Technische Mechanik 4 / · PDF fileTechnische Mechanik 4 / FEM Formelsammlung und Beispielaufgaben ... Berechne das Extremum der Verformung von Aufgabe 2.5 und stelle die Längs

Technische Mechanik 4 / FEM

Formelsammlung und Beispielaufgaben

2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf

www.goeller.net

Inhalt:

• Zugstab

• Torsionsstab

• Biegebalken

• Zugstab 2D

• Zugstab 3D

http://www.goeller.net

2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS 1

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.

NStab mm²E = 80000

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.

Allgemein: ⋅ =

E Acl

Hier:

⋅⋅ = = = = = = = =

⋅N

Sys C mm²C Sys

Sys C C

4 Nmm²

C 80000 50mm²C C E Ac c cl l l l 200

2 10mm

= ⋅Cc 1 c

⋅⋅ = ⋅ = = =

⋅

4 Nmm

Nmm²

B r lB

²B e80000 10

50mm²E Ac c c

l10

160mm

⋅= = =

⋅

4 NB mm²

B rel 4 NSys mm²

5 10cc 2,5c 2 10

= ⋅Bc 2,5 c

⋅⋅ = ⋅ = = =

⋅

4 Nmm

Nmm²

A r lA

²A e80000 15

30mm²E Ac c c

l10

400mm

⋅= = =

⋅

4 NA mm²

A rel 4 NSys mm²

3 10cc 1,5c 2 10

= ⋅A c 1,5 c


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:

−

+ − − = = − − + −

−

− −

−

−

−

B B

B

A

C C

C C

A

B

G

A

0

A

1,5 0 0 1,5 1,5 0 00 1,5 4 2,5 02,5 2,

K0 2,5 3,5 100 0

5

2,

1,5

1,5 1,5

5 2, 11

5

1 10

1

10

Fesselungen durch Hochsetzen der Diagonalelemente (wegen Einspannung):

− − − = − − −

50

G1

50

10 1,5 0 01,5 4 2,5 0K0 2,5 3,5 10 0 1 10

Anlegen des normierten Lastvektors:

= ⋅ = ⋅ = −⋅

L4 N

mm²

00F 5000NfL

0,25c 2 100

mm (neg. da Kraft in neg. x-Richtung wirkt)

Berechnen des Verformungsvektors:

−

− = ⋅ = −

1G1

00,0806

d K fL mm0,1290

0

2 3u = -0,0806mm; u = -0,1290mm

Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:

( )redG0 G0

24190

f c K d c K d f N50002581

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − = −

1 4U = 2419N; U = 2581N

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


2. Möglichkeit Anlegen der Gesamtsteifigkeitsmatrix aus den ESM:

+ = +

− − − = − − −

−

−

−

− −

−

B B

B

A A

C C

C

NG0 mm²

NG

A

m

C

²

A

B

0 m

30000 30000 0 0

0K

0

0 0

30000 30000 0 030000 80000 50000 0

K0 50000 70000 200000

20000 20000

20000 200

0 20000 20

50000 50

0

000

50000 5000

30000 30

0

000

00

0

0


− − − = − − −

50

NG1 mm²

50

10 30000 0 030000 80000 50000 0K

0 50000 70000 200000 0 20000 10

Anlegen des normierten Lastvektors:

= −

00

fL N50000

(negativ da Kraft in negativer x-Richtung wirkt)


−

− = ⋅ = −

1G1

00,0806

d K fL mm0,1290

0

2 3u = -0,0806mm; u = -0,1290mm


redG0 G0

24190

f K d K d f N50002581

= ⋅ = ⋅ − = −

1 4U = 2419N; U = 2581N

keine Multiplikation mit c, da bereits mit den „echten“ Werten gerechnet wurde!


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:

Allgemein: −

= + ⋅j ix i

u uu u x

l

− −

= = + ⋅ = −gy 500 A 2600,0806 0u u 0 260 0,0524mm

400

− − −= = = − + ⋅ = −gy 300 gx 460 B 60

0,1290 ( 0,0806)u u u 0,0806 60 0,0987mm160

(Index „g“ steht für Global, x oder y für das jeweilige Koordinatensystem) 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. = ⋅ 4 N

mm²c 2 10 (siehe Leitbeispiel) Lösung: Reduzierung der inneren Kraft auf 2 Knotenkräfte:

Allgemein: −

= ⋅jredl aU U

l und = ⋅ired

aU Ul

= = − ⋅ = − = − ⋅jred 3red60mmU U 5000N 1875N 0,09375 c

160mm

= = − ⋅ = − = − ⋅ired 2red100mmU U 5000N 3125N 0,15625 c160mm

Σ: -5000N (Kontrolle) Reduzierter Lastvektor:

− = −

red

00,15625

fL0,09375

0

oder

− = −

red

03125

fL18750


Berechnung des Verformungsvektors:

1redG1

00,1008

d2 K fL mm0,0988

0

−

− = ⋅ = −

2 3u = -0,1008mm; u = -0,0988mm


( )redG0

30240

f c K d2 f N0

1976

= ⋅ ⋅ −

1 4U =3024N; U = 1976N

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 Element-koordinaten 40mm und 120mm. (Index „a“ bezeichnet die Stelle der Krafteinleitung) Lösung: Verformung an der Krafteinleitungsstelle:

Allgemein: = − ⋅⋅a i iau u U

E A

= = − − ⋅ = −⋅gx 460 B 60 N

mm²

60mmu u 0,1008mm 3024N 0,1235mm80000 100mm²

Verformungen an den Elementkoordinaten:

