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Institute of Structural Engineering Seite 1

Baustatik II, Prof. Dr. E. Chatzi

Baustatik II

Kapitel VI

Die Direkte Steifigkeitsmethode(DSM)



Lernziele dieses Kapitels

1. Motivation: Äquivalenz zu diskreten Federmassensystemen

2. Berechnung der Auflagerreaktionen

3. Behandlung von Lasteinwirkungen an Balkenelementen

4. Lösungsschritte für den Fall vorgegebener Randbedingungen

5. Statische Kondensation

Besonderheiten der DSM




Motivation: Äquivalenz zu diskreten FedermassensystemenNehmen wir die folgende Struktur an:

DSM-Idealisiertes System

Auflagerreaktionen

DOFsq q

qq

Knotenlasten



1

(3)

(1) (2)

Ry2 = -1 (- bedeutet ↓)

R1 = 8.4

1 0f =

221 weil 1xf = −

31weil 8.4 8.4xf = − ⇐

Rx2 = 0

Gelichgewichtsbedingungen


Anwendungsbeispiel: Fachwerk

Diese folgen: i) entweder aus den Berechnungen der lokalen Elementkräfte:

Berechnung der Auflagerreaktionen fs



sf f s=K u f3

3

10 100.4 10 10

wobei ,0.2 0 0

0 5

xf sf

y

uu

− − − − = = =

−

u K

10 10 610 10 0.4 60 0 0.2 00 5 1

s

− − − − − − = =

− −

f

Ry2 = -1Rx2 = 0Ry1 = -6

(- bedeutet ↓)

Rx1 = -6

6 2 8.4=

(- bedeutet ←)



oder ii) aus der Untermatrix der fixierten Freiheitsgrade:

Berechnung der Auflagerreaktionen fs



PP/2

PL/8 P/2

PL/8

l/2 l/2

P/2

PL/8P/2

PL/8

DSM Gleichung

Pfx1 fy2

1 2P/2

PL/8

P/2

PL/8

ux1

uy1

ux2

uy2

φ2φ1

intu + PK = ffx1

fy2


Behandlung von Lasteinwirkungen an Balkenelementen

In diesem Fall können wir die Tabellen 1 & 2 von Vl. 2 verwenden, um die verteilten und konzentrierten Lasten die innerhalb eines Balkenelements wirken, in äquivalente interne Kräfte an den Stabenden umzuwandeln:



PP/2

PL/8 P/2

PL/8

l/2 l/2

P/2

PL/8P/2

PL/8

P/2

PL/8

P/2

PL/8

ux1

uy2

ux2

uy2

φ2φ1

= int+ Pf Ku

fx1fy2Lokale Elementkräfte

0

2

80

2

8

P

Pl

P

Pl

= −

intP



In diesem Fall können wir die Tabelle 1 & 2 von Vl. 2 verwenden, um die verteilten und konzentrierten Lasten die innerhalb eines Balkenelements wirken, in äquivalente interne Kräfte an den Stabenden umzuwandeln:



ql/2

qL2/12 ql/2l/2 l/2

ql/2

ql/2

ql/2 ql/2

qL2/12

ux1

uy2

ux2

uy2

φ2φ1fx1

fy2Lokale Elementkräfte

2

2

0

2

120

2

12

ql

ql

ql

ql

= −

intP

q

qL2/12

qL2/12 qL2/12

qL2/12



In diesem Fall können wir die Tabelle 1 & 2 von Vl. 2 verwenden, um die verteilten und konzentrierten Lasten die innerhalb eines Balkenelements wirken, in äquivalente interne Kräfte an den Stabenden umzuwandeln:

= int+ Pf Ku



syssy syss = intK u P+f

Achtung!

Die globale Gleichgewichtsgleichung wird:

Da alle Kräfte, Verschiebungen und Steifigkeiten addiert werden müssen, müssen diese in Bezug auf das gleiche (globale) Achsensystem bestimmt werden.

Die Transformation vom lokalen zum globalen System wird durch die Verwendung der Rotationsmatrizen berechnet, die wir schon in Vl. 5 eingeführt haben.





