Gelöste Aufgaben/Buck

Aufgabenstellung

Bei der Modellbildung für das Knicken von Stäben - also dem Stabilitätsverlust von Stäben durch seitliches Ausweichen unter axialer Druckbeanspruchung - gehen die Ansätze in Lehrbüchern und für Anwendungen in Finite-Elemente-Methoden unterschieldliche Wege.

Caption

Gesucht sind die Ansätze für die Berechnung der kritischen Drucklast ausgehen von

• dem Kräfte-Gleichgewicht am ausgelenkten System und
• dem Prinzip der virtuellen Verrückungen mit großen Dehnungen.

Das soll hier für den ersten Eulerschen Knickfall passieren. Ziel ist es, die Vorgehensweisen beider Ansätze einmal im Vergleich darzustellen. Der Fokus liegt dabei auf der Anwendung für Finite-Elemente-Methoden - also dem Prinzip der virtuellen Verrückungen mit großen Dehnungen.

Ansatz mit dem Kräftegleichgewicht am ausgelenkten System

Für das Verständnis des Phänomens "Knicken" ist es sinnvoll, die Zusammenhänge zwischen Koordinaten und Kräften anhand von Überlegungen zum Kräftegleichgewicht aufzuzeigen.

Dafür gehen wir von einem Stabelement der Länge $\mathrm{\Delta }x$ aus und tragen die Koordinaten $w(x),\phi (x)$ sowie die Schnittlasten $N(x),Q(x),M(x)$ in einem Freikörperbild an:

Schnittlasten am ausgelenkten Stab-Element.

Wir finden

$\begin{array}{lll}\sum F_{x,i}=0& :& N(x+\mathrm{\Delta }x)\cos (\phi (x+\mathrm{\Delta }x))-N(x)\cos (\phi (x))-Q(x+\mathrm{\Delta }x)\sin (\phi (x+\mathrm{\Delta }x))+Q(x)\sin (\phi (x))=0,\\ \sum F_{z,i}=0& :& Q(x+\mathrm{\Delta }x)\cos (\phi (x+\mathrm{\Delta }x))-Q(x)\cos (\phi (x))+N(x+\mathrm{\Delta }x)\sin (\phi (x+\mathrm{\Delta }x))-N(x)\sin (\phi (x))=0,\\ \sum M^{x+\mathrm{\Delta }x}=0& :& M(x+\mathrm{\Delta }x)-M(x)+N(x)\sin (\phi (x))\mathrm{\Delta }x-N(x)\cos (\phi (x))(w(x+\mathrm{\Delta }x)-w(x))+Q(x)\cos (\phi (x))\mathrm{\Delta }x+Q(x)\sin (\phi (x))(w(x+\mathrm{\Delta }x)-w(x)).\end{array}$

Teilen durch $\mathrm{\Delta }x$ und der Grenzwert-Übergang von $\mathrm{\Delta }x\to dx$ liefert due differentiallen Gleichgewichtsbedingungen

$\begin{array}{l}\frac{d}{dx}(N\cos (\phi ))-\frac{d}{dx}(Q\sin (\phi ))=0\\ \frac{d}{dx}(Q\cos (\phi )+\frac{d}{dx}(N\sin (\phi )=0\\ \frac{d}{dx}\left(M\right)+N\sin (\phi )+Q\cos (\phi )+\frac{d}{dx}w(-N\cos (\phi )+Q\sin (\phi ))=0\end{array}$

Mit etwas Übersicht können wir die drei Gleichungen stark vereinfachen, wenn wir die dritte Gleichung nach $x$ ableiten. Dann nutzen wir die ersten beiden Gleichungen, um sie stark zu vereinfachen:

$\begin{array}{l}\frac{d^2}{d{x}^2}\left(M\right)+\underset{=0\text{ wg. Gleichung 2 oben}}{\underbrace{\frac{d}{dx}(N\sin (\phi )+Q\cos (\phi ))}}+\frac{d^2}{d{x}^2}w(-N\cos (\phi )+Q\sin (\phi ))+\frac{d}{dx}w\underset{=0\text{ wg. Gleichung 1 oben}}{\underbrace{\frac{d}{dx}(-N\cos (\phi )+Q\sin (\phi ))}}=0\end{array}$

Wir gehen weiter davon aus, dass wir in dieser Gleichung $Q\sin (\phi )\approx 0$ und $-N\cos (\phi )\approx P$ setzen dürfen - die Querkraft wird klein gegenüber der Normalkräft sein, und die Normalkraft setzen wir zur äußeren, eingeprägten Druckkraft $P$.