Allgemein: −

= + ⋅a ix1 i

u uu u xa

für 0 ≤ x ≤ a und ( )−

= + ⋅ −−

j ax2 a

u uu u x a

l a für a ≤ x ≤ l

Für x = 40mm:

− − −= − + ⋅ = −x40

0,1235 ( 0,1008)u 0,1008mm 40 0,1159mm60

Für x = 120mm:

− − −= − + ⋅ − = −

−x1200,0988 ( 0,1235)u 0,1235mm (120 60) 0,1087mm

160 60


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: ( )= ⋅ +jred ui ujlU q 2q6

und ( )= ⋅ +ired ui ujlU 2q q6

( )= = ⋅ ⋅ − + − = − = − ⋅N Nired 2red mm mm

160mmU U 2 ( 20 ) ( 40 ) 2133N 0,1067 c6

( )= = ⋅ − + ⋅ − = − = − ⋅N Njred 3red mm mm

160mmU U ( 20 ) 2 ( 40 ) 2667N 0,1333 c6

Reduzierter Lastvektor:

− = −

red

00,10665

fL0,13335

0

oder

− = −

red

02133

fL26670


1redG1

00,0912

d3 K fL mm0,1032

0

−

− = ⋅ = −

2 3u = -0,0912mm; u = -0,1032mm


( )redG0

27350

f c K d3 f N0

2065

= ⋅ ⋅ − =

1 4U =2735N; U = 2065N


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.

Systemgröße:

4 NF Sys mm²c c 2 10= = ⋅ F relc 1= (siehe Leitbeispiel) Relativgrößen:

4 NA mm²c 3 10= ⋅ ⋅

= = =⋅

4 NA mm²

A rel 4 NSys mm²

3 10cc 1,5c 2 10

4N NB C D E mm² mm²

E A 80000 100c c c c 20 10l 40⋅ ⋅ = = = = = = ⋅

4 N

B mm²4 N

SB r E relD re C rl

ys mm²l ele

20 10c 10c 2

cc cc10⋅

= = = = = =⋅

Erstellen der Gesamtsteifigkeitsmatrix:

1,5 1,5 0 0 0 0 0

1,5 11,5 10 0 0 0 0

0 10 20 10 0 0 0K02 0 0 10 20 10 0 0

0 0 0 10 20 10 0

0 0 0 0 10 11 10 0 0 0 0 1 1

− − −

− − = − − − − − − −

Element B in Aufgabe 2.4


Elemente (1,1) und (7,7) auf 1050 hochsetzen, da Einspannstelle:

50

50

10 1,5 0 0 0 0 01,5 11,5 10 0 0 0 00 10 20 10 0 0 0

K02a 0 0 10 20 10 0 00 0 0 10 20 10 00 0 0 0 10 11 10 0 0 0 0 1 10

− − − − −

= − − − −

− − −

Umwandlung der Streckenlängskraft in Knotenkräfte:

220 22,5U 20 425N 0,02125 c

2− −

= ⋅ = − = − ⋅

322,5 27,5U 40 1000N 0,05 c

2− −

= ⋅ = − = − ⋅

427,5 32,5U 40 1200N 0,06 c

2− −

= ⋅ = − = − ⋅

532,5 37,5U 40 1400N 0,07 c

2− −

= ⋅ = − = − ⋅

637,5 40U 20 775N 0,03875 c

2− −

= ⋅ = − = − ⋅


1

00,09110,1027

d K02a fL2 mm0,10920,10980,1033

0

−

− −

= ⋅ = − − −

Berechnung des Gesamt-Kraftvektors:

2734425

1000f2 c K02 d2 N1200

1400775

2066

− −

= ⋅ ⋅ = − − −

−

1 7U =2734N; U = 2066N

Reduzierter Lastvektor: 0

0,021250,05

fL2 0,060,07

0,038750

− −

= − − −

mm


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:

Allgemein: 2

Ui Ui i

U U U U U Uj i j i j i

q l q l 2 l Uxq q q q q q

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= − ± − − − −

(Nullstellen)

2N N

mm² mm²N N N N N N

mm² mm² mm² mm² mm² mm²

( 20 ) 160mm ( 20 ) 160mm 2 160mm 2735Nx40 ( 20 ) 40 ( 20 ) 40 ( 20 )

− ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅= − ± −

− − − − − − − − −

x 160mm 263,4mm= − ±

1x 103,4mm= innerhalb des Zugstabes gültig

2x 423,4mm= − außerhalb des Zugstabes ungültig

Längskraftverlauf:


Aufgabe 2.6 (Innere Elementverformung bei lin. vert. Streckenlast) Berechne das Extremum der Verformung von Aufgabe 2.5 und stelle die Längs-verformung über der Länge des Zugstabes grafisch dar.

Allgemein: 2

Uj Ui 3x i i Ui

q q1 xu u U x q xE A 2 6 l

− = + ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

Die Verformung ist an der Stelle maximal, an der die Längskraft Ux = 0 ist:

( )2

Nmm

B 103,4 N N N3mm² mm mm

(103,4mm

............

)2735N 103,4mm 201 2u 0,091280000 100mm² 40 ( 20 )

(103,4mm)6 160mm

..

− ⋅ − − ⋅ = − + ⋅

⋅ − − − − ⋅

⋅

B 103,4u 0,1103mm= −

Verformung:


Aufgabe 2.7 (Innere Vorspannung) Das Element C wird durch ein Spannschloss um ∆x=0,1mm verkürzt.