Beispiel:

@C. Felippa, Uni Colorado

Vorgegebene Randbedingungen

1 2

3

(3) (2)

(1)uy2=0.4

fx3=2

fy3=1

ux1=0

uy1= -0.5

x

y

3

3 3

10 2

200 2

L

E A

=

=2

2 2

1050

LE A

==

1

1 1

10100

LE A== ux2=0


https://www.colorado.edu/engineering/Aerospace/CAS/courses.d/IFEM.d/





1 1

1 1

2 2

2 2

3 3

3 3

20 10 10 0 10 1010 10 0 0 10 1010 0 10 0 0 00 0 0 5 0 510 10 0 0 10 1010 10 0 5 10 15

x x

y y

x x

y y

x x

y y

u fu fu fu fu fu f

− − − − − −

= −

− −

− − −

wobei sys sys sys=K u f

1 2

3

fy3=1

fx3=2

ux3

uy3

ux2

uy2ux1

uy1

Rx2

Ry2Ry1

Rx1


Cf. Systemsteifigkeitsmatrix von Vorlesung 5 für das Fachwerksbeispiel.

ux3 uy3ux2 uy2ux1 uy1






1

1

2

2

3

3

020 10 10 0 10 100.510 10 0 0 10 10010 0 10 0 0 0

0.40 0 0 5 0 510 10 0 0 10 10 210 10 0 5 10 15 1

x

y

x

y

x

y

RRRR

uu

− − − −− − −

= −

− −

− − −

1 2 1 20, 0, 0.5, 0.4x x y yu u u u= = = − =

d.h., Knoten 1 verschiebt sich nach unten und Knoten 2 verschiebtsich nach oben (vertikal). Durch Einfügen der bekannten Grössen in die Steifigkeitsgleichung erhalten wir:

1 2

3

fy3=1

fx3=2

Rx2

Ry2Ry1

Rx1

uy2=0.4ux1=0

uy1= -0.5

ux2=0


Annahme: Die aufgebrachten Kräfte sind wie in der folgenden Abbildung dargestellt, aber die vorgegebenen Verschiebungen ändern sich wie folgt:






3

3

00.5010 10 0 0 10 10 2

0.410 10 0 5 10 15 1

x

y

uu

− − −

= − − −

Die Zeilen, die den vorgegebenen Randbedingungen entsprechen, werden entfernt und die folgende Gleichung verbleibt:

Die Spalten 1 bis 4 werden entfernt und alle bekannten Begriffe werden von links nach rechts übertragen:

( ) ( )( ) ( ) ( )

3

3

10 0 10 0.5 0 0 0.410 10 2 310 0 10 0.5 0 5 0.410 15 1 2

x

y

uu

− × + × + + × − = − = − × + × + + − × −







3

3

0.50.2

x

y

uu

− =

[ ]0 0.5 0 0.4 0.5 0.2 Tsys = − −u


Dies sind die reduzierten Steifigkeitsgleichungen. Beachten Sie, dass die Koeffizientenmatrix gleich geblieben ist, wie bei dem reduzierten System mit den vorgeschriebenen Nullverschiebungen.

Die Berechnung des reduzierten Systems ergibt:

Das Ausfüllen der fehlenden Einträge mit den bekannten Werten aus den vorgeschriebenen Randbedingungen ergibt die vollständige Lösung für die Verschiebungen:

3

3

10 10 310 15 2

x

y

uu

− = −






1 2

3

(3) (2)

(1)uy2=0.4

fx3=2

fy3=1

ux1=0

uy1= -0.5

3

3 3

10 2

200 2

L

E A

=

=2

2 2

1050

LE A

==

1

1 1

10100

LE A== ux2=0


In diesem Beispiel verhält sich das Fachwerk statisch bestimmt. Die Kraftsysteme (internund extern) in solchen Strukturen sind unempfindlich gegenüber Bewegungen, wie z.B.Auflagersenkungen.

Wenn wir die Lösung betrachten und die in Lektion 5besprochenen Nachbearbeitungsschritte wiederholen,können wir feststellen, dass die Reaktionskräfte unddie inneren Elementkräfte sich nicht ändern.




(3)

(2)

(1)

uxk

uyk

kϕ

uxm

uym

mϕ

uxl

uyl

lϕ

fk ϕ

fyk

fxk

Lokale FederelementeBesonderheiten der DSM

Wenn konzentrierte Federn im System vorhanden sind, fügen Sie diese einfach zu den diagonalen Steifigkeitskomponenten des Freiheitsgrads hinzu, auf den diese sich auswirken.