Dann erfasst die Differentialbeziehung

$M^{″}+P\cdot w^{″}=0$

das Knickproblem. Für den Euler-Bernoulli-Balken mit konstanter Querschnittsfläche gilt demnach für die Aulenkung

$EI{w}^{IV}+P\cdot w^{″}=0.$

Diese lineare Differentialgleichung liefer mit dem Ansatz $w(x)=e^{\kappa x}$ die vier Eigenwerte

$\begin{array}{lll}{\kappa }_1& =& 0,\\ {\kappa }_2& =& 0,\\ {\kappa }_3& =& +j\cdot \sqrt{\frac{P}{EI}},\\ {\kappa }_4& =& -j\cdot \sqrt{\frac{P}{EI}},\\ \end{array}$

mit $j:=\sqrt{-1}$. Die Lösung der Differentialbeziehung ist demnach mit $\kappa :=\kappa [3]$

$w(x)=W_1+W_2\cdot x+W_3\cdot \sin (\kappa x)+W_4\cdot \cos (\kappa x)$,

wobei $W_1,W_2,W_3,W_4$ reelwertige Integrationskonstanten sind, die aus den Randbedingungen des Problems kommen. Für den ersten Eulerschen Knickfall oben gilt

$\begin{array}{lll}w(0)& =& 0\\ w^{\prime }(0)& =& 0\\ -EI{w}^{″}(\ell )& =& 0\\ -EI{w}^{‴}(\ell )-P{w}^{\prime }(\ell )& =& 0,\\ \end{array}$

also in Matrixschreibweise

$\underset{\underset{\_}{\underset{\_}{A}}}{\underbrace{\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 1\\ 0& 1& \kappa & 0\\ 0& 0& {\kappa }^{2}EI\sin (\kappa \ell )& {\kappa }^{2}EI\cos (\kappa \ell )\\ 0& -{\kappa }^{2}EI& 0& 0\\ \end{array}\right)}}\cdot \left(\begin{array}{c}{W}_1\\ W_2\\ W_3\\ W_4\\ \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\\ 0\\ \end{array}\right)$

Dieses homogene Gleichungssystem hat Lösungen, wenn

$\text{det}(\underset{\_}{\underset{\_}{A}})={\kappa }^5\cos (\kappa \ell )\stackrel{!}{=}0$

ist, also

${\kappa }_0=0,{\kappa }_1\ell =\pm \frac{\pi }{2},{\kappa }_2\ell =\pm \frac{3\pi }{2},\dots$.

Der kritische Wert von $\kappa$ ist der niedrigeste, zur nicht-trivialen Lösung gehörende Wert ${\kappa }_1$ und damit

$P_{krit}=\frac{{\pi }^{2}EI}{4{\ell }^2}$.

Das gezeigte Vorgehen finden Sie in allen Mechanik-Lehrbüchern. Dieser Lösungsansatz - Gleichgewicht am ausgelenkten System - funktioniert allerdings nur gut für sehr einfache Systeme. Für technsche Systeme brauchen wir einen Ansatz, der immer funktionert und bei dem man kein Freikörperbild zeichnen muss. Das geht mit dem Prinzip der virtuellen Verrückungen.

Ansatz mit dem Prinzip der virtuellen Verrückungen mit großen Dehnungen

Für den Einsatz in Finite-Elemente-Methoden ist der Ansatz über ein Kräftegleichgewicht wie oben nicht möglich und sinnvoll: im Allgemeinen kann man für die zu untersuchenden Systeme kein Kräftegleichgewicht aufstellen. Hier geht man vom Prinzip der virtuellen Verrückungen aus, wobei in der virtuellen Formänderungsarbeit

$\delta \mathrm{\Pi }=\underset{V}{\int }\underset{\_}{\sigma }\cdot \delta \underset{\_}{\epsilon }dV$

die Dehnung $\underset{\_}{\epsilon }$ nichtlineare Anteile der Koordinaten der Verformung enthält. Nach unserer Untersuchung oben erwarten wir dabei nicht lineare Terme in den Koordianten, also mindestens Anteile mit $u^{\prime }(x)\cdot w^{″}(x)$, bei dem die Längskraft (hier $u^{\prime }</math)inKombinationmitderBiegung(hier<math>w^{″}$ auftritt. Wir müssen also in $<math>\delta \mathrm{\Pi }$ nichtlineare Anteile mitnehmen.