0) Berechne die Verformungen und Einspannkräfte a) Berechne die Spannungen in Element B b) Berechne die Verformung an der Stelle x=500mm c) 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: jredxU E Al∆

= ⋅ ⋅ und iredxU E Al∆

= − ⋅ ⋅

N

jred 4 mm²0,1U U 80000 50mm² 2000N 0,1mm c

200mm−

= = ⋅ ⋅ = = − ⋅

Nired 3 mm²

0,1U U 80000 50mm² 2000N 0,1mm c200mm−

= = − ⋅ ⋅ = − = ⋅


LRe d

00

f mm0,10,1

= −

Verformungsvektor:

1redG1

00,0323

d K fL mm0,0516

0

−

= ⋅ =

2 3u = 0,0323mm; u = 0,0516mm

Gesamt-Kraftvektor:

( )LRedG0

9680

f c K d f N0

968

− = ⋅ ⋅ − =

1 7U =-968N; U = 968N


a) Spannungen in Element B „Kraft wird durchgereicht“ deshalb:

2

3B

U 968N

U 968−

=

Berechnung der Spannungen:

Allgemein: jredUx El A∆

σ = ⋅ =

N

mm²

968N 9,68100mm²

σ = =

b) Verformung an x=500

Allgemein: −

= + ⋅j ix i

u uu u x

l (siehe Aufgabe 2.1)

gx 500 B 1000,0516mm 0,0323mmu u 0,0323mm 100mm 0,0444mm

160mm−

= = + ⋅ =

c) Verformung in Element C Kann mit „Dreisatz“ berechnet werden, da Spannung und Verformung proportional zueinander sind.

gesN N

mm² mm²

x0,1mm9,68 20

∆=−

Nges mm²N

mm²

0,1mmx 20 0,206mm9,68

∆ = ⋅ − = (positiv, da Druck)


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 Tl∆

= α ⋅∆ α = linearer Wärmeausdehnungskoeffizient

6 1

Al K23 10−α = ⋅

6 1K

x 0,1mmT 21,7Kl 23 10 200mm−

∆ −∆ = = = −

α ⋅ ⋅ ⋅

oder Allgemein: jredU T E A= α ⋅∆ ⋅ ⋅ iredU T E A= −α ⋅ ∆ ⋅ ⋅

jred6 1 N

K mm²

U 2000NT 21,7KE A 23 10 80000 50mm²−∆ = = = −

α ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

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

2 2

3 3

U u4 2,51U u2,5 3,5c

− ⋅ = ⋅ −

20 2,5 u 3,5 0,1= − ⋅ + ⋅

Verformung: 23,5u 0,1 0,14mm2,5

= ⋅ =

Last an Knoten 2: ( )4 N2 mmU 2 10 4 0,14 2,5 0,1 mm 6200N= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ =

0,1mm0


2. Möglichkeit

1 14

25

3 3

4

5

4

0

50

U u1,5 0 010 u1,5 4 2,5 01U uc 0 2,5

10

1010 1

U u0 0 1

− − − ⋅ = ⋅ − − −

Lastvektor:

4

L

010

F00

=

Verformungsvektor:

1L

00,1400

d4 K4 F mm0,1000

0

−

= ⋅ =

2u =0,1400mm

Gesamt-Kraftvektor:

G0

42006200

f c K d4 N0

2000

− = ⋅ ⋅ = −

1 2 4U =-4200N; U =6200N; U =-2000N

0,1mm

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

Berechnet aus 0,1⋅105


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:

NFed1 mm

6000Nc = 30000 1,5 c0,2mm

= = ⋅

NFed4 mm

6000Nc = 60000 3 c0,1mm

= = ⋅

Die ermittelten Federsteifigkeiten werden zu den entsprechenden Matrixelementen dazuaddiert:

1 1

2 24 5

4 4

U u1,5 0 0U u1,5 4 2,5 0110 0,10 2,5 10 1cU u0 0

3

1 4

− − − ⋅ = ⋅ − − −

Lastvektor:

L 4

00

F100

=

Verformungsvektor:

1L

0,03850,0769

d6 K6 F mm0,10000,0250

−

= ⋅ =

1 2 3 4u =0,0385mm; u =0,0769mm; u =0,1000mm; u =0,0250mm

Gesamt-Kraftvektor:

G0

11540

f c K d6 N26541500

− = ⋅ ⋅ = −

1 3 4U =-1154N; U =2654N; U =-1500N

2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 1

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 Dreh-winkel 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.

NStab mm²G = 30000

Längen und Querschnitte der Elemente: Al = 300mm; AIP = 900mm4 Bl = 400mm; BIP = 1600mm4 Cl = 200mm; CIP = 1000mm4 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.

Allgemein: Pt

G Icl⋅ =

Hier:

24N

4mmtSys t C t t

30000 1000mmc c c 15 10 Nmm

200m1 c

m ⋅

= = = = ⋅ =

⋅

2

4N4mm

B t t

30000 1600mmc 12 10 Nmm

400mm0,8 c

⋅= = ⋅ =

⋅

2

4N4mm

t tA

30000 900mmc 9 10 Nmm

300mm0,6 c

⋅= = ⋅ =

⋅


Aufstellen der Gesamtsteifigkeitsmatrix:

0 1 1

0 0 0,6 0,6 0 00 0,6 1,4 0,8 0

K0 0 0,8 1,8 10 0

0,8 0,80,8 0,8

0 0 1

0,6 0,60

1 1 1

,6 0,6−

+ − − −−

= = + − − −

−−

−−

Aufstellen des Lastvektors:

L1 4 Nt mm²

00,046000NmmF

0c 15 100

Φ = ⋅ = ⋅ = ⋅

Reduzierter Lastvektor ist hier 0, da das Moment direkt am Knoten angreift:

R1

00

F00

=


50

1

50

10 0,6 0 00,6 1,4 0,8 0K0 0,8 1,8 10 0 1 10

− − − = − − −


11 1 L1

00,0383

d K F [rad]0,0170

0

−

= ⋅ =

1

0d 180 2,194

[deg]0,975

0

⋅ = π

Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:

( )t 0 1 t 0 1 R1

34476000

f c K d c K d F Nmm0

2553

− = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − = −


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:

Allgemein: j ix i x

lϕ − ϕ

ϕ = ϕ + ⋅

A 2000,0383 00 200 0,0255[rad]

300−

ϕ = + ⋅ =

g 450 B 1500,0170 0,03830,0383 150 0,0303[rad]

400−

ϕ = ϕ = + ⋅ =

g 800 C 1000,0170 0,0085[rad]

2ϕ = ϕ = =

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:

Allgemein: jred aal

Φ = Φ ⋅ und ired a1 a

l−

Φ = Φ ⋅ mit a ired jredΦ = Φ +Φ

3red t1006000Nmm 1500Nmm 0,01 c400

Φ = ⋅ = = ⋅

2red t6000Nmm 1500Nmm 4500Nmm 0,03 cΦ = − = = ⋅

Aufstellen des reduzierten Lastvektors:

R2 L2

00,03

F F0,01

0

= =



12 1 L2

00,0330

d K F [rad]0,0202

0

−

= ⋅ =

2

0d 180 1,889

[deg]1,158

0

⋅ = π


( )t 0 2 R2

29680

f c K d F Nmm0

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 200 A 2000,0330 00 200 0,0220[rad]

300−

ϕ = ϕ = + ⋅ =

g 800 C 1000,0202 0,0101[rad]

2ϕ = ϕ = =

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

a i it

aG I

ϕ = ϕ + ⋅ϕ⋅

für die Lasteinleitungsstelle

a i

x1 i xa

ϕ − ϕϕ = ϕ + ⋅ für 0 ≤ x ≤ a

( )j ax2 a x a

l aϕ − ϕ

ϕ = ϕ + ⋅ −−

für a ≤ x ≤ l

Hier:

( )a 4Nmm²

100mm0,0330 2968Nmm 0,0392[rad]30000 .1600mm

ϕ = − ⋅ − =

( )g 450 B 1500,0202 0,03920,0392 150 100 0,0360[rad]

400 100−

ϕ = ϕ = + ⋅ − =−

siehe auch Aufgabe 3.1


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: i jired

2 q ql

6Φ Φ⋅ +

Φ = ⋅ i jjred

q 2 ql

6Φ Φ+ ⋅

Φ = ⋅

1red t2 30N 10N300mm 3500Nmm 0,0233 c

6⋅ +

Φ = ⋅ = = ⋅

2red t30N 2 10N300mm 2500Nmm 0,0167 c

6+ ⋅

Φ = ⋅ = = ⋅

Aufstellen des reduzierten Lastvektors:

R3 L3

0,02330,0167

F F00

= =


13 1 L3

00,01598

d K F [rad]0,00711

0

−

= ⋅ =

2

0d 180 1,889

[deg]1,158

0

⋅ = π


( )t 0 3 R3

49340

f c K d F Nmm0

1066

− = ⋅ ⋅ − = −


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: 2

j ix i i

q q xq x

2 lΦ Φ

Φ

− ⋅Φ = −Φ − ⋅ −

⋅

Hier:

2j i

x l i i

q q lq l Φ Φ

= Φ

− ⋅Φ = −Φ − ⋅ −

2 l⋅

j

x l i i j

i ji j

l lq q2 2

q q0 l

2

= Φ Φ

Φ

Φ Φ

Φ = −Φ − ⋅ − ⋅

+= Φ +Φ + ⋅

erfüllt ! b) Nullstellen

Allgemein: 2

i i i

j i j i j i

l q 2 l l qxq q q q q q

Φ Φ

Φ Φ Φ Φ Φ Φ

⋅ ⋅ ⋅Φ ⋅= − ± − + − − −

Hier:

2300mm 30N 2 300mm 4934Nmm 300mm 30Nx10N 30N 10N 30N 10N 30N

x 450mm 233,4mm

⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ = − ± − + − − − = ±

1x 683,4mm= außerhalb

2x 216,6mm= innerhalb

c) Grafik


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:

2j i 3

x i i it

q q1 xx q xG I 2 6 l

Φ ΦΦ

− ϕ = ϕ + ⋅ −Φ ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

(analog Aufgabe 2.6)

Hier:

( )2 2

216,6 4N3 3mm²

216,6

216,6 mm4934Nmm 216,6mm 30N1 2030000 900mm 10N 30N 216,6 mm

6 300mm0,0177[rad]

− − ⋅ − ⋅ ϕ = + ⋅

⋅ − − ⋅ ⋅

ϕ =

Verformungsverlauf:


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: ired tG Il∆ϕ

Φ = − ⋅ ⋅ und jred tG Il∆ϕ

Φ = ⋅ ⋅ (äquivalente reduzierte Momente)

33 0,05236[rad]180⋅ π

° = =

4N

jred 4red mm²

0,05236 30000 1000mm 7854Nmm200mm

Φ = Φ = ⋅ ⋅ = t0,05236 c⋅

ired 3redΦ = Φ t0,05236 c− ⋅

Reduzierter Lastvektor: L4 R4

00

F F0,05236

0,05236

= = −


14 1 L4

00,0223

d K F [rad]0,0309

0

−

− = ⋅ = −


( )t 0 4 R4

20050

f c K d F Nmm0

2005

= ⋅ ⋅ − = −


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.