11

21 22

31 32 33

1,1 1, 1

,1 , 1 ,

1,1 1, 1, 1

1,1 1, 1

,1 , 1 ,

1,1 1, 1, 1

fx

m m m

m m m m m fysys

m m m m m

k k k

k k k k k

k k k k k f

k kk kk k k

k k symmk k k k

k k k

k kk k k

k k k k ϕ

− − −

−

+ + + +

− − −

−

+ + + +

+

+=

+

K

(3)

(2)

(1)

uxk= uk-1

uyk= uk

1k kuϕ +=

1m muϕ +=

1 3 uϕ =

fk ϕ

fyk

fxk

Lokale FederelementeBesonderheiten der DSM



Statische Kondensation


b b b b

i

Eine allgemeingültige Möglichkeit, interne DOFs zu eliminierenOft sind einige Freiheitsgrade mit Nullkräften verknüpft. Dies kann beispielsweise der Fall sein für:- Interne Freigaben, z.B. Gelenk mit 𝜑𝜑 ≠ 0 aber M = 0- Schalen/Platten, bei denen nur die Ränder belastet sind


In diesem Fall können wir die Struktur in primären b und sekundären Knoten itrennen.






b b b b

i

bb bi b b

ib ii i i

=

K K u fK K u f

Für die innere Verschiebungen aus der Gleichung der 2. Reihe lösen:

( )1i ii i ib b

−= −u K f K u

bb b b=K u f

Kondensierte Steifigkeitsgleichungen

1

1

bb bb bi ii ib

b b bi ii i

−

−

= −

= −

K K K K K

f f K K f

wobei:


Die Steifigkeitsmatrix kann dann auf folgende Weise partitioniert werden:

Mit der ersten Zeile der Gleichung ersetzen:





bb b b=K u f

Kondensierte Steifigkeitsgleichung

1bb bb bi ii ib

−= −K K K K Kwobei:

(e) EI, L

3 2 3 2

2 2

3 2 3 2

2 2

12 6 12 6

6 4 6 2

12 6 12 6

6 2 6 4

e

EI EI EI EIL L L LEI EI EI EI

L LL LEI EI EI EI

L L L LEI EI EI EI

L LL L

− −

= − − − −

K

bbKbiK

iiKibK

1u 2u

2ϕ1ϕ


Betrachten wir das Beispiel eines einseitig eingespannten Balkens, wobei 𝜑𝜑2 ≠ 0,aber M2=0 ist.

1u 2u1ϕ

1u

2ϕ

1ϕ

2u

2ϕ



23 2 3

2 2 2 2

23 2 3

6 12 6 12 2 6 4 6 6 2 6

4612 6 12

bb

bb

EIEI EI EI

LL L L EIEI EI EI L EI EI EI

LL EI LL L L LEI

EI EI EIL

L L L

− = − − − ⇒ − − −

=

K

K

3 2 3

2 2

3 2 3

3 3 3

3 3 3

3 3 3

EI EI EIL L LEI EI EI

LL LEI EI EIL L L

− − − −

(e) EI, L

1u 2u

2ϕ1ϕ


Betrachten wir das Beispiel eines einseitig eingespannten Balkens:



3 2 3

2 2

3 2 3

3 3 3

3 3 3

3 3 3

bb

EI EI EIL L LEI EI EI

LL LEI EI EIL L L

− = − − −

K

(e) EI, L

1u 2u

2ϕ1ϕ

Diese Werte waren schon im Kapitel 2 (Tabelle 3) definiert!


Betrachten wir das Beispiel eines einseitig eingespannten Balkens:

1u 2u1ϕ

1u

2u

1ϕ



Zusammenfassung

Am Ende dieses Kapitels sollten Sie in der Lage sein:

1. die Steifigkeitsmatrizen für Fachwerk- und Balkenelemente aufzustellen.

2. eine Rahmenstruktur, mittels Fachwerk- und Trägerelementen zu

idealisieren.

3. die globale (System-) Steifigkeitsmatrix für die gesamte Struktur abzuleiten

4. den globalen (System-) Kraftvektor zu definieren.

5. 2 x 2 Systeme von Hand berechnen zu können.

6. Den Lösungsprozess von Tragwerksanalyse-Softwares zu verstehen, um die

erhaltenen Resultate beurteilen zu können.

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