Gelöste Aufgaben/UEBI

Aufgabenstellung

Der Euler-Bernoulli-Balken AB wird durch seine Gewichtskraft belastet. Er ist in A fest eingespannt und hat eine konstante Breite b sowie eine zwischen A und B linear veränderliche Höhe h.

In UEBF haben wir eine Näherungslösung für dieses Problem berechnet.