L5 5

501 1

3 3t50

K

5

4 4

F

10 0,6 0 00,6 0,8 01

c 0 0,8 1,81026

10 0

0,02600

1 10

Φ ϕ − − − ⋅ = ⋅ Φ ϕ− − Φ ϕ−

− − Winkel in rad = -1,5°

= 105·(-0,026) = willkürlicher Wert x: Matrixelemente < x < 1050


15 5 L5

00,026

d K F [rad]0,0116

0

−

− = ⋅ = −


t 0 5

23404073

f c K d Nmm0

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.

L6 6

5

501 1

2

3t50

4 4

F K

10 0,6 0 00,6 1,4 0,8 01

c 0 1,8 126000 0 1 1

100,026

0

Φ ϕ − Φ − − ⋅ = ⋅ ϕ− Φ ϕ−

−−

Winkel in rad = -1,5°

= 105·(-0,026) = willkürlicher Wert x: Matrixelemente < x < 1050



16 6 L6

00,026

d K F [rad]0,0445

0

−

− = ⋅ = −


t 0 6

23400

f c K d Nmm9165

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:

NmmFed1 trad

5000Nmmc = 286479 c1°180

1,91= = ⋅⋅ π

Die ermittelte Federsteifigkeit wird zum entsprechenden Matrixelement dazuaddiert:

7L1 7

1

2

3

4

dF K

0 0,6 0,6 0 00,04 0,6 1,4 0,8 00 0 0,8 1,8

1

10 0

,

1

1

0 1

9 ϕ+ − ϕ− − − = ⋅ ϕ− − ϕ−


17 7 L1

0,01060,0444

d K F [rad]0,0197

0

−

= ⋅ =


t 0 7

30406000

f c K d Nmm0

2960

− = ⋅ ⋅ = −


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 4 20,5ϕ = − ⋅ϕ ).

Allgemein: Pt

G Icl⋅ =

2

4N4mm

Sys t A t t t

80000 800mmc c c 32 10 Nmm

200m1 c

m ⋅

= = = = ⋅ =

⋅

24N

4mmB t t

80000 1200mm1,8c 60 10 Nmm

16075 c

mm ⋅

= = ⋅ =

⋅

2

4N

t4mm

C t

80000 1600mmc 53,3 10 Nmm

240mc

m1,667

⋅= = ⋅ =

⋅

Grundgesamtsteifigkeitsmatrix:

00

1,667 1,6671,66

0 0 0 1 1 0 0 00 0 0 1 1 0 0 0

K 0 0 0 0 0 1,875 1,875 00 0 0 0 1,875 3,542 1,6670 0 0 0 0 0 1,667 1,66

1,875 1,8751,875 1,87

7

1

7 1,665

7

11 1

− − = = −

+ − − −

−

−

−− −

−

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 MATRX ROW RCIJ c) Matrix transponieren MTH MATRX MAKE TRN d) In die Stackebenen eingeben:

Faktor (-0,5) – Quellzeile (4) – Zielzeile (2) e) Befehl ausführen: MTH MATRX ROW RCIJ f) Ergebnis als K0 abspeichern g) Fesselungen einarbeiten: Elemente (3,3), (4,4), (5,5) auf 1050 hochsetzen. h) Ergebnis als K10 abspeichern.


Ergebnis: 10

1 1 0 0 01 1,885 0,938 1,771 0,833

K 0 0,938 1,875 1,875 00 1,771 1,875 3,542 1,6670 0,833 0 1,667 1,667

− − − = −

− − − −

Mit Fesselungen: 5011

50

50

1 1 0 0 01 1,885 0,938 1,771 0,833

K 0 0,938 10 1,875 00 1,771 1,875 10 1,6670 0,833 0 1,667 10

− − − = −

− − − −

Lastvektor:

14

t

4000Nmm 0,0125c 32 10 NmmΦ

= =⋅

L10

0.01250

F 000

=


110 11 L10

0,02660,0141

d K F [rad]00

0

−

= ⋅ =

Falsch!

Mit kinematischer Randbedingung: 4 20,5ϕ = − ⋅ϕ

10

0,0070

0,02660,0141

d [r d6

a ]0

0

=

−


t 00 10

40004000

f c K d Nmm42358000

3765

− = ⋅ ⋅ = −


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

3red 4red4

t t

3000Nmm 0,009375c c 32 10 Nmm

Φ Φ= = =

⋅

L11

0,0046875F 0,009375

0,0093750

0,0125 − =

-0,5


R11

0F 0,009375

0,00930

0

75

=


111 11 L11

0,02130,00882

d K F [rad]00

0

−

= ⋅ =

Muss noch korrigiert werden! ⋅(-0,5)

Mit kinematischer Randbedingung: 4 20,5ϕ = − ⋅ϕ

11

0,02130,00882

d [rad]00,00441

0

= −


( )t 00 11 R11

40004000

f c K d F Nmm3538000

2353

− = ⋅ ⋅ − = − −


BB 1

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 Querver-formung und der rotatorischen Neigung. Die Gleichgewichtsbedingung und die elastische Verformung sind aus der elementaren Festigkeitslehre bekannt. Leitbeispiel V2 = 140N

Längen und Flächenträgheitsmomente der Elemente: Al = 400mm; AIäq = 8000mm4 Bl = 300mm; BIäq = 5400mm4

Wir erklären das Element A zum Systemelement. Damit ist Systemlänge L=400mm:

Allgemein: äq2

E IC

l⋅

=

( )2

4Nmm

Sys b A b b 2 b

70000 8000mmC C C 3500N

400mm1 C

⋅ = = = = =

⋅

( )2

4Nmm

2 bB b

70000 5400mmC 4200N

300mm1,2 C

⋅ = = =

⋅

Allgemein gilt: Element b

Sys b

CRC

= LR RO Rl

= = ⋅ lR RU RL

= = ⋅

Für Element A gilt: R

400R RO 1 1400400R RU 1 1400

1=

= = ⋅ =

= = ⋅ =

Für Element B gilt: R

400R RO 1,2 1,6300300R RU 1,2

1,2

0,9400

=

= = ⋅ =

= = ⋅ =


BB 2

Aus den Beziehungen für Querkraft, Biegemoment und Anfangsneigung wurde folgende allgemein gültige dimensionslose Matrix erstellt:

12 RO 6 R 12 RO 6 R6 R 4 RU 6 R 2 RU

KBB12 RO 6 R 12 RO 6 R6 R 2 RU 6 R 4 RU

⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

Um die Gesamtsteifigkeitsmatrix aufzubauen, muss diese Matrix für Element A und B ausmultipliziert werden:

A

12 6 12 66 4 6 212 6 12 66 2 6 4

KBB

=

−−

− − −−

B

19,2 7,2 19,2 7,27,2 3,6 7,2 1,819,2 7,2 19,2 7,27,2 1,8 7,2 3,

KB

6

B

−−

− −

=

−

−

Aus diesen beiden Matrizen wird nun die Gesamtsteifigkeitsmatrix aufgebaut:

19,2 7,2 19,2 7,27,2 3,6 7,2 1,8

19,2 7,2

0 00 0

K

12 6 12 66 4 6 212 6 12 66 2

19,2 7,27,2 1,8 7,2 3,60

40

0 00

60

−−

− − −

+ +

= + +

−−

− −

−

−

−

Durch einbauen der Fesselungen entsteht folgende Matrix:

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K016 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 7,20 0 7,2 1,8 7,2 3 6

0

,

101

10

−

− − − −

= −

− − − −


BB 3

Erstellen des Lastvektors:

2L

b

00

0,04V 140NF0C 3500N00

−−

= ⋅ = =

Reduzierter Lastvektor ist hier 0, da die Kraft direkt am Knoten angreift: Verformungsvektor: (Verformungen werden als v/L ausgegeben)

1L

00

0,002509 L 1,0036mmD K01 F

0,000899 [rad]0

0,005468 [rad]

−

− ⋅ = −

= ⋅ = −

Kraft- und Momentenvektor: (Momente werden als Ψ/L ausgegeben)

b b

86,51N46,40N L 18,562Nm

140NF C K00 D C

053,5N

0

⋅ = −

⋅ = ⋅ ⋅ =

R

000

F000

=


BB 4

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:

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K026 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 19,2 7,20 0 7,

1

2 1,8 7,

010

102

−

− − − −

= −

− − − −


2La

b

00

0,04V 140NFC 3500N 0

00

−−

= ⋅ = =

Verformungsvektor:

[ ]1

1 La

00

0,00859 3,436mmD K02 F

1,05263 rad0,01254 5,016mm

0

−

− −

= ⋅ = −

− −

Kraft und Momentenvektor:

A b 1 b

140N106,84N 42,73Nm

140NF C K00 D C

00

33,15 13,26Nm

−

⋅ = ⋅ ⋅ =


BB 5

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:

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K016 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 7,20 0 7,2 1,8 7,2 3 6

0

,

101

10

−

− − − −

= −

− − − −


2Lb

b

00056NF

C L 3500N 0,4m 0,0400

Ψ −

= ⋅ = = ⋅ ⋅ −

Verformungsvektor:

12 Lb

00

0,000899 0.3596mmD K01 F

0,002696 [rad]0

0,004943 [rad]

−

− −

= ⋅ = −

Kraft- und Momentenvektor:

B b 2 b

94.38N25,16N 10,06Nm

0F C K00 D C

14094,38N

0

− − −

⋅ = ⋅ ⋅ = −


BB 6

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:

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K026 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 19,2 7,20 0 7,

1

2 1,8 7,

010

102

−

− − − −

= −

− − − −


3Lc

b

000V 140NF

C 3500N 00,040

−

= ⋅ = = −

Verformungsvektor:

13 Lc

00

0,01254 5,016mmD K02 F

0,01842 [rad]0,02153 8,612mm

0

−

− −

= ⋅ = − − −


C b 3 b

140N134,5N 53,8Nm

0F C K00 D C

0140N

110,5 44,2Nm

⋅ = ⋅ ⋅ = −


BB 7

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

50

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K036 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 7,20 0 7,2

1010

10101,8 7,2

−

− − − −

= −

− − − −


Ld

0 00 0

0,04 0F

0 0,040 00 0

−

= −

Verformungsvektor:

[ ]1

4 Ld

0 0 0,5156mm0 0 0,0812mm

0,001289 0,000203D K03 F

0,000203 0,00529 rad0 00 0

−

− −

= ⋅ = −


D b 4 b

58,45N 119,75N 58,45N 119,75N28,51N 41,34N 11,26Nm 16,5Nm

140N 0 140N 0F C K00 D C

0 140N 0 56Nm81,45N 119,75N 81,45N 119,75N31,22N 28,22N 12,5Nm 11,29Nm

− − − − − −

⋅ = ⋅ ⋅ = − −

− − − −


BB 8

Aufgabe 4.1: Innere Verformung des BB Koeffizienten der Biegeliniengleichung:

( ) ( )

( ) ( )

i

i

i j i j2

i j i j3

A vB

1C 3 v v l 2l1D 2 v v ll

== ψ

− = ⋅ ⋅ − + ⋅ψ + ψ

= ⋅ ⋅ − + ψ + ψ

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 Knoten-größen 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.

Allgemein gilt:

2

ired a a 2

2

jred a a 2

2

ired a a

2

jred a a

a a a aV V 1 1 2 6 M 1l l l l

a a a aV V 3 2 6 M 1l l l l

a a aV a 1 M 1 3 1l l l

a a a aV 1 M 2 3l l l l

= − + ⋅ − ⋅ ⋅ −

= − ⋅ + ⋅ ⋅ −

Ψ = ⋅ − − − ⋅ −

Ψ = − ⋅ − − ⋅ ⋅ − ⋅

2

1red b

2

2red b

300 300V 140 1 1 2 21,875N 0,00625 c400 400

300 300V 140 3 2 118,125N 0,0337 c400 400

= − − ⋅ + ⋅ = − = − ⋅

= − ⋅ − ⋅ = − = − ⋅

2

1red b

2

2red b

300140 300 1 2625Nmm 0,001875 C L400

300 300140 1 7875Nmm 0,005625 C L400 400

Ψ = ⋅ ⋅ − = − = − ⋅ ⋅

Ψ = − ⋅ ⋅ − = = ⋅ ⋅

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

2C C Bx3D 3D 3D− = ± −

Extremum

Cx3D−

= Wendepunkt


BB 9

Erstellen des Lastvektors (entspricht auch dem red. Lastvektor):

L R

0,006250,0018750,03375

F F0,005625

00

− − −

= =

Gesamtsteifigkeitsmatrix:

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K016 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 7,20 0 7,2 1,8 7,2 3 6

0

,

101

10

−

− − − −

= −

− − − −

Verformungsvektor:

[ ]

[ ]

15 1 L

00

0,796mm0,00199D K F

rad0,0001260

rad0,00392

−

−

= ⋅ =


( )0 5 R b

108,1N49,3N 19,7Nm

0F K D F C

031,9N

0

= ⋅ − ⋅ =


BB 10

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.

Allgemein gilt:

( )

( )

( )

( )

ired Vi Vj

jred Vi Vj

2

ired Vi Vj

2

ired Vi Vj

lV 7q 3q20lV 3q 7q

20l 3q 2q60l 2q 3q

60

= ⋅ +

= ⋅ +

Ψ = ⋅ +

−Ψ = ⋅ +

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( )( )

1red b

2red b

2 2

1red b

2 2

2red

400mm NV 7 0,2 3 0,5 58N 0,01657 C20 mm

400mm NV 3 0,2 7 0,5 82N 0,02343 C20 mm

400 mm N3 0,2 2 0,5 4267Nmm 0,00305 C L60 mm

400 mm N2 0,2 3 0,5 5067Nmm 0,00362 C60 mm

= ⋅ ⋅ − + ⋅ − = − = − ⋅

= ⋅ ⋅ − + ⋅ − = − = − ⋅

Ψ = ⋅ ⋅ − + ⋅ − = − = − ⋅ ⋅

−Ψ = ⋅ ⋅ − + ⋅ − = = ⋅ b L⋅

Lastvektor: L

0,016570,003050,02343

F0,00362

00

− − −

=

Cb=3500N L = 400mm


BB 11

Gesamtsteifigkeitsmatrix:

50

50

50

6 12 6 0 06 6 2 0 012 6 31,2 1,2 19,2 7,2K016 2 1,2 7,6 7,2 1,80 0 19,2 7,2 7,20 0 7,2 1,8 7,2 3 6

0

,

101

10

−

− − − −

= −

− − − −

Verformungsvektor:

[ ]

[ ]

16 1 L

00

0,556mm0,00139D K F

rad0,0000430

rad0,00276

−

−

= ⋅ =

Kraft und Momentenvektor:

( )0 6 R b

117,2N40,1N 16Nm

0F K D F C

022,8N

0

= ⋅ − ⋅ =

2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS2D 1

Technische Mechanik 4 / FEM Der Zugstab in der Ebene (ZS2D) Leitbeispiel Daten: (E und A gilt für alle 3 Elemente)

5 Nmm²E 2 10

A 50mm²l 1000mmF 1000N

= ⋅

===

Zuordnungsmatrix: Element Anschluss

1 (i) Anschluss

2 (j) Winkel γ

A Kn. 1 Kn. 2 0° B Kn. 2 Kn. 3 135° C Kn. 1 Kn. 3 90°

Element A wird als Systemelement angesehen:

22N

mm NSys A mm

200000 50mmc c c 10000

1000mm1 c

⋅= = = = =

⋅

Für Element C gilt: NC A mmc c 10000 1 c= = = ⋅

Für Element B gilt: 22N

mm NB mm

200000 50mmc 7072

1414mm0,707 c

⋅= = =

⋅

Mit der Transformationsmatrix kann ins globale System transformiert werden:

Allgemein: cos sin

Tsin cos

γ − γ = γ γ

Nun müssen die globalen Elementsteifigkeitsmatrizen ermittelt werden:

Allgemein: TElementii

sys

1 0cK T T0 0c

= ⋅ ⋅

und ii jj ij jiK K K K= = − = −

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

Allgemein: 2

Elementii 2

sys

cos sin coscKc sin cos sin

γ γ γ= ⋅

γ γ γ und ii jj ij jiK K K K= = − = −


2

11 22 12 212

0 0 00

cos sin cossin cos sin0 0

1 01

0 0A A A AK K K K

= ⋅ = = = − = −

2

22 33 23 322

135 135 135135 135 1

0,33

5 0,350,707

0,35cos sin cos

sin cos sin 05 ,35B B B BK K K K

− = ⋅ = = = − = −

° −

° ° °° °

2

11 33 13 312

cos sin cossin cos si

0 01

0 190 90 90

90 90 90nC C C CK K K K° ° °

°

= ⋅ = = = − = −

° °

Nun muss die Gesamtsteifigkeitsmatrix K0 aus den Elementsteifigkeitsmatrizen erstellt werden: Knoten (K) 1 2 3

1 2 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.

50

50

50

0 1 0 0 00 0 0 0 11 0 1,35 0,35 0,35 0,35K1

0 0 0,35 0,35 0,350 0 0,35 0,35 0,35 0,350 1 0,35 0,35 0,35 1,35

1010

10

−

− − − −

= − −

− − − − −


Nmm

sin45 0,707 0,0707F 1000N 0,1mm mmcos 45 0,707 0,0707c 10000− ° − −

⋅ = ⋅ = ⋅ = − ° − −

Kraft wirkt nur an Knoten 3: L

000

F mm0

0,07070,0707

= − −

0 0 0 00 0 0 0

0 ,K0

0 00 0

35 0,35 0,35 0,350,35 0,35 0,35 0,350,35 0,35 0,35 0,35

0,35 0,35 0,30 ,5 35

11

1 1

11

1 1

=

− −− −− −

− −

−−

−

−

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


Verformungsvektor:

1L

00

0,0707D K1 F mm

00,41410,1414

−

−

= ⋅ = − −

Kraftvektor:

7071414

0F K0 D c

770707

077

N

−

= ⋅ ⋅ =

−

−

Kontrolle: 0 014147

707707

007

707− −+ − =

=

Schnittkräfte (in N):


Bei komplexeren Systemen ist zur Ermittlung der Schnittkräfte folgende Rechnung notwendig: Die globalen Größen müssen in lokale Größen umgewandelt werden. Element A:

1 1 NA mm²

2 2A

U u1 1 1 1 0 707c 10000 mm N

U u1 1 1 1 0,0707 707− −

= = = − − − − Druck

Element C:

1 1 NC mm²

3 3C

U u1 1 1 1 0 1414c 10000 mm N

U u1 1 1 1 0,1414 1414− −

= = = − − − − Druck

Element B: Für Element B müssen die Verformungen zunächst ins Elementsystem (rück)trans-formiert werden: Transponierte Transformationsmatrix TT

2x2

2y2B

uu cos135 sin135 1 1 0,0707 0,05mm 0,707 mm mm

uv sin135 cos135 1 1 0 0,05 ° ° − −

= = ⋅ = − ° ° − −

3x3

3y3B

uu cos135 sin135 1 1 0,4141 0,1927mm 0,707 mm mm

uv sin135 cos135 1 1 0,1414 0,3927 ° ° − −

= = ⋅ = − ° ° − − −

2 2 NB mm²

3 3B

U u1 1 1 1 0,05 1009c 7072 mm N

U u1 1 1 1 0,1927 1009− − −

= = = − − Zug


Technische Mechanik 4 / FEM Der Zugstab im Raum (ZS3D) Leitbeispiel Um die Verformungen und Kräfte im Zugstabelement A berechnen zu können, muss die Element-steifigkeitsmatrix 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:

• 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:

j i

100 0 100r r 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

4554,7

← ← γ ←β

(die Winkel werden in Grad angezeigt)

• Die Werte des Vektors sollen nun in den Stack bewegt werden: MTH VECTR V→

• Im Stack stehen die Werte nun in folgender Reihenfolge: 3 : 173,22 : 451: 54,7

• Da -β gefragt ist muss von Stack 1 noch 90° subtrahiert werden. • Ergebnis: Kugelkoordinaten

r 173,2= 45γ = ° 35,3β = − °


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

ZS

cos cos sin sin cosT cos sin cos sin sin

sin 0 cos

β ⋅ γ − γ β ⋅ γ = β ⋅ γ γ β ⋅ γ − β β

Hier:

0,577 0,707 0,408T 0,577 0,707 0,408

0,577 0 0,816

− − = −

Folgende Transformationsmatrix ist allgemein gültig (auch für BB):

cos cos sin sin cos cos sin cos sin cos sin sinT cos sin sin sin sin cos cos cos sin sin sin cos

sin sin cos cos cos

β γ α β γ − α γ α β γ + α γ = β γ α β γ + α γ α β γ − α γ − β α β α β

Berechnung der globalen Steifigkeitsmatrizen:

Allgemein: TElementii

sys

1 0 0cK T 0 0 0 T

c0 0 0

= ⋅ ⋅

und ii jj ij jiK K K K= = − = −

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Technische Mechanik 4 / · PDF fileTechnische Mechanik 4 / FEM Formelsammlung und Beispielaufgaben ... Berechne das Extremum der Verformung von Aufgabe 2.5 und stelle die Längs