Wir starten mit der Auslenkung eines Punktes P und den unabhängigen materiellen Koordinaten $x,y,z$ und den abhänfigen Koordinaten $u(x),w(x),\phi (x)$.

Kinemtik der Auslenkung eines Stab-Querschnitts $x$.

Damit konstruieren wir den Ortsvektor (die Koeffizienten des Ortsvektors) zum Punkt $P^{\prime }$ zu

${\underset{\_}{r}}_{P^{\prime }}=\left(\begin{array}{c}x\\ 0\\ 0\\ \end{array}\right)+\underset{\_}{\underset{\_}{D}}(\phi (x))\cdot \left(\begin{array}{c}u(x)\\ y\\ w(x)+z\\ \end{array}\right)+$

mit der Eulerschen Drehmatrix

$\underset{\_}{\underset{\_}{D}}(\phi )=\left(\begin{array}{ccc}\cos (\phi )& 0& \sin (\phi )\\ 0& 1& 0\\ -\sin (\phi )& 0& \cos (\phi )\end{array}\right)$

Wir erhalten für die Auslenkung des Punktes P demnach

$\begin{array}{lll}\mathrm{\Delta }{\underset{\_}{r}}_P& =& {\underset{\_}{r}}_{P^{\prime }}-{\underset{\_}{r}}_P\\ & =& \left(\begin{array}{c}u\cos (\phi )-\sin (\phi )(z+w)\\ 0\\ \cos (\phi )(z+w)-z+u\sin (\phi )]\end{array}\right)\end{array}$

Und interessiert hier nur der ebene Spannungszustand in der $x-z$-Ebene, bei dem außerdem noch ${\sigma }_{zz}=0$ ist. Mit den allgemeinen Beziehungen in der Ebene für den Zusammenhang zwischen den Auslenkungen $u_i$ und den materiellen Koordinaten $x_j$

${\epsilon }_{i,j}=\frac{1}{2}(\frac{\partial u_i}{x_j}+\frac{\partial u_j}{x_i})$

erhalten wir hier

$\underset{\_}{\epsilon }=\left(\begin{array}{c}{\epsilon }_{xx}\\ {\epsilon }_{zz}\\ {\epsilon }_{xz}\\ \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-(\cos (\phi ){\phi }^{\prime }(z+w))-u\sin (\phi ){\phi }^{\prime }-w^{\prime }\sin (\phi )+u^{\prime }\cos (\phi )\\ \cos (\phi )-1\\ -(\sin (\phi ){\phi }^{\prime }(z+w))+u\cos (\phi ){\phi }^{\prime }+u^{\prime }\sin (\phi )-\sin (\phi )+w^{\prime }\cos (\phi )\end{array}\right)$

Die Spannungen $\underset{\_}{\sigma }$ kommen dann - mit der Annahme ${\sigma }_{zz}=0$, dem Elastizitätsmodul $E$ und dem Schubmodul $G$ - aus

$\underset{\_}{\sigma }=\left(\begin{array}{ccc}E& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& G\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{\epsilon }_{xx}\\ {\epsilon }_{zz}\\ {\epsilon }_{xz}\\ \end{array}\right)$

Für $\delta {\mathrm{\Pi }}_e$ in Element benötigen wir noch - wie im Lexikon-Eintrag "virtuelle Verrückung" beschreiben - die virtuelle Dehnung $\delta \underset{\_}{ϵ}$. Daraus folgt - nach Integration über die Querschnittsfläche - die virtuelle Formänderungsarbeit zu

$\delta \mathrm{\Pi }=(G\delta \phi \cos (\phi )\sin (\phi )\phi {\text{'}}^2{z}^2)/4-E\delta \phi \cos (\phi )\sin (\phi )\phi {\text{'}}^2{z}^2+(G\delta {\phi }^{\prime }\sin (\phi {)}^2{\phi }^{\prime }{z}^2)/4+E\delta {\phi }^{\prime }\cos (\phi {)}^2{\phi }^{\prime }{z}^2+(Gu\delta \phi \sin (\phi {)}^2\phi {\text{'}}^{2}z)/4-Eu\delta \phi \sin (\phi {)}^2\phi {\text{'}}^{2}z+\dots$

in der insgesamt 121 Summanden stehen. Die Integration über die Querschnittsfläche liefert hier

$\delta {\mathrm{\Pi }}_e=\underset{{\ell }_e}{\int }(\underset{=(\dots )A}{\underbrace{\underset{A}{\int }(\dots )\cdot 1dA}}+\underset{=0}{\underbrace{\underset{A}{\int }(\dots )\cdot zdA}}+\underset{=(\dots )I}{\underbrace{\underset{A}{\int }(\dots )\cdot z^{2}dA}})dx$

Die Komplexität dieses Ausdrucks ist erhelblich und eine genauere Untersuchung der einzelnen Terme nicht zielführend. Wir suchen nach zweckmäßigen Vereinfachungen und setzen zunächst

$\cos (\phi )=1$ und $\sin (\phi )=\phi$.

Dann vernachlässign wir alle Summenden, in denen mehr als zwei funktionalen Freiheitsgrade auftrauchen, also z.B. Terme mit $w{\phi }^2{u}^{\prime }$. Dann bleibt

$\delta {\mathrm{\Pi }}_e=EI\delta {\phi }^{\prime }{\phi }^{\prime }+(AGu(x)\delta w^{\prime }{\phi }^{\prime })/4-AEw(x)\delta u^{\prime }{\phi }^{\prime }+(AG\delta u(x)w^{\prime }{\phi }^{\prime })/4-AE\delta w(x)u^{\prime }{\phi }^{\prime }-(AG\delta u(x)\phi {\phi }^{\prime })/4-(AGu(x)\delta \phi {\phi }^{\prime })/4+(AGu(x)w^{\prime }\delta {\phi }^{\prime })/4-AEw(x)u^{\prime }\delta {\phi }^{\prime }-(AGu(x)\phi \delta {\phi }^{\prime })/4+(AG{w}^{\prime }\delta w^{\prime })/4+(AG\phi u^{\prime }\delta w^{\prime })/4-AE\phi u^{\prime }\delta w^{\prime }-(AG\phi \delta w^{\prime })/4+(AG\phi w^{\prime }\delta u^{\prime })/4-AE\phi w^{\prime }\delta u^{\prime }+AE{u}^{\prime }\delta u^{\prime }-(AG{\phi }^2\delta u^{\prime })/4+(AG\delta \phi u^{\prime }{w}^{\prime })/4-AE\delta \phi u^{\prime }{w}^{\prime }-(AG\delta \phi w^{\prime })/4-(AG\delta \phi \phi u^{\prime })/2+(AG\delta \phi \phi )/4$

- ein Ausdruck mit nur noch 23 Summenden. Hier wählen wir noch die Euler-Bernoulli-Hypothese

$\phi (x)=w^{\prime }(x)$ und $\delta \phi (x)=\delta w^{\prime }(x)$

und setzen nun unsere bekannten Ansatzfunktionen

$\begin{array}{lll}u(x)& =& U_{e-1}\cdot (1-\xi )+U_e\cdot (\xi )\\ w(x)& =& W_{e-1}\cdot (2{\xi }^3-3{\xi }^2+1)+{\mathrm{\Phi }}_{e-1}\cdot ({\xi }^3-2{\xi }^2+\xi ){\ell }_e+W_e\cdot (3{\xi }^2-2{\xi }^3)+{\mathrm{\Phi }}_e\cdot ({\xi }^3-{\xi }^2){\ell }_e\end{array}$

und analog für $\delta u(x),\delta w(x)$ in $\delta {\mathrm{\Pi }}_e$ ein und führen die Integration über $x=\xi {\ell }_e$aus. Für eine konstante seitliche Streckenlast auf den Stab nehmen wir die Ergebnisse aus den Faltungsintegralen für kubische Formfunktionen

$\delta W_e^a=q_0{\ell }_e(+\frac{1}{2}\delta W_{e-1}-\frac{{\ell }_e}{12}\delta {\mathrm{\Phi }}_{e-1}+\frac{1}{2}\delta W_e+\frac{{\ell }_e}{12}\delta {\mathrm{\Phi }}_e)$

hinzu, so dass wir diese virtuelle Arbeit je Element finden:

$\delta {\mathrm{\Pi }}_e=(\delta U_{e-1},\delta U_e,\delta W_{e-1},\delta {\mathrm{\Phi }}_{e-1},\delta W_e,\delta {\mathrm{\Phi }}_e)\cdot \left(\begin{array}{c}-\left(\frac{AE{W}_e{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e}\right)+\frac{AE{U}_e}{{\ell }_e}+\frac{AE{W}_{e-1}{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e}-\frac{AE{U}_{e-1}}{{\ell }_e}\\ \frac{AE{W}_e{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e}-\frac{AE{U}_e}{{\ell }_e}-\frac{AE{W}_{e-1}{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e}+\frac{AE{U}_{e-1}}{{\ell }_e}\\ \frac{q_0{\ell }_e}{2}-\frac{AE{\mathrm{\Phi }}_{e-1}{U}_e}{{\ell }_e}+\frac{AE{U}_{e-1}{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e}-\frac{6EI{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e^2}-\frac{6EI{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e^2}+\frac{12EI{W}_e}{{\ell }_e^3}-\frac{12EI{W}_{e-1}}{{\ell }_e^3}\\ \frac{q_0{\ell }_e^2}{12}-\frac{2EI{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e}-\frac{AE{W}_{e-1}{U}_e}{{\ell }_e}-\frac{4EI{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e}+\frac{AE{U}_{e-1}{W}_{e-1}}{{\ell }_e}+\frac{6EI{W}_e}{{\ell }_e^2}-\frac{6EI{W}_{e-1}}{{\ell }_e^2}\\ \frac{q_0{\ell }_e}{2}+\frac{AE{U}_e{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e}-\frac{AE{U}_{e-1}{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e}+\frac{6EI{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e^2}+\frac{6EI{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e^2}-\frac{12EI{W}_e}{{\ell }_e^3}+\frac{12EI{W}_{e-1}}{{\ell }_e^3}\\ -\left(\frac{q_0{\ell }_e^2}{12}\right)-\frac{4EI{\mathrm{\Phi }}_e}{{\ell }_e}+\frac{AE{U}_e{W}_e}{{\ell }_e}-\frac{AE{U}_{e-1}{W}_e}{{\ell }_e}-\frac{2EI{\mathrm{\Phi }}_{e-1}}{{\ell }_e}+\frac{6EI{W}_e}{{\ell }_e^2}-\frac{6EI{W}_{e-1}}{{\ell }_e^2}\end{array}\right)$

Für den Eulerschen Knickfall #1 wählen wir nun ein einziges Element, also $e=1$ und damit $\delta W=\delta W_e$ mit den Randbedingungen

$U_e=0,W_e=0\text{ und }{\mathrm{\Phi }}_e=0$.

Und wir bringen noch eine vertiakle Drucklast $P$ auf den Stab mit $\delta W^a=P\delta U_e-1$ auf. Das resultierende Gleichungssystem in $\underset{\_}{Q}=(U_{e-1},W_{e-1},{\mathrm{\Phi }}_{e-1})$

$\underset{\_}{f}(\underset{\_}{Q})=\underset{\_}{0}$

ist nichtlinear. Wir lösen es - nach weiteren Vereinfachungen - für die verbleibenden Koordinaten zu

$\begin{array}{ccc}{U}_{e-1}& =& \frac{P{\ell }_e}{AE}\\ W_{e-1}& =& -\left(\frac{q_{0}P{\ell }_e^6+18q_{0}EI{\ell }_e^4}{12P^2{\ell }_e^4-144EIP{\ell }_e^2-144E^2{I}^2}\right)\\ {\mathrm{\Phi }}_{e-1}& =& -\left(\frac{q_{0}P{\ell }_e^5-4q_{0}EI{\ell }_e^3}{2P^2{\ell }_e^4-24EIP{\ell }_e^2-24E^2{I}^2}\right)\end{array}$.

Um den Knickfall zu bestimmen, wackeln wir an dieser statischen Lösung mit

$\begin{array}{ccc}{U}_{e-1}& =& U_{e-1}+\mathrm{\Delta }{U}_{e-1}\\ W_{e-1}& =& W_{e-1}+\mathrm{\Delta }{W}_{e-1}\\ {\mathrm{\Phi }}_{e-1}& =& {\mathrm{\Phi }}_{e-1}+\mathrm{\Delta }{\mathrm{\Phi }}_{e-1}\end{array}$

und schauen nach der Lösung für

$\underset{\_}{f}(\underset{\_}{Q}+\mathrm{\Delta }\underset{\_}{Q})=\underset{\_}{0}$

und approximieren dies für kleine $\mathrm{\Delta }\underset{\_}{Q}$ zu

$\underset{\_}{f}(\underset{\_}{Q})+\frac{\partial \underset{\_}{f}}{\partial \mathrm{\Delta }\underset{\_}{Q}}\cdot \mathrm{\Delta }\underset{\_}{Q}=\underset{\_}{0}$

Dies führt - wegen $\underset{\_}{f}(\underset{\_}{Q})=\underset{\_}{0}$ - auf das lineare Gleichungssystem

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Lösung mit Maxima

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