Technische Mechanik 4 / FEM - Goeller.net

Technische Mechanik 4 / FEM Formelsammlung und Beispielaufgaben 2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf www.goeller.net

Inhalt: •

Zugstab

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Torsionsstab

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Biegebalken

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Zugstab 2D

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Zugstab 3D

Technische Mechanik 4 / FEM Der Zugstab (ZS) Leitbeispiel: Ein gegliederter Stab aus GG ist an beiden Enden eingespannt und durch eine Kraft FL = 5000N an Knoten 3 belastet. N EStab = 80000 mm² Längen und Querschnitte der Elemente: Al = 400mm; AA = 150mm² Bl = 160mm; BA = 100mm² Cl = 200mm; CA = 50mm² Erstellung des FEM-Modells: Festlegung der Struktur mit den einzelnen Elementen und der Lage der Knoten

Zunächst müssen die Steifigkeitsgrößen der einzelnen Elemente aufgestellt werden, wobei die Größen eines Elements (hier C) als Systemgröße definiert werden: Alle Werte werden auch durch Sysc dividiert, um „handlichere“ Werte zu erreichen.

E⋅A  Allgemein: c =    l  Hier: Cc =

Sys c = c =

C = l

Sys

C

Sys

l

=

N ⋅ 50mm² C  E ⋅ A  80000 mm² =  = = 2 ⋅ 104  l  200mm Cl C

C

N mm²

Î C c = 1⋅ c N ⋅ 100mm²  E ⋅ A  80000 mm² = ⋅ = = = 5 ⋅ 10 4 c c c B B rel  l  160mm  B 4 N 5 ⋅ 10 mm² Bc = = 2,5 Î B c = 2,5 ⋅ c B c rel = N 2 ⋅ 10 4 mm² Sys c

N ⋅ 150mm²  E ⋅ A  80000 mm² = = 3 ⋅ 10 4  l  400mm  A  4 N c 3 ⋅ 10 mm² = A = = 1,5 Î A c = 1,5 ⋅ c N 2 ⋅ 104 mm² Sys c

A

c = A c rel ⋅ c =

A

c rel

2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf

N mm ²

N mm ²

ZS 1

In der 1. Möglichkeit ist die Rechnung mit den Faktoren c beschrieben. In der 2. Möglichkeit ist die Rechnung mit den echten Werten beschrieben. Das Ergebnis ist beide Male das gleiche, bei der 1. Möglichkeit ist die Berechnung übersichtlicher, da mit kleineren Zahlen gerechnet wird. 1. Möglichkeit

Anlegen der Gesamtsteifigkeitsmatrix aus den ESM:  A 1,5   A −1,5  K = G0  0    0

0  0 0   1,5 −1,5    1,5 2,5 2, 5 0 + − A B B 4 −1,5 −2,5 0  = −2,5 3,5 −1   0 B −2, 5 B 2, 5 + C 1 C −1     0 0 1  −1   0 1 1 − C C  A

−1,5

0

Fesselungen durch Hochsetzen der Diagonalelemente (wegen Einspannung):  1050 −1,5 0 0    −1,5 −2,5 4 0   G1K =  0 −2,5 3,5 −1    0 −1 1050   0 Anlegen des normierten Lastvektors:  0    F 5000N  0  mm (neg. da Kraft in neg. x-Richtung wirkt) ⋅ = fL = L ⋅ = N  −0,25  c 2 ⋅ 104 mm²    0  Berechnen des Verformungsvektors: 0     −0,0806  −1  d = G1K ⋅ fL = mm Î u2 = -0,0806mm; u3 = -0,1290mm  −0,1290    0   Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:  2419    0   f = c ⋅ G0 K ⋅ d = c ⋅ G0 K ⋅ d − fred = N Î U1 = 2419N; U4 = 2581N  −5000     2581 

(

)

Berechnung mit 1. Gleichung nur möglich, weil äußere Kraft am Knoten angreift (fred = 0) Multiplikation mit c, um die „echten“ Werten zu erhalten


ZS 2

2. Möglichkeit

Anlegen der Gesamtsteifigkeitsmatrix aus den ESM:  A 30000 0 A −30000   A −30000 A 30000 + B 50000 B −50000  = K G0  0 B 50000 + C 20000 B −50000   0 0 C −20000  0 0  30000 −30000    −30000 80000 −50000 0   N G0 K =  −50000 70000 −20000  mm ² 0   −20000 20000  0 0 

   0 N  mm²  C −20000   C 20000  0

Fesselungen durch Hochsetzen der Diagonalelemente (wegen Einspannung):  1050  0 0 −30000   0 −30000 80000 −50000   N G1K = mm²  0 −50000 70000 −20000    0 0 1050  −20000  Anlegen des normierten Lastvektors:  0    0   fL = N (negativ da Kraft in negativer x-Richtung wirkt)  −5000     0  Berechnen des Verformungsvektors: 0     −0,0806  −1 d = G1K ⋅ fL =  mm Î u2 = -0,0806mm; u3 = -0,1290mm  −0,1290    0   Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:  2419    0  f = G0 K ⋅ d = G0 K ⋅ d − fred =  N Î U1 = 2419N; U4 = 2581N  −5000     2581  keine Multiplikation mit c, da bereits mit den „echten“ Werten gerechnet wurde!


ZS 3

Aufgabe 2.1 (Verformung im Inneren des ZS)

An dem Bauteil des Leitbeispiels soll die Verformung an den von oben gemessenen Stellen y = 300mm und y = 500mm berechnet werden. FL = 500N Lösung:

Umrechnung der y-Koordinaten in x-Koordinaten: y(300) = x(460) und y(500) = x(260) Berechnung der Verformungen im Inneren des Zugstabes: u j − ui ⋅x Allgemein: ux = ui + l −0,0806 − 0 ⋅ 260 = −0,0524mm 400 −0,1290 − ( −0,0806) ⋅ 60 = −0,0987mm gy u300 = gx u460 = B u60 = −0,0806 + 160 (Index „g“ steht für Global, x oder y für das jeweilige Koordinatensystem) gy

u500 = A u260 = 0 +

Aufgabe 2.2 (Diskrete Kraft im Inneren des ZS)

Im Bauteil vom Leitbeispiel greift anstelle der Knotenlast eine Kraft FL = 5000N im Abstand von 300mm von oben an. Berechne die Verformungen von Knoten 2 und 3, die Auflagerkräfte, sowie die Elementschnittkräfte von A, B und C. N c = 2 ⋅ 104 mm² (siehe Leitbeispiel) Lösung:

Reduzierung der inneren Kraft auf 2 Knotenkräfte: l−a a und Uired = U ⋅ Allgemein: Ujred = U ⋅ l l 60mm = −1875N = −0,09375 ⋅ c 160mm 100mm Uired = U2red = −5000N ⋅ = −3125N = −0,15625 ⋅ c 160mm Σ: -5000N (Kontrolle) Reduzierter Lastvektor: 0    0      −0,15625  −3125    oder fLred = fLred =  −0,09375   −1875      0  0     Ujred = U3red = −5000N ⋅


ZS 4

Berechnung des Verformungsvektors: 0     −0,1008  −1 d2 = G1K ⋅ fLred =  mm Î u2 = -0,1008mm; u3 = -0,0988mm  −0,0988    0   Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:  3024    0  f = c ⋅ G0 K ⋅ d2 − fred  N Î U1 =3024N; U4 = 1976N  0     1976 

(

)

Aufgabe 2.3 (Innere Verformung bei Kraft im Inneren)

Berechne im Element B der Aufgabe 2.2 die Verformungen an der Krafteinleitungsstelle und an den Stellen mit den Elementkoordinaten 40mm und 120mm. (Index „a“ bezeichnet die Stelle der Krafteinleitung) Lösung:

Verformung an der Krafteinleitungsstelle: Allgemein: ua = ui − Ui ⋅

gx

a E⋅A

u460 = B u60 = −0,1008mm − 3024N ⋅

60mm = −0,1235mm N 80000 mm² ⋅ 100mm²

Verformungen an den Elementkoordinaten: Allgemein: ux1 = ui +

u j − ua ua − ui ⋅ x für 0 ≤ x ≤ a und ux2 = ua + ⋅ ( x − a ) für a ≤ x ≤ l a l−a

Für x = 40mm: ux 40 = −0,1008mm +

−0,1235 − ( −0,1008) ⋅ 40 = −0,1159mm 60

Für x = 120mm: ux120 = −0,1235mm +

−0,0988 − ( −0,1235) ⋅ (120 − 60) = −0,1087mm 160 − 60


ZS 5

Aufgabe 2.4 (Linear verteilte Streckenlängskraft)

In das Bauteil vom Leitbeispiel greift anstelle der Knotenlast im Element B eine linear verteilte Streckenlängskraft an. Am Knoten 2 mit dem Wert - 20N/mm, am Knoten 3 mit - 40 N/mm. Berechne die Verformungen von Knoten 2 und 3, die Auflagerkräfte, sowie die Elementschnittkräfte der Elemente A, B und C. Stelle die Kräfte an den Elementen grafisch dar. Lösung:

Umwandlung der Streckenlängskraft in verformungsgleiche Knotenkräfte: Allgemein: Ujred =

l l ⋅ ( qui + 2quj ) und Uired = ⋅ ( 2qui + quj ) 6 6

160mm N N ) + ( −40 mm ) ) = −2133N = −0,1067 ⋅ c ⋅ ( 2 ⋅ ( −20 mm 6 160mm N N ) + 2 ⋅ ( −40 mm ) ) = −2667N = −0,1333 ⋅ c = ⋅ ( ( −20 mm 6

Uired = U2red = Ujred = U3red

Reduzierter Lastvektor: 0    0      −0,10665  −2133    oder fLred = fLred =  −0,13335   −2667      0  0     Berechnung des Verformungsvektors: 0     −0,0912  −1  d3 = G1K ⋅ fLred = mm Î u2 = -0,0912mm; u3 = -0,1032mm  −0,1032    0   Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:  2735    0   f = c ⋅ G0 K ⋅ d3 − fred = N Î U1 =2735N; U4 = 2065N  0   2065   

(

)


ZS 6

Aufgabe 2.4a

Wie Aufgabe 2.4, Lösung jedoch über Zwischenknoten. Das Element B wird aufgeteilt, so dass 3 neue Elemente entstehen. Das bisherige Element C ist nun Element F.

Element B in Aufgabe 2.4

Systemgröße: 4 F c = Sys c = 2 ⋅ 10

N mm²

Î

F

c rel = 1 (siehe Leitbeispiel)

Relativgrößen: A

c = 3 ⋅ 10

4

N mm²

Î

A

c rel

c 3 ⋅ 104 = = 2 ⋅ 104 Sys c A

N mm² N mm²

= 1,5

 E ⋅ A   80000 ⋅ 100  N c = Cc = Dc = Ec =  = = 20 ⋅ 104   mm² 40  l    N 20 ⋅ 10 4 mm² c = 10 Î B c rel = C c rel = D c rel = E c rel = B = N 2 ⋅ 104 mm² Sys c B

N mm²

Erstellen der Gesamtsteifigkeitsmatrix:      K02 =       

1,5

−1,5

0

0

0

0

−1,5

11,5

−10

0

0

0

0

−10

20

−10

0

0

0

0

−10

20

−10

0

0

0

0

−10

20

−10

0 0

0 0

0 0

0 0

−10 0

11 −1


0   0   0   0  0   −1   1 

ZS 7

Elemente (1,1) und (7,7) auf 1050 hochsetzen, da Einspannstelle:  1050 −1,5 0 0 0 0 0    0 0 0   −1,5 11,5 −10 0  0 −10 20 −10 0 0 0    K02a =  0 −10 20 −10 0 0 0   0 −10 20 −10 0 0 0    −10 11 −1  0 0 0  0  0 −1 1050  0 0 0 0 

Umwandlung der Streckenlängskraft in Knotenkräfte: U2 = U3 = U4 = U5 = U6 =

−20 − 22,5 ⋅ 20 = −425N = −0,02125 ⋅ c 2 −22,5 − 27,5 ⋅ 40 = −1000N = −0,05 ⋅ c 2 −27,5 − 32,5 ⋅ 40 = −1200N = −0,06 ⋅ c 2 −32,5 − 37,5 ⋅ 40 = −1400N = −0,07 ⋅ c 2 −37,5 − 40 ⋅ 20 = −775N = −0,03875 ⋅ c 2

Reduzierter Lastvektor: 0      −0,02125   −0,05    fL2 =  −0,06  mm  −0,07     −0,03875    0  

Berechnung des Verformungsvektors: 0      −0,0911  −0,1027    −1 d = K02a ⋅ fL2 =  −0,1092  mm  −0,1098     −0,1033    0   Berechnung des Gesamt-Kraftvektors:  2734     −425   −1000    f2 = c ⋅ K02 ⋅ d2 =  −1200  N Î U1 =2734N; U7 = 2066N  −1400     −775   −2066    2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf

ZS 8

Aufgabe 2.5 (Längskraftverlauf)

Berechne in Aufgabe 2.4 die Stelle, an der die Längskraft = 0 ist und stelle den Längskraftverlauf über die Länge des ZS grafisch dar. Lösung: 2

 q ⋅l  q ⋅l 2 ⋅ l ⋅ Ui ±  Ui Allgemein: x = − Ui  −  qU j − qUi  qU j − qUi qU j − qUi  

(Nullstellen)

2

N N  ( −20 mm² ( −20 mm² ) ⋅ 160mm ) ⋅ 160mm  2 ⋅ 160mm ⋅ 2735N x=− ±   − N N N N N N −40 mm² − ( −20 mm² )  −40 mm² − ( −20 mm² )  −40 mm² − ( −20 mm² )

x = −160mm ± 263, 4mm x1 = 103, 4mm

innerhalb des Zugstabes Æ gültig

x 2 = −423, 4mm

außerhalb des Zugstabes Æ ungültig

Längskraftverlauf:


ZS 9

Aufgabe 2.6 (Innere Elementverformung bei lin. vert. Streckenlast)

Berechne das Extremum der Verformung von Aufgabe 2.5 und stelle die Längsverformung über der Länge des Zugstabes grafisch dar. Allgemein: ux = ui +

1  x 2 qUj − qUi 3  ⋅  −Ui ⋅ x − qUi ⋅ − ⋅x  E⋅A  2 6 ⋅l 

Die Verformung ist an der Stelle maximal, an der die Längskraft Ux = 0 ist:  (103, 4mm)2  N − ⋅ − − ⋅ 2735N 103, 4mm 20 ( )   mm 1 2   = − + ⋅ u 0,0912 B 103,4 N N N ⋅ 100mm²  80000 mm² −40 mm − ( −20 mm ) 3  ⋅ (103, 4mm)   .............. − 6 ⋅ 160mm   B u103,4 = −0,1103mm

Verformung:


ZS 10

Aufgabe 2.7 (Innere Vorspannung)

Das Element C wird durch ein Spannschloss um ∆x=0,1mm verkürzt. 0) a) b) c)

Berechne die Verformungen und Einspannkräfte Berechne die Spannungen in Element B Berechne die Verformung an der Stelle x=500mm Wie groß muss der Vorspannweg im Element C sein, wenn die Spannung im Element B 20N/mm² Druck sein soll?

Lösung: 0) Verformungen und Einspannkräfte Umwandeln der Verformung in Ersatzknotenkraft:

Allgemein: Ujred =

∆x ∆x ⋅E ⋅ A ⋅ E ⋅ A und Uired = − l l

−0,1 N ⋅ 80000 mm² ⋅ 50mm² = 2000N = −0,1mm ⋅ c 200mm −0,1 N = U3 = − ⋅ 80000 mm² ⋅ 50mm² = −2000N = 0,1mm ⋅ c 200mm

Ujred = U4 = Uired

Reduzierter Lastvektor:  0    0   fL Re d = mm  0,1   −0,1   Verformungsvektor:  0    0,0323  −1  d = G1K ⋅ fLred = mm Î u2 = 0,0323mm; u3 = 0,0516mm  0,0516   0    Gesamt-Kraftvektor: f = c⋅

(

G0

K ⋅ d − fLRed

)

 −968    0   = N Î U1 =-968N; U7 = 968N  0   968   


ZS 11

a) Spannungen in Element B

„Kraft wird durchgereicht“ deshalb:  U2   −968   = N U  968  B 3 Berechnung der Spannungen: U ∆x ⋅ E = jred Allgemein: σ = l A σ=

968N N = 9,68 mm² 100mm²

b) Verformung an x=500

Allgemein: ux = ui +

gx

u j − ui l

⋅ x (siehe Aufgabe 2.1)

u500 = B u100 = 0,0323mm +

0,0516mm − 0,0323mm ⋅ 100mm = 0,0444mm 160mm

c) Verformung in Element C

Kann mit „Dreisatz“ berechnet werden, da Spannung und Verformung proportional zueinander sind. ∆x ges 0,1mm 0,1mm N Î ∆x ges = ⋅ −20 mm² = 0,206mm (positiv, da Druck) = N N N 9,68 mm² −20 mm² 9,68 mm²


ZS 12

Aufgabe 2.8 (Temperaturlast)

Welche Temperaturänderung ruft im Bauteil den gleichen Zustand wie in Aufgabe 2.7a hervor ? Die Längenänderung wird durch eine im Element C gegenüber der Umgebung gleichmäßig verteilten Temperaturdifferenz bewirkt werden. In der FEM wird dies durch Ersatzknotenkräfte simuliert. Allgemein:

∆x = α ⋅ ∆T l

α Al = 23 ⋅ 10−6 ∆T =

α = linearer Wärmeausdehnungskoeffizient

1 K

∆x −0,1mm = = −21,7K α ⋅ l 23 ⋅ 10−6 K1 ⋅ 200mm

oder

Allgemein: Ujred = α ⋅ ∆T ⋅ E ⋅ A ∆T =

Ujred α ⋅E ⋅ A

=

23 ⋅ 10

−6 1 K

Uired = −α ⋅ ∆T ⋅ E ⋅ A

2000N = −21,7K N ⋅ 80000 mm² ⋅ 50mm²

Aufgabe 2.9 (Weglast im ZS)

Eine Verformung von 0,1mm an Knoten 3, wird durch eine Weglast am Knoten 2 bewirkt („schiefe“ Weglast). a) Wie groß sind die übrigen Verformungen ? b) Wie groß muss die Last am Knoten 2 sein ? c) Wie groß sind die Auflager- und Elementschnittkräfte ? 1. Möglichkeit

0

−2,5   u2  1  U2   4 ⋅  =  ⋅  c  U3   −2,5 3,5   u3 

0,1mm

Î 0 = −2,5 ⋅ u2 + 3,5 ⋅ 0,1

3,5 = 0,14mm 2,5 N ⋅ ( 4 ⋅ 0,14 − 2,5 ⋅ 0,1) mm = 6200N Last an Knoten 2: U2 = 2 ⋅ 10 4 mm Verformung: u2 = 0,1⋅


ZS 13

2. Möglichkeit  U1   1050 −1,5 0 0   u1      4  4 −2,5 0   u2  1  10   −1,5 ⋅ = ⋅ c  U3   0 −2,5 105 −1   u3        0 −1 1050   u4   U4   0 Berechnet aus 0,1⋅105

0,1mm

Willkürlicher Wert, wesentlich größer als die anderen Matrixelemente, jedoch kleiner als 1050.

Lastvektor:  0   4 10  FL =   0     0  Verformungsvektor:  0    0,1400  −1  d4 = K4 ⋅ FL = mm Î u2 =0,1400mm  0,1000     0  Gesamt-Kraftvektor:  −4200    6200   f = c ⋅ G0 K ⋅ d4 = N Î U1=-4200N; U2 =6200N; U4 =-2000N  0   −2000   


ZS 14

Aufgabe 2.10 (Äußere Feder am Zugstab)

Durch eine äußere Belastung wird am Knoten 3 eine Verformung von 0,1mm verursacht. Die Auflager von Knoten 1 (bei 6000N 0,2mm Verformung) und Knoten 4 (bei 6000N 0,1mm Verformung) sind elastisch. Wie groß sind die Verformungen, die Last-, Auflager- und Elementschnittkräfte ? Lösung:

Berechnung der Federsteifigkeiten: 6000N N = 30000 mm = 1,5 ⋅ c 0,2mm 6000N N c Fed4 = = 60000 mm = 3⋅c 0,1mm c Fed1=

Die ermittelten Federsteifigkeiten werden zu den entsprechenden Matrixelementen dazuaddiert: −1,5 0 0   u1   U1   3       4 −2,5 0   u2  1  U2   −1,5 ⋅ = ⋅ −2,5 105 −1  0,1 c  10 4   0       0 4   u4  −1  U4   0

Lastvektor:  0    0   FL =  104     0  Verformungsvektor:  0,0385    0,0769  −1  d6 = K6 ⋅ FL = mm  0,1000     0,0250  Î u1=0,0385mm; u2 =0,0769mm; u3 =0,1000mm; u4 =0,0250mm Gesamt-Kraftvektor:  −1154    0   f = c ⋅ G0 K ⋅ d6 = N Î U1=-1154N; U3 =2654N; U4 =-1500N  2654     −1500  2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf

ZS 15

Technische Mechanik 4 / FEM Der Torsionsstab (TS) Der Torsionsstab (TS) ist ein gerader Stab, mit konstantem Querschnitt. Ebenso wie der ZS hat der TS zwei Knoten und kann sich an jedem Knoten nur um einen Drehwinkel ϕ in Richtung seiner eigenen Stabachse verformen, an jedem Knoten ist also der Freiheitsgrad = 1. Entsprechend kann der TS nur ein Torsionsmoment Φ in Richtung seiner eigenen Stabachse aufnehmen. Leitbeispiel Eine abgesetzte Welle ist an den Enden eingespannt und durch ein Torsionsmoment Φ belastet. Es sind die Verformungen und Spannungen zu berechnen. N GStab = 30000 mm² Längen und Querschnitte der Elemente: 4 Al = 300mm; AIP = 900mm 4 Bl = 400mm; BIP = 1600mm 4 Cl = 200mm; CIP = 1000mm Bei der Lösung mit der FEM ist wie beim Zugstab zunächst das FEM-Modell aufzubauen.

Zunächst müssen die Steifigkeitsgrößen der einzelnen Elemente aufgestellt werden, wobei die Größen eines Elements (hier C) als Systemgröße definiert werden: Alle Werte werden auch durch Sysct dividiert, um „handlichere“ Werte zu erreichen.

 G ⋅ IP  Allgemein: c t =    l  Hier: 4 N  30000 mm  2 ⋅ 1000mm c = c = c =   = 15 ⋅ 104 Nmm = 1⋅ c t Sys t C t t   200mm   4 N  30000 mm  2 ⋅ 1600mm c =   = 12 ⋅ 10 4 Nmm = 0,8 ⋅ c t B t   400mm   4 N  30000 mm  2 ⋅ 900mm c =   = 9 ⋅ 104 Nmm = 0,6 ⋅ c t A t   300mm  


TS 1

Aufstellen der Gesamtsteifigkeitsmatrix: −0,6 0 0   0,6 −0,6 0 0  0,6     −0,6 0,6 + 0,8 −0,8 0   −0,6 1, 4 −0,8 0  = K0 =   0 −0,8 1,8 −1 −0,8 0,8 + 1 −1  0     1  0 1  0 −1 0 −1  0 Aufstellen des Lastvektors:  0    Φ 6000Nmm  0,04  FL1 = ⋅ = ⋅ = N  0  ct 15 ⋅ 104 mm²    0  Reduzierter Lastvektor ist hier 0, da das Moment direkt am Knoten angreift: 0   0 FR1 =   0   0 Fesselungen durch Hochsetzen der Diagonalelemente (wegen Einspannung):  1050 −0,6 0 0    −0,6 1, 4 −0,8 0   K1 =  0 −0,8 1,8 −1    0 −1 1050   0 Berechnen des Verformungsvektors:  0   0    d1 ⋅ 180  2,194  0,0383  −1   [deg] d1 = K1 ⋅ FL1 = [rad] Î =  0,0170   0,975  π      0   0  Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:

(

f = c t ⋅ K 0 ⋅ d1 = c t ⋅ K 0 ⋅ d1 − FR1

)

 −3447    6000   = Nmm  0   −2553   


TS 2

Aufgabe 3.1 (Innere Verformung)

Im Leitbeispiel TS sind die inneren Verformungen bei x = 200, 450 und 800mm zu berechnen. Lösung:

Berechnung der Verformungen im Inneren des Zugstabes: ϕ j − ϕi ⋅x Allgemein: ϕx = ϕi + l 0,0383 − 0 ⋅ 200 = 0,0255[rad] 300

A

ϕ200 = 0 +

g

ϕ450 = B ϕ150 = 0,0383 +

g

ϕ800 = C ϕ100 =

0,0170 − 0,0383 ⋅ 150 = 0,0303[rad] 400

0,0170 = 0,0085[rad] 2

Aufgabe 3.2 (Diskrete innere Elementlast)

Im Leitbeispiel TS greift bei x = 400mm ein Torsionsmoment Φ von 6 Nm an. Berechne die Verformungen an Knoten 2 und 3 und die Auflagermomente. Lösung:

Berechnung der äquivalenten reduzierten Knotenmomente: a 1− a Allgemein: Φ jred = Φ a ⋅ und Φ ired = Φ a ⋅ mit Φ a = Φired + Φ jred l l Φ 3red = 6000Nmm ⋅

100 = 1500Nmm = 0,01⋅ c t 400

Φ 2red = 6000Nmm − 1500Nmm = 4500Nmm = 0,03 ⋅ c t

Aufstellen des reduzierten Lastvektors:  0    0,03   FR2 = FL2 =  0,01    0 


TS 3

Berechnen des Verformungsvektors:  0   0    d2 ⋅ 180  1,889  0,0330  −1  [deg] d2 = K1 ⋅ FL2 =  [rad] Î =  0,0202   1,158  π      0   0  Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  −2968    0  f = c t ⋅ K 0 ⋅ d2 − FR2 =  Nmm  0     −3032 

(

)

Aufgabe 3.3 (Innere Verformung bei diskreter Elementlast des TS)

Für Aufgabe 3.2 sollen die Inneren Verformungen bei x=200, 450, 800mm berechnet werden. Lösung:

g

g

0,0330 − 0 ⋅ 200 = 0,0220[rad] 300 0,0202 = = 0,0101[rad] 2

ϕ200 = A ϕ200 = 0 + ϕ800 = C ϕ100

siehe auch Aufgabe 3.1

Für das Element in der Mitte gelten allgemein wie beim ZS lineare Beziehungen für die beiden Stababschnitte: ϕa = ϕi +

a ⋅ ϕi für die Lasteinleitungsstelle G ⋅ It

ϕx1 = ϕi +

ϕa − ϕi ⋅x a

ϕx2 = ϕa +

ϕ j − ϕa l−a

für 0 ≤ x ≤ a

⋅ ( x − a)

für a ≤ x ≤ l

Hier:

ϕa = 0,0330 −

g

100mm ⋅ ( −2968Nmm ) = 0,0392[rad] N 30000 mm² .1600mm4

ϕ450 = B ϕ150 = 0,0392 +

0,0202 − 0,0392 ⋅ (150 − 100 ) = 0,0360[rad] 400 − 100


TS 4

Aufgabe 3.4 (Linear verteiltes Streckentorsionsmoment)

Im Bauteil vom Leitbeispiel wirkt im Element A ein linear verteiltes Streckenmoment folgender Größe: qΦ1=30N, qΦ2=10N. Berechne die Verformungen an Knoten 2 und 3, sowie die Auflagermomente.

Allgemein: Φired = l ⋅

2 ⋅ qΦi + qΦj 6

Φ jred = l ⋅

qΦi + 2 ⋅ qΦj 6

2 ⋅ 30N + 10N = 3500Nmm = 0,0233 ⋅ c t 6 30N + 2 ⋅ 10N = 300mm ⋅ = 2500Nmm = 0,0167 ⋅ c t 6

Φ1red = 300mm ⋅ Φ 2red

Aufstellen des reduzierten Lastvektors:  0,0233    0,0167   FR3 = FL3 =  0   0    Berechnen des Verformungsvektors: 0    0    d2 ⋅ 180  1,889  0,01598  −1   [deg] d3 = K1 ⋅ FL3 = [rad] Î =  0,00711  1,158  π    0  0     Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  −4934    0   f = c t ⋅ K 0 ⋅ d3 − FR3 = Nmm  0   −1066   

(

)


TS 5

Aufgabe 3.5 (Längsmomentenverlauf bei linear vert. Streckentorsionsmoment)

Fortsetzung von Aufgabe 3.4. a) Kontrolliere ob für x = l gilt: Φx = Φj b) Wo ist Φx = 0 ? c) Zeichne den Graphen des Momentenverlaufs Lösung: a)

Allgemein: Φ x = −Φi − qΦi ⋅ x −

qΦj − qΦi ⋅ x 2 2⋅l

Hier: Φ x =l = −Φ i − qΦi ⋅ l −

qΦj − qΦi ⋅ l 2

2⋅ l l l Φ − qΦj ⋅ x = l = −Φ i − qΦi ⋅ N 2 2 Φ j

0 = Φi + Φ j +

qΦi + qΦj 2

⋅l

Î erfüllt ! b) Nullstellen l ⋅ qΦi 2 ⋅ l ⋅ Φ i  l ⋅ qΦi  ± − + Allgemein: x = −  qΦj − qΦi qΦj − qΦi  qΦj − qΦi 

2

Hier:

300mm ⋅ 30N 2 ⋅ 300mm ⋅ −4934Nmm  300mm ⋅ 30N  x=− ± − +  10N − 30N 10N − 30N  10N − 30N 

2

x = 450mm ± 233, 4mm x1 = 683, 4mm Î außerhalb x 2 = 216,6mm Î innerhalb c) Grafik


TS 6

Aufgabe 3.6 (Verformung im Elementinnern bei linear verteiltem Streckentorsionsmoment)

Fortsetzung von Aufgabe 3.5. a) Berechne den Extremwert von ϕx b) Zeichne den Graphen des Verformungsverlaufs Lösung:

Allgemein: ϕx = ϕi +

1 G ⋅ It

 x 2 qΦj − qΦi 3  ⋅  −Φ i ⋅ x − qΦi ⋅ − ⋅ x  (analog Aufgabe 2.6) 2 6 ⋅l  

Hier: ϕ216,6 ϕ216,6

 216,62 mm2  − − ⋅ − ⋅ 4934Nmm 216,6mm 30N )  (  1 2   = 0+ ⋅ N ⋅ 900mm4  10N − 30N 30000 mm²  3 3 ⋅ 216,6 mm −   6 ⋅ 300mm  = 0,0177[rad]

Verformungsverlauf:


TS 7

Aufgabe 3.7 (Innere Vorspannung)

Im Leitbeispiel wird statt einer äußeren Last im Element C eine Kupplung B gegenüber Kupplung A um 3° verdreht. Wie groß sind die Verformungen an Knoten 2 und 3, wie groß sind die Auflagermomente? Lösung:

Allgemein: Φ ired = − 3° =

∆ϕ ∆ϕ ⋅ G ⋅ It (äquivalente reduzierte Momente) ⋅ G ⋅ It und Φ jred = l l

3⋅π = 0,05236[rad] 180 0,05236 N ⋅ 30000 mm² ⋅ 1000mm4 = 7854Nmm Î 0,05236 ⋅ c t 200mm Î −0,05236 ⋅ c t

Φ jred = Φ 4red =

Φ ired = Φ 3red

Reduzierter Lastvektor: FL4 = FR4

0     0   =  −0,05236     0,05236 

Berechnen des Verformungsvektors: 0     −0,0223  −1  d4 = K1 ⋅ FL4 = [rad]  −0,0309    0   Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  2005    0   f = c t ⋅ K 0 ⋅ d4 − FR4 = Nmm  0     −2005 

(

)


TS 8

Aufgabe 3.8 (Weglast beim TS)

Im Leitbeispiel greift am Knoten 2 ein Torsionsmoment an und erzeugt am Knoten 2 eine Verdrillung von –1,5°. Wie groß ist die Verformung am Knoten 3, wie groß ist das Moment am Knoten 2, wie groß sind die Auflagermomente.  Φ1   1050 −0,6 0 0   ϕ1        0   −0,026  1  −2600   −0,6 105 −0,8 ⋅ = ⋅ c t  Φ3   0 −0,8 1,8 −1   ϕ3        0 0 −1 1050   ϕ4  4 Φ  

FL 5

= 105·(-0,026)

Winkel in rad = -1,5°

K5

= willkürlicher Wert x: Matrixelemente < x < 1050

Berechnen des Verformungsvektors: 0     −0,026  −1 d5 = K 5 ⋅ FL5 =  [rad]  −0,0116    0   Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  2340    −4073   f = c t ⋅ K 0 ⋅ d5 = Nmm  0   −1733   

Aufgabe 3.9 (Weglast beim TS)

Im Leitbeispiel greift am Knoten 3 ein Torsionsmoment an und erzeugt am Knoten 2 eine Verdrillung von –1,5°. Wie groß ist die Verformung am Knoten 3, wie groß ist das Moment am Knoten 3, wie groß sind die Auflagermomente.

 Φ1   1050 −0,6 0 0   ϕ1        0   −0,026  1  Φ 2   −0,6 1, 4 −0,8 ⋅ = ⋅ c t  −2600   0 −1   ϕ3  105 1,8       −1 1050   ϕ4  0 0 4 Φ  

FL 6

= 105·(-0,026)

Winkel in rad = -1,5°

K6

= willkürlicher Wert x: Matrixelemente < x < 1050


TS 9

Berechnen des Verformungsvektors: 0     −0,026  −1 d6 = K 6 ⋅ FL6 =  [rad]  −0,0445    0   Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  2340    0  f = c t ⋅ K 0 ⋅ d6 =  Nmm  −9165     6825  Aufgabe 3.10 (Diskrete Feder bei TS)

Im Leitbeispiel TS ist am Knoten 1 eine elastische Einspannung vorhanden mit der gemessenen Nachgiebigkeit von 1° bei 5 Nm. Berechne die Verformungen an den Knoten 2 und 3 und die Auflagermomente an den Knoten 1 und 4. Berechnung der Federsteifigkeiten: c Fed1=

5000Nmm = 286479 Nmm = 1,91⋅ c t rad 1° ⋅ π 180

Die ermittelte Federsteifigkeit wird zum entsprechenden Matrixelement dazuaddiert: 0 0   ϕ1   0   0,6 + 1, 91 −0,6       1, 4 −0,8 0   ϕ2   −0,04  =  −0,6 ⋅  0   −0,8 1,8 −1  ϕ3  0     0   −1 0 0 1   ϕ4  

 

N FL1

K7

d7

Berechnen des Verformungsvektors:  0,0106    0,0444  −1 d7 = K 7 ⋅ FL1 =  [rad]  0,0197     0  Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  −3040    6000  f = c t ⋅ K 0 ⋅ d7 =  Nmm  0     −2960  2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

TS 10

Kinematische Abhängigkeit von Knotenverformung in Systemen aus TS Leitbeispiel TS2 In einem Zahnradgetriebe wird von einer Eingangswelle A ein Drehmoment über ein Zahnradpaar auf eine Verteilerwelle BC geleitet und an den Kupplungen 3und 5 abgenommen. Das Besondere an diesem Beispiel ist die kinematische Zwangsbedingung zwischen Knoten 2 und 4, sie entsteht durch das Verhältnis der Zähnezahlen der Zahnräder an dieser Stelle (z2=15, z4=30 Î ϕ4 = −0,5 ⋅ ϕ2 ).

 G ⋅ IP  Allgemein: c t =    l  4 N  80000 mm  2 ⋅ 800mm  = 32 ⋅ 104 Nmm = 1⋅ c t Sys c t = A c t = c t =    200mm   4 N  80000 mm2 ⋅ 1200mm   = 60 ⋅ 104 Nmm = 1,875 ⋅ c t Bct =    160mm   4 N  80000 mm  2 ⋅ 1600mm  = 53,3 ⋅ 104 Nmm = 1,667 ⋅ c t Cct =    240mm  

Grundgesamtsteifigkeitsmatrix: 0 0 0  1  1 −1    0 0 0   −1  −1 1 K 00 =  0 0 1,875 0 =0 −1,875     0 0 −1,875 1,875 + 1,667 −1,667   0 0 0 0 1,667   0 −1,667 

−1 0 0 0   1 0 0 0  0 1,875 −1,875 0   0 −1,875 3,542 −1,667  0 0 −1,667 1,667 

Um die kinematische Abhängigkeit einzubauen muss nun: 1. die 4. Zeile mit –0,5 multipliziert und zur 2. Zeile addiert werden. 2. die 4. Spalte mit –0,5 multipliziert und zur 2. Spalte addiert werden Um dies mit dem HP49G durchzuführen wird folgende Vorgehensweise empfohlen: a) in die einzelnen Stackebenen eingeben: Matrix (K00) – Faktor (-0,5) – Quellzeile (4) – Zielzeile (2) b) Befehl ausführen: MTH Æ MATRX Æ ROW Æ RCIJ c) Matrix transponieren MTH Æ MATRX Æ MAKE Æ TRN d) In die Stackebenen eingeben: Faktor (-0,5) – Quellzeile (4) – Zielzeile (2) e) Befehl ausführen: MTH Æ MATRX Æ ROW Æ RCIJ f) Ergebnis als K0 abspeichern g) Fesselungen einarbeiten: Elemente (3,3), (4,4), (5,5) auf 1050 hochsetzen. h) Ergebnis als K10 abspeichern. 2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

TS 11

Ergebnis:

K10

1   −1 =0  0 0 

Mit Fesselungen:

−1 0 0 0   1,885 0,938 −1,771 0,833  0,938 1,875 −1,875 0   −1,771 −1,875 3,542 −1,667  0,833 0 −1,667 1,667 

1   −1 K11 =  0  0 0 

−1 0 0 0   1,885 0,938 −1,771 0,833  0,938 1050 −1,875 0   50 −1,771 −1,875 10 −1,667  0,833 0 −1,667 1050 

Lastvektor: Φ1 4000Nmm = = 0,0125 c t 32 ⋅ 10 4 Nmm

Î

FL10

Berechnen des Verformungsvektors:  0,0266    0,0141   −1 d10 = K11 ⋅ FL10 =  0  [rad]    0   0   

 0.0125     0  = 0     0   0   

Falsch!

Mit kinematischer Randbedingung: ϕ4 = −0,5 ⋅ ϕ2  0,0266     0,0141   [rad] d10 =  0    −0,00706    0   Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  4000     −4000  f = c t ⋅ K 00 ⋅ d10 =  4235  Nmm    −8000   3765   


TS 12

Aufgabe 3.11 Zusätzlich zur Belastung im Leitbeispiel TS2 greift mitten im Element B ein Torsionsmoment von 6 Nm an. Berechne die Verformungen an den Knoten 1, 2, und 4, sowie die Auflagermomente an den Knoten 3 und 5.

Lastvektor: Φ 3red Φ 4red 3000Nmm = = = 0,009375 ct ct 32 ⋅ 10 4 Nmm  0,0125     −0,0046875  FL11 =  0,009375     0,009375    0  

-0,5

Reduzierter Lastvektor: 0     0   FR11 =  0,009375     0,009375    0   Berechnen des Verformungsvektors:  0,0213    0,00882   −1  [rad] d11 = K11 ⋅ FL11 =  0   0     0  

Muss noch korrigiert werden! ⋅(-0,5)

Mit kinematischer Randbedingung: ϕ4 = −0,5 ⋅ ϕ2  0,0213     0,00882   [rad] d11 =  0    −0,00441   0   Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:  4000     −4000  f = c t ⋅ K 00 ⋅ d11 − FR11 =  −353  Nmm    −8000   2353   

(

)


TS 13

Technische Mechanik 4 / FEM Der Biegebalken (BB) Der Biegebalken (BB) ist ein gerader biegesteifer Balken mit konstantem Querschnitt. Er hat 2 Knoten mit jew. 2 Freiheitsgraden (FG), der translatorischen Querverformung und der rotatorischen Neigung. Die Gleichgewichtsbedingung und die elastische Verformung sind aus der elementaren Festigkeitslehre bekannt. Leitbeispiel

V2 = 140N

Längen und Flächenträgheitsmomente der Elemente: 4 Al = 400mm; AIäq = 8000mm 4 Bl = 300mm; BIäq = 5400mm Wir erklären das Element A zum Systemelement. Damit ist Systemlänge L=400mm: Allgemein:

 E ⋅I  C =  2 äq   l 

 70000 N 2 ⋅ 8000mm4  mm   = 3500N = 1⋅ Cb Sys Cb = ACb = Cb = 2   400mm ( )    70000 N 2 ⋅ 5400mm4  mm   = 4200N = 1,2 ⋅ Cb B Cb = 2   300mm ( )  

Allgemein gilt: R =

Cb Sys Cb

Element

R = RO = R ⋅

L l

R = RU = R ⋅

l L

Für Element A gilt:

Für Element B gilt:

R =1

R = 1,2

400 =1 400 400 R = RU = 1⋅ =1 400 R = RO = 1⋅


400 = 1,6 300 300 R = RU = 1,2 ⋅ = 0,9 400 R = RO = 1,2 ⋅

BB 1

Aus den Beziehungen für Querkraft, Biegemoment und Anfangsneigung wurde folgende allgemein gültige dimensionslose Matrix erstellt: 6 ⋅ R −12 ⋅ RO 6 ⋅ R   12 ⋅ RO   6 ⋅R 4 ⋅ RU −6 ⋅ R 2 ⋅ RU  KBB =   −12 ⋅ RO −6 ⋅ R 12 ⋅ RO −6 ⋅ R    2 ⋅ RU −6 ⋅ R 4 ⋅ RU   6 ⋅R Um die Gesamtsteifigkeitsmatrix aufzubauen, muss diese Matrix für Element A und B ausmultipliziert werden: 6 −12 6   12   6 4 −6 2  KBB A =   −12 −6 12 −6    2 −6 4   6 7,2 −19,2 7,2   19,2   −7,2 7,2 3,6 1,8   KBBB =  −19,2 −7,2 19,2 −7,2    −7,2 3, 6  1,8  7,2 Aus diesen beiden Matrizen wird nun die Gesamtsteifigkeitsmatrix aufgebaut: −12 6 6 0 0   12   −6 4 2 0 0   6  −12 −6 12 + 19,2 −6 + 7,2 −19,2 7,2  K 00 =   2 −6 + 7,2 4 + 3,6 −7,2 1,8   6  0 −19,2 −7,2 0 19,2 −7,2    0 7,2 1,8 −7,2 3,6   0

Durch einbauen der Fesselungen entsteht folgende Matrix:  1050 6  50  6 10  −12 −6 K01 =  2  6  0 0  0  0

0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   1,2 7,6 −7,2 1,8  −19,2 −7,2 1050 −7,2   7,2 1,8 −7,2 3, 6  −12

6


0

BB 2

Erstellen des Lastvektors:  0     0  V −140N  −0,04  FL = 2 ⋅ = =  Cb 3500N  0   0     0 

Reduzierter Lastvektor ist hier 0, da die Kraft direkt am Knoten angreift:

0   0 0 FR =   0 0   0

Verformungsvektor: (Verformungen werden als v/L ausgegeben) 0     0    −0,002509  ⋅L = −1,0036mm D = K01−1 ⋅ FL =   [rad]  −0,000899    0   [rad]  0,005468  Kraft- und Momentenvektor: (Momente werden als Ψ/L ausgegeben)  86,51N     46, 40N  ⋅L = 18,562Nm  −140N  F ⋅ Cb = K00 ⋅ D ⋅ Cb =    0   53,5N     0 


BB 3

Aufgabe 4

a) Berechne die Verformungen, Auflager und Schnittgrößen wenn im Leitbeispiel das rechte Auflager eine Führung ist und eine Kraft von 140 N senkrecht auf Knoten 2 wirkt.

Erstellen der Gesamtsteifigkeitsmatrix durch einbauen der Fesselungen:  1050 6  50  6 10  −12 −6 K02 =  2  6  0 0  0  0

0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   1,2 7,6 −7,2 1,8  −19,2 −7,2 19,2 −7,2   7, 2 1,8 −7, 2 1050  −12

6

0

Erstellen des Lastvektors:  0     0  V −140N  −0,04  FLa = 2 ⋅ = =  Cb 3500N  0   0     0  Verformungsvektor: 0     0     −3,436mm 0,00859 − D1 = K02−1 ⋅ FLa =   [rad]  −1,05263   −0,01254  −5,016mm   0   Kraft und Momentenvektor:  140N     106,84N  42,73Nm  −140N  FA ⋅ Cb = K00 ⋅ D1 ⋅ Cb =   0     0    33,15  13,26Nm 2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

BB 4

b) Berechne die Verformungen, Auflager und Schnittgrößen wenn wie im Leitbeispiel das rechte Auflager wieder eine Unterstützung ist, am Knoten 2 jedoch ein rechtsdrehendes Moment von 56 Nm wirkt.

Fesselungen wie im Leitbeispiel, deshalb Gesamtsteifigkeitsmatrix:  1050 6  50  6 10  −12 −6 K01 =  2  6  0 0  0  0

0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   −7,2 1,2 7,6 1,8  −19,2 −7,2 1050 −7,2   −7,2 3, 6  7,2 1,8 −12

6

0

Erstellen des Lastvektors:  0     0   0  Ψ2 −56N FLb = ⋅= =  Cb ⋅ L 3500N ⋅ 0,4m  −0,04   0     0  Verformungsvektor: 0     0     −0.3596mm 0,000899 − D2 = K01−1 ⋅ FLb =   [rad]  −0,002696    0   [rad]  0,004943  Kraft- und Momentenvektor:  −94.38N     −25,16N  −10,06Nm   0 FB ⋅ Cb = K00 ⋅ D2 ⋅ Cb =    −140   94,38N    0   2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

BB 5

c) Berechne die Verformungen, Auflager und Schnittgrößen wenn das rechte Auflager eine Führung ist und am Knoten 3 die Kraft 140 N des Leitbeispiels wirkt.

Gesamtsteifigkeitsmatrix:  1050 6  50  6 10  −12 −6 K02 =  2  6  0 0  0  0

0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   −7,2 1,2 7,6 1,8  −19,2 −7,2 19,2 −7,2   −7, 2 1050  7, 2 1,8 −12

6

0

Erstellen des Lastvektors:  0     0  V −140N  0  FLc = 3 ⋅ = =  Cb 3500N  0   −0,04     0  Verformungsvektor: 0     0     −5,016mm 0,01254 − D3 = K02−1 ⋅ FLc =   [rad]  −0,01842   −0,02153  −8,612mm   0   Kraft- und Momentenvektor:  140N     134,5N  53,8Nm  0  FC ⋅ Cb = K00 ⋅ D3 ⋅ Cb =    0   −140N     110,5  44,2Nm 2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

BB 6

d) Berechne die beiden Lastfälle von a) und b), wenn das Auflager eine Einspannung ist.


0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   −7,2 1,2 7,6 1,8  −19,2 −7,2 1050 −7,2   −7,2 1050  7,2 1,8 −12

6

0

Erstellen des Lastvektors: 0   0   0   0  −0,04 0  FLd =    0 −0,04   0 0    0   0 Verformungsvektor: 0 0   −0,5156mm   0 0   0,0812mm  −0,001289 0,000203  D4 = K03−1 ⋅ FLd =   [rad]  0,000203 −0,00529    0 0   0 0   Kraft- und Momentenvektor:  58,45N −119,75N   58,45N −119,75N       28,51N −41,34N   11,26Nm −16,5Nm   −140N   −140N  0 0 FD ⋅ Cb = K00 ⋅ D4 ⋅ Cb =    0 −140N   0 −56Nm    81,45N 119,75N   81,45N 119,75N       −31,22N −28,22N   −12,5Nm −11,29Nm  2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

BB 7

Aufgabe 4.1: Innere Verformung des BB

Koeffizienten der Biegeliniengleichung:

v(x) = A + Bx + Cx 2 + Dx 3

A = vi

ψ(x) = v′(x) = B + 2Cx + 3Dx 2 Neigung

B = ψi

−C B  C  ±  x=  − 3D  3D  3D

Durchbiegung

2

−1 ⋅ 3 ⋅ ( v i − v j ) + l ( 2 ⋅ ψ i + ψ j )  l2  1 D = 3 ⋅ 2 ⋅ ( v i − v j ) + l ( ψ i + ψ j )  l C=

x=

−C 3D

Extremum Wendepunkt

Aufgabe 4.2: Diskrete Querkraft und diskretes Biegemoment im Innern des BB

Im Element A wirkt bei x=300mm eine Last von –140N. Da bei FEM nur Knotengrößen berechnet werden können, muss die Last durch äquivalente Knotenkräfte und Momente ersetzt werden, welche die gleichen Knotenverformungen hervorrufen wie die inneren Kräfte und Momente. Knoten 1 wird durch eine Einspannung, Knoten 3 durch ein Auflager festgehalten. 2

Vired

 a = Va  1 −  l 

a a a   1 + 2 ⋅ l  − 6 ⋅ Ma ⋅ l2  1 − l     

Vjred

a a a a  = Va    3 − 2 ⋅  + 6 ⋅ Ma ⋅ 2  1 −  l l  l l 

2

Allgemein gilt:

2

 a  a  a  Ψ ired = Va ⋅ a  1 −  − Ma  1 −   3 ⋅ − 1 l l  l    2 a  a a  a Ψ jred = − Va ⋅  1 −  − Ma ⋅ ⋅  2 − 3 ⋅  l  l l  l

 300  V1red = −140  1 −   400  2

2

300   ⋅ 1 + 2 ⋅ = −21,875N = −0,00625 ⋅ c b 400  

V2red

 300  = −140    400 

300   ⋅3 − 2⋅ = −118,125N = −0,0337 ⋅ c b 400  

Ψ1red

 300  = 140 ⋅ 300 ⋅  1 −  = −2625Nmm = −0,001875 ⋅ Cb ⋅ L  400 

Ψ 2red

300  300  = −140 ⋅ ⋅ 1− = 7875Nmm = 0,005625 ⋅ Cb ⋅ L 400  400 

2

2


BB 8

Erstellen des Lastvektors (entspricht auch dem red. Lastvektor):  −0,00625     −0,001875   −0,03375  FL = FR =    0,005625    0   0   Gesamtsteifigkeitsmatrix:  1050 6  50  6 10  −12 −6 K01 =  2  6  0 0  0  0

0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   −7,2 1,2 7,6 1,8  −19,2 −7,2 1050 −7,2   −7,2 3, 6  7,2 1,8 −12

6

0

Verformungsvektor: 0     0     0,796mm 0,00199 − −1 D5 = K1 ⋅ FL =   [rad]  0,000126    0   [rad]  0,00392  Kraft- und Momentenvektor:  108,1N     49,3N  19,7Nm  0  F = (K 0 ⋅ D5 − FR ) ⋅ Cb =    0   31,9N     0 


BB 9

Aufgabe 4.3: Innere Verformung bei diskreten Lasten im Innern des Biegebalken --Aufgabe 4.4: Linear verteilte Streckenquerkraft beim BB

Eine linear verteilte Streckenquerkraft von qV1=-0,2N/mm und qV2=-0,5N/mm wird auf Element A aufgebracht. Auch hier müssen die äquivalenten Knotenkräfte ermittelt werden.

Cb=3500N L = 400mm

l ⋅ ( 7qVi + 3qVj ) 20 l ⋅ ( 3qVi + 7qVj ) Vjred = 20 l2 Ψ ired = ⋅ ( 3qVi + 2qVj ) 60 −l2 Ψ ired = ⋅ ( 2qVi + 3qVj ) 60 Vired =

Allgemein gilt:

400mm N ⋅ ( 7 ⋅ ( −0,2 ) + 3 ⋅ ( −0,5 ) ) = −58N = −0,01657 ⋅ Cb 20 mm 400mm N ⋅ ( 3 ⋅ ( −0,2 ) + 7 ⋅ ( −0,5 ) ) = −82N = −0,02343 ⋅ Cb V2red = 20 mm 4002 mm2 N Ψ1red = ⋅ ( 3 ⋅ ( −0,2 ) + 2 ⋅ ( −0,5 ) ) = −4267Nmm = −0,00305 ⋅ Cb ⋅ L 60 mm −4002 mm2 N Ψ 2red = ⋅ ( 2 ⋅ ( −0,2 ) + 3 ⋅ ( −0,5 ) ) = 5067Nmm = 0,00362 ⋅ Cb ⋅ L 60 mm V1red =

 −0,01657     −0,00305   −0,02343  Lastvektor: FL =    0,00362    0   0  


BB 10


0   −6 2 0 0  31,2 1,2 −19,2 7,2   −7,2 1,2 7,6 1,8  −19,2 −7,2 1050 −7,2   −7,2 3, 6  7,2 1,8 −12

6

0

Verformungsvektor: 0     0     0,556mm 0,00139 − −1 D6 = K1 ⋅ FL =   [rad]  0,000043    0   [rad]  0,00276  Kraft und Momentenvektor:  117,2N     40,1N  16Nm  0  F = (K 0 ⋅ D6 − FR ) ⋅ Cb =    0   22,8N     0 


BB 11

Technische Mechanik 4 / FEM Der Zugstab in der Ebene (ZS2D) Leitbeispiel Daten: (E und A gilt für alle 3 Elemente) N E = 2 ⋅ 105 mm² A = 50mm² l = 1000mm F = 1000N Zuordnungsmatrix: Element Anschluss 1 (i) A Kn. 1 B Kn. 2 C Kn. 1

Anschluss 2 (j) Kn. 2 Kn. 3 Kn. 3

Winkel γ 0° 135° 90°

Element A wird als Systemelement angesehen: 2 N  200000 mm  2 ⋅ 50mm N c = c = c = = 1⋅ c   = 10000 mm Sys A   1000mm   N Für Element C gilt: C c = Ac = 10000 mm = 1⋅ c

2 N  200000 mm  2 ⋅ 50mm N Für Element B gilt: B c =  = 0,707 ⋅ c  = 7072 mm   1414mm  

Mit der Transformationsmatrix kann ins globale System transformiert werden:  cos γ − sin γ  Allgemein: T =    sin γ cos γ  Nun müssen die globalen Elementsteifigkeitsmatrizen ermittelt werden: Allgemein: K ii =

 1 0 T ⋅T  ⋅ T und K ii = K jj = −K ij = −K ji 0 0 sys c

Element

c

Ausmultipliziert, sieht die Formel für die globalen ESMs folgendermaßen aus: (Um die Gesamtsteifigkeitsmatrix eines Systems zu erstellen reicht diese aus.) Allgemein: K ii =

sin γ cos γ  c  cos2 γ ⋅  und K ii = K jj = −K ij = −K ji sin2 γ  sys c  sin γ cos γ

Element


ZS2D 1

A

B

C

 cos2 0 sin 0 cos 0   1 0  A A A K11 = 1⋅  =  = K 22 = − K12 = − K 21 2 sin 0   0 0   sin 0 cos 0

K 22

 cos2 135° sin 135° cos 135°   0,35 −0,35  B B B = 0,707 ⋅  =  = K 33 = − K 23 = − K 32 2 sin 135°  sin 135° cos 135°   −0,35 0,35 

 cos2 90° sin 90° cos 90°   0 0  C C C K11 = 1⋅  =  = K 33 = − K13 = − K 31 2 sin 90°  sin 90° cos 90°   0 1

Nun muss die Gesamtsteifigkeitsmatrix K0 aus den Elementsteifigkeitsmatrizen erstellt werden: Knoten (K)

1 2 3

1

1   0  −1 K0 =  0 0  0

2

0 1 0 0 0 −1

3

−1 0 0 0   −1  0 0 0 1, 35 −0,35 −0,35 0,35   −0,35 0,35 0,35 −0,35  −0,35 0,35 0,35 −0,35   0,35 −0,35 −0,35 1, 35 

Element A hängt an Knoten 1 und 2. Element B hängt an Knoten 2 und 3. Element C hängt an Knoten 1 und 3.

Die Fesselungen werden durch Hochsetzen der entsprechenden Diagonalelemente auf 1050 eingebaut. 2 Einspannungen an Knoten 1, 1 Einspannung an Knoten 2 und keine Einspannung an Knoten 3.  1050 0  50  0 10  −1 0 K1 =  0  0  0 0  −1  0

  0 0 0 −1  1,35 −0,35 −0,35 0,35   −0,35 1050 0,35 −0,35  −0,35 0,35 0,35 −0,35   0,35 −0,35 −0,35 1,35  −1

0

0

0

Erstellen des Lastvektors: F 1000N ⋅= N c 10000 mm

 − sin 45°   −0,707   −0,0707  ⋅  = 0,1mm ⋅  =  mm  − cos 45°   −0,707   −0,0707 

0     0     0 Kraft wirkt nur an Knoten 3: Î FL =   mm 0    −0,0707     −0,0707  2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf

ZS2D 2

Verformungsvektor: 0     0     0,0707 − D = K1−1 ⋅ FL =   mm 0    −0, 4141    −0,1414 

Kraftvektor:  707     1414   0  F = K0 ⋅ D ⋅ c =  N  −707   −707     −707  Kontrolle:

707 + 0 − 707 = 0 1414 − 707 − 707 = 0

Schnittkräfte (in N):


ZS2D 3

Bei komplexeren Systemen ist zur Ermittlung der Schnittkräfte folgende Rechnung notwendig: Die globalen Größen müssen in lokale Größen umgewandelt werden. Element A: 1 −1  0  U1   1 −1  u1    707  N    = Ac     = 10000 mm²    mm =   N Î Druck U u − 1 1 − 1 1 − 0,0707 − 707         2 2     A

Element C: 1 −1  0  U1   1 −1  u1    1414  N    = Cc     = 10000 mm²    mm =   N Î Druck U  −1 1   u3   −1 1   −0,1414   −1414  C 3

Element B: Für Element B müssen die Verformungen zunächst ins Elementsystem (rück)transformiert werden: Transponierte Transformationsmatrix T T

 u2   cos135° sin135°   u2x   −1 1   −0,0707   0,05   =   u  mm = 0,707 ⋅    mm =   mm v − ° ° − − sin135 cos135 1 1 0 0,05 2y           2   B  u3   cos135° sin135°   u3x   −1 1   −0, 4141  0,1927   =   u  mm = 0,707 ⋅    mm =   mm v  − sin135° cos135°   3y   −1 −1  −0,1414   0,3927  B 3 1 −1  0,05   U2   1 −1  u2   −1009  N    = Bc     = 7072 mm²    mm =   N Î Zug U u − − 1 1 1 1 0,1927 1009         3 3     B


ZS2D 4

Technische Mechanik 4 / FEM Der Zugstab im Raum (ZS3D) Leitbeispiel Um die Verformungen und Kräfte im Zugstabelement A berechnen zu können, muss die Elementsteifigkeitsmatrix in ein globales System transformiert werden. Hierfür müssen jedoch zuerst die kartesischen Koordinaten des Zugstabs in Kugelkoordinaten umgerechnet werden.

Mit dem HP49G empfiehlt sich folgende Vorgehensweise: • •

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Die Modi DEGREE und RECTANGULAR müssen eingestellt sein. (MODE –Taste) (Im Display wird DEG und XYZ angezeigt.) Die Ortsvektoren von Knoten i und j eingeben und die Differenz bilden:  100   0   100        rj − ri =  100  −  0  =  100   100   0   100        Umschalten auf Kugelkoordinaten (Modus SPHERICAL, im Display steht: R∠∠) Der Vektor wird nun in Kugelkoordinaten angezeigt:  173,2  ← r    45  ← γ (die Winkel werden in Grad angezeigt)  54,7  ←β   Die Werte des Vektors sollen nun in den Stack bewegt werden: MTH VECTR V→

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Im Stack stehen die Werte nun in folgender Reihenfolge: 3: 173,2 2: 45 1: 54,7 Da -β gefragt ist muss von Stack 1 noch 90° subtrahiert werden. Ergebnis: Kugelkoordinaten

r = 173,2

γ = 45°

β = −35,3°


ZS3D 1

Nun kann mit der Transformationsmatrix für Zugstäbe ins globale System transformiert werden:

TZS

 cos β ⋅ cos γ − sin γ sin β ⋅ cos γ    =  cos β ⋅ sin γ cos γ sin β ⋅ sin γ   − sin β 0 cos β  

Hier:  0,577 −0,707 −0, 408    T =  0,577 0,707 −0, 408   0,577 0 0,816  

Folgende Transformationsmatrix ist allgemein gültig (auch für BB):  cos β cos γ sin α sin β cos γ − cos α sin γ cos α sin β cos γ + sin α sin γ    T =  cos β sin γ sin α sin β sin γ + cos α cos γ cos α sin β sin γ − sin α cos γ   − sin β  sin α cos β cos α cos β  

Berechnung der globalen Steifigkeitsmatrizen:  1 0 0 c   Allgemein: K ii = Element ⋅ T  0 0 0  ⋅ T T und K ii = K jj = −K ij = −K ji sys c 0 0 0  


ZS3D 2