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Technische Mechanik 4 / FEM
Formelsammlung und Beispielaufgaben
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
www.goeller.net
Inhalt:
• Zugstab
• Torsionsstab
• Biegebalken
• Zugstab 2D
• Zugstab 3D
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
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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
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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
Fesselungen durch Hochsetzen der Diagonalelemente (wegen Einspannung):
− − − = − − −
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)
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 K d K d f N50002581
= ⋅ = ⋅ − = −
1 4U = 2419N; U = 2581N
keine Multiplikation mit c, da bereits mit den „echten“ Werten gerechnet wurde!
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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
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Berechnung des Verformungsvektors:
1redG1
00,1008
d2 K fL mm0,0988
0
−
− = ⋅ = −
2 3u = -0,1008mm; u = -0,0988mm
Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:
( )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
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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
Berechnung des Verformungsvektors:
1redG1
00,0912
d3 K fL mm0,1032
0
−
− = ⋅ = −
2 3u = -0,0912mm; u = -0,1032mm
Berechnen des Gesamt-Kraftvektors:
( )redG0
27350
f c K d3 f N0
2065
= ⋅ ⋅ − =
1 4U =2735N; U = 2065N
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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
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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− −
= ⋅ = − = − ⋅
Berechnung des Verformungsvektors:
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
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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:
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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:
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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−
= = − ⋅ ⋅ = − = ⋅
Reduzierter Lastvektor:
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
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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)
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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
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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
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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
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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
⋅= = ⋅ =
⋅
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 2
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
=
Fesselungen durch Hochsetzen der Diagonalelemente (wegen Einspannung):
50
1
50
10 0,6 0 00,6 1,4 0,8 0K0 0,8 1,8 10 0 1 10
− − − = − − −
Berechnen des Verformungsvektors:
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
− = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ − = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 3
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
= =
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 4
Berechnen des Verformungsvektors:
12 1 L2
00,0330
d K F [rad]0,0202
0
−
= ⋅ =
2
0d 180 1,889
[deg]1,158
0
⋅ = π
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
( )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
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 5
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
= =
Berechnen des Verformungsvektors:
13 1 L3
00,01598
d K F [rad]0,00711
0
−
= ⋅ =
2
0d 180 1,889
[deg]1,158
0
⋅ = π
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
( )t 0 3 R3
49340
f c K d F Nmm0
1066
− = ⋅ ⋅ − = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 6
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
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 7
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:
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 8
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
= = −
Berechnen des Verformungsvektors:
14 1 L4
00,0223
d K F [rad]0,0309
0
−
− = ⋅ = −
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
( )t 0 4 R4
20050
f c K d F Nmm0
2005
= ⋅ ⋅ − = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 9
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
Berechnen des Verformungsvektors:
15 5 L5
00,026
d K F [rad]0,0116
0
−
− = ⋅ = −
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
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
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 10
Berechnen des Verformungsvektors:
16 6 L6
00,026
d K F [rad]0,0445
0
−
− = ⋅ = −
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
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−
Berechnen des Verformungsvektors:
17 7 L1
0,01060,0444
d K F [rad]0,0197
0
−
= ⋅ =
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
t 0 7
30406000
f c K d Nmm0
2960
− = ⋅ ⋅ = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 11
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.
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 12
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
=
Berechnen des Verformungsvektors:
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
=
−
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
t 00 10
40004000
f c K d Nmm42358000
3765
− = ⋅ ⋅ = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf TS 13
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
Reduzierter Lastvektor:
R11
0F 0,009375
0,00930
0
75
=
Berechnen des Verformungsvektors:
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
= −
Berechnen des Gesamt-Momentenvektors:
( )t 00 11 R11
40004000
f c K d F Nmm3538000
2353
− = ⋅ ⋅ − = − −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
=
= = ⋅ =
= = ⋅ =
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
−
− − − −
= −
− − − −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
=
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
−
− − − −
= −
− − − −
Erstellen des Lastvektors:
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
−
⋅ = ⋅ ⋅ =
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
−
− − − −
= −
− − − −
Erstellen des Lastvektors:
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
− − −
⋅ = ⋅ ⋅ = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
−
− − − −
= −
− − − −
Erstellen des Lastvektors:
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
−
− −
= ⋅ = − − −
Kraft- und Momentenvektor:
C b 3 b
140N134,5N 53,8Nm
0F C K00 D C
0140N
110,5 44,2Nm
⋅ = ⋅ ⋅ = −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
−
− − − −
= −
− − − −
Erstellen des Lastvektors:
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
−
− −
= ⋅ = −
Kraft- und Momentenvektor:
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
− − − − − −
⋅ = ⋅ ⋅ = − −
− − − −
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
−
−
= ⋅ =
Kraft- und Momentenvektor:
( )0 5 R b
108,1N49,3N 19,7Nm
0F K D F C
031,9N
0
= ⋅ − ⋅ =
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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
2002 © Michael Goeller / Christoph Stapf
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= = − = −
2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS2D 2
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
−
− − − −
= − −
− − − − −
Erstellen des Lastvektors:
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.
2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS2D 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):
2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS2D 4
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
2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS3D 1
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 = − °
2001 © Michael Goeller / Christoph Stapf ZS3D 2
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= = − = −