ1 1 v2 0 ϕ2 −1 v3 0 1 (1.40) ϕ3 Verformungen Die Randbedingungen v1 = ϕ1 = v3 = ϕ3 = 0 haben zur Folge, daß in der Gesamtsteifigkeitsmatrix die Zeilen und Spalten 1, 2, 5, 6 gestrichen werden. Daraus ergibt sich folgendes lineares Gleichungssystem zur Bestimmung der unbekannten Verformungen v2 , ϕ2 . 13 −6 v2 −1 = (1.41) −6 4 ϕ2 0 v2 ϕ2 = − 41 − 83 Die Verdrehung ϕ2 ist dem Element 1 zuzuordnen, so daß sie im folgenden als 1 ϕ2 geschrieben wird. Am Knoten 2 tritt eine Unstetigkeit in der Verdrehung ϕ auf. Während vom Element 1 kommend der Winkel 1 ϕ2 auftritt, tritt vom Element 2 kommend der Winkel 2 ϕ2 auf. Dieser läßt sich nach (1.36) auf der S. 10 berechnen. Für x = 0 gilt: $ % v2 3 3 1 2 (1.42) ϕ2 = v (x = 0) = − v − 2l 2l 2 3 ϕ3 Darüber erhält man den Winkel 2 ϕ2 als: 3 3 1 3 2 ϕ2 = − v2 = − − = 2l 2 4 8 (1.43) Das Bild 1.6 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 1 ϕ2 = −2 ϕ2 . 1.4 Lösung: Balkensystem 13 Bild 1.6. Verformungen des zweiseitig eingespannten Balkens 1.4 Lösung: Balkensystem Elementknotenzuordnung Die nachfolgende Tabelle enthält zum einen die Elementknotenzuordnung1. Sie entspricht der in Bild 1.7 dargestellten Numerierung von Knoten und Elementen. Zum anderen ist für jedes Element der Richtungswinkel ϕ aufgeführt. Dieser ist in Bild 6.1 auf der S. 103 definiert. Er wird im Anfangsknoten eines Elementes im Uhrzeigergegensinn zwischen der globalen x-Achse und der lokalen x̄-Achse gezählt. Die Größe a ist eine Abkürzung in der Steifigkeitsmatrix und ist hinter (7.136) auf der S. 157 angeführt. Tabelle 1.1. Elementknotenzuordnung und Geometriedaten Element Knoten ϕ sin ϕ cos ϕ 0 √ − 21 2 √ − 21 2 1 2 2 √ 1 −2 2 1 1 2 180◦ 2 2 3 −45◦ 3 2 4 −135◦ −1 √ A E I a 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 Bild 1.7. Struktur des Balkensystems und Elementknotenzuordnung 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 164 zu finden. 14 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Steifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrix ist in (7.136) auf der S. 157 definiert. Die Spalten und Zeilen sind über die Freiheitsgrade der Knoten der Elemente gekennzeichnet. u1 v1 ϕ1 u2 v2 ϕ2 K1 = 1 0 0 −1 0 0 −6 0 −12 −6 −6 4 0 6 2 −1 0 0 1 0 0 0 −12 6 0 12 6 0 −6 0 12 0 2 0 6 4 u2 v2 ϕ2 u3 v3 ϕ3 5 6 −7 −5 7 6 5 7 6 7 −7 6 6 6 8 −6 −6 4 −7 7 −6 7 5 −6 −5 −7 −6 5 7 −6 6 6 4 −6 −6 8 u2 v2 ϕ2 u3 v3 ϕ3 −5 6 −7 7 5 6 −5 7 −6 −7 −7 −6 6 −6 8 −6 6 4 −7 −7 −6 7 −5 −6 5 −7 6 −5 7 6 6 −6 4 −6 6 8 1 K 2 = √ 3 2 1 K 3 = √ 3 2 u1 v1 (1.44) ϕ1 u2 v2 ϕ2 u2 v2 ϕ2 (1.45) u3 v3 ϕ3 u2 v2 ϕ2 (1.46) u4 v4 ϕ4 Verformungen Die Knoten 1, 3, 4 weisen, wie aus Bild 1.7 zu ersehen ist, eine feste Einspannung auf. Daher gilt: u1 = v1 = ϕ1 = u3 = v3 = ϕ3 = u4 = v4 = ϕ4 = 0. 1.4 Lösung: Balkensystem 15 Zudem wird am Knoten 2 die Verschiebung in y-Richtung behindert, woraus folgt: v2 = 0. Als unbekannte Verformungen bleiben daher die Verschiebung u2 und die Verdrehung ϕ2 übrig. Die Gesamtsteifigkeitsmatrix ist eine (12 × 12)-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 vier (u2 ) und sechs (ϕ2 ). An den Knoten 2 grenzen alle Elemente der Struktur an, so daß von allen ein Anteil in die Untermatrix eingebracht wird: u2 ϕ2 1 + 7 f + 7 f 0 + 6 f + 6 f 0 + 6 f + 6 f 4 + 8 f + 8 f u2 ϕ2 = −1 (1.47) 1 √ In der Matrix gilt die Abkürzung: l = 1/( 2)3 . Das Element (u2 , u2 ) der voranstehenden Matrix enthält den Anteil 1 von Element 1, 7 f von Element 2 und 7 f von Element 3. Entsprechend setzen sich die anderen Elemente der Untermatrix zusammen. Daraus ergeben sich die Verformungen: u2 = ϕ2 = 1 − (4 + 16 f ) 0, 258 = −0, 352 (1.48) 12 f 1 + 26 f 12 f + (1 + 14 f ) = = 0, 258 −144 f 2 + (1 + 14 f ) (4 + 16 f ) 4 + 72 f + 80 f 2 Darstellung der Verformungen In Bild 1.8 sind die Verformungen des Balkensystems dargestellt. Die gestrichelten Linien geben die unverformte Struktur wieder. Die durchgezogenen Linien entsprechen den Biegelinien der einzelnen Balken. Bild 1.8. Verformungen des Balkensystems 16 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) 1.5 Lösung: Stab-Balkenproblem Elementknotenzuordnung Die Einteilung in Elemente1 ist in der rechten Hälfte von Bild 7.33 dargestellt und führt zu der Elementknotenzuordnung, die in Tabelle 1.2 angeführt ist. Die lokalen Elementkoordinatensysteme x̄1 , x̄2 bestimmen den Richtungswinkel ϕ, der im Uhrzeigergegensinn zwischen der globalen x-Achse und der lokalen x̄-Achse gemessen wird. Das Element 1 ist ein zweidimensionales Balkenelement. Die Feder wird durch einen zweidimensionalen Stab dargestellt, wobei der Stab eine Federsteifigkeit von k aufweist. Tabelle 1.2. Elementknotenzuordnung Element Knoten 1 Knoten 2 ϕ 1 1 2 0◦ 2 2 sin ϕ cos ϕ A I l 0 1 A 1 1 −1 0 − − − ◦ −90 3 Elementsteifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrix des Elementes 1 ist in (7.136) auf der S. 157 zu finden. Die Zeilen und Spalten werden mit den Freiheitsgraden der Knoten der Elemente durchnumeriert, um sie später in die Gesamtsteifigkeitsmatrix einsteuern zu können: u1 v1 ϕ1 u2 v2 A 0 0 −A 0 12 6 0 −12 6 4 0 −6 0 0 A 0 −12 −6 0 12 6 2 0 −6 0 0 K1 = −A 0 0 ϕ2 u1 6 v1 2 ϕ1 0 u2 −6 v2 0 4 (1.49) ϕ2 Die Steifigkeitsmatrix des Elementes 2, also des zweidimensionalen Stabelementes, ist in (6.11) auf der S. 105 zu finden: 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 165 zu finden. 1.5 Lösung: Stab-Balkenproblem u2 v2 u3 0 0 0 1 0 0 0 −1 0 0 K 2 = k 0 0 17 v3 u2 −1 v2 0 u3 0 1 (1.50) v3 Gesamtsteifigkeitsmatrix u1 v1 ϕ1 u2 v2 ϕ2 u3 v3 A 0 0 −A 0 0 0 0 12 6 0 −12 6 0 6 4 0 −6 2 0 0 0 A + 0 0 + 0 0 0 −12 −6 0 + 0 12 + k −6 0 6 2 0 −6 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 −k 0 0 0 0 −A 0 0 0 0 0 0 −k 0 0 0 k (1.51) u1 v1 ϕ1 u2 v2 ϕ2 u3 v3 R Fx1 R Fy1 R M1 0 = 1 0 R Fx3 R Fy3 (1.52) Die Anteile der beiden Elemente in der Gesamtsteifigkeitsmatrix sind durch folgende Klammersymbole gekennzeicht: Element 1: · · ·; Element 2: · · ·. 18 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Randbedingungen • Feste Einspannung des Balkens am Knoten 1: u1 = v1 = ϕ1 = 0 • Feste Einspannung der Feder am Knoten 3: u3 = v3 = 0 Durch Streichen der ersten drei und der letzten beiden Zeilen und Spalten aus dem linearen Gleichungssystem erhält man folgendes Untersystem: 0 u2 A 0 0 (1.53) 0 12 + k −6 v2 = 1 0 −6 4 ϕ2 0 Die Freiheitsgrade u2 , v2 und ϕ2 sind entkoppelt, da in der ersten Zeile und Spalte nur auf der Hauptdiagonalen ein Wert ungleich Null auftritt. Daraus folgt unmittelbar: u2 = 0. Die restlichen Verformungen ergeben sich als: v2 = 1/(3 + k) = 1/4 ; ϕ2 = 3/(6 + 2k) = 3/8. Mit diesen Verformungen, sowie denen, die sich aus den Auflagern ergeben, lassen sich über die Formfunktionen auf der S. 153 die Verformungen auch im Element berechnen. Diese sind in der linken Hälfte von Bild 1.9 dargestellt. Bild 1.9. Verformungen und Auflagerreaktionen von Stab und Balken Alternativer Lösungsweg (Ohne Stabelement) Die Wirkung der Feder wird über die Kraft Ff berücksichtigt, die die Feder auf den Balken ausübt: Ff = −k v2 (1.54) Es ist jetzt die Gesamtsteifigkeitsmatrix identisch mit der Steifigkeitsmatrix des zweidimensionalen Balkens. Unter Berücksichtigung der Randbedingungen werden aus der Steifigkeitsmatrix die ersten drei Zeilen und Spalten gestrichen und die voranstehende Beziehung in die rechte Seite eingesetzt: 1.6 Lösung: Winkel als Balkenproblem A 0 0 0 12 −6 u2 0 −6 v2 4 ϕ2 19 0 = F − k v2 0 (1.55) Es tritt eine gesuchte Größe, nämlich v2 auch auf der rechten Seite auf. Das System läßt sich aber umformen, so daß v2 nur auf der linken Seite des Gleichungssystems erscheint: u2 A 0 0 0 (1.56) 0 12 + k −6 v2 = 1 0 −6 4 ϕ2 0 Für k = 1 eingesetzt, erhält man 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. A 0 0 −A 0 0 0 0 0 12 6 0 −12 6 0 0 0 6 4 0 −6 2 0 0 −A 0 0 A 0 0 0 0 0 −12 −6 0 12 + k −6 0 −k 0 6 2 0 −6 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 −k 0 0 k 0 0 0 0 1 3+k 3 2(3+k) 0 0 = 0 3 − 3+k 3 − 3+k 0 1 0 0 k − 3+k = R Fx1 R Fy1 R M1 0 1 0 R Fx3 R Fy3 (1.57) Die Auflagerreaktionen sind in der rechten Hälfte von Bild 1.9 dargestellt. 1.6 Lösung: Winkel als Balkenproblem Die Elementknotenzuordnung ist in Bild 1.10 gegeben und in Tabelle 1.3 festgehalten1 . Der Winkel ϕ ist der Winkel zwischen der globalen x-Achse und der lokalen, elementbezogenen x̄-Achse. Er wird im Uhrzeigergegensinn drehend positiv gezählt. 1 Die Aufgabenstellung ist auf der S. 165 zu finden. 20 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) Bild 1.10. Geometrie, Elementeinteilung und Verformungen des Winkels Tabelle 1.3. Elementknotenzuordnung Element Knoten ϕ sin ϕ cos ϕ li A E I 1 1 2 0◦ 0 1 1 1 1 1 2 2 3 90◦ 1 0 1 1 1 1 Steifigkeitsmatrizen Die Steifigkeitsmatrix des zweidimensionalen Balkenelementes ist in (7.136) auf der S. 157 zu finden: u1 v1 ϕ1 u2 v2 1 0 0 −1 0 12 6 0 −12 6 4 0 −6 0 0 1 0 −12 −6 0 12 6 2 0 −6 0 0 K1 = −1 0 0 ϕ2 u1 6 v1 2 ϕ1 0 u2 −6 v2 0 4 ϕ2 (1.58) 1.6 Lösung: Winkel als Balkenproblem u2 v2 ϕ2 u3 v3 12 0 −6 −12 0 1 0 0 −1 0 4 6 0 0 6 12 0 −1 0 0 1 0 2 6 0 0 −6 K2 = −12 0 −6 21 ϕ3 −6 u2 0 v2 2 ϕ2 6 u3 0 v3 4 (1.59) ϕ3 Gesamtsteifigkeitsmatrix Die Gesamtsteifigkeitsmatrix K g geht aus der Überlagerung der beiden Einzelsteifigkeitsmatrizen hervor. So ergibt sich das Element (v2 , v2 ) der Gesamtsteifigkeitsmatrix aus der Addition der Elemente der Zeilen v2 und Spalten v2 von Element 1 12 und Element 2 1. Kg = u1 v1 ϕ1 u2 v2 ϕ2 u3 v3 ϕ3 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 12 6 0 −12 6 0 0 0 0 6 4 0 −6 2 0 0 0 −1 0 0 1 + 12 0 + 0 0 + −6 −12 0 −6 0 −12 −6 0 + 0 12 + 1 −6 + 0 0 −1 0 0 6 2 0 + −6 −6 + 0 4 + 4 6 0 2 0 0 0 −12 0 6 12 0 6 0 0 0 0 −1 0 0 1 0 u1 v1 ϕ1 u2 v2 ϕ 2 u 3 v 3 0 0 0 −6 0 2 6 0 4 ϕ3 (1.60) Randbedingungen Die festen Einspannungen in den Knoten 1 und 3 haben zur Folge, daß gilt: u1 = v1 = ϕ1 = u3 = v3 = ϕ3 = 0. Zudem fesselt das Auflager im Knoten 2 die Verschiebung v2 . Es bleiben als Unbekannte die Verschiebung u2 und die Verdrehung ϕ2 übrig. Verformungen Die Koeffizientenmatrix des linearen Gleichungssystems zur Bestimmung der unbekannten Verformungen erhält man, indem in der Gesamtsteifigkeitsma- 22 1. Lösungen zu den Übungsbeispielen (Balkenprobleme) trix die Zeilen und Spalten 1, 2, 3, 5, 7, 8, 9 gestrichen werden. Man erhält folgendes Untergleichungssystem: 0 13 −6 u2 = (1.61) −6 8 ϕ2 1 Daraus ergeben sich die Verschiebung u2 = 3/34 = 0, 088 und die Verdrehung ϕ2 = 13/68 = 0, 191. Darstellung der Verformungen In der rechten Hälfte von Bild 1.10 sind die Biegelinien der Balken dargestellt. Sie sind mit der Gleichung für die Formfunktionen auf der S. 153 berechnet worden. Aus Darstellungsgründen sind die Verformungen im Maßstab 3 : 1 aufgetragen.
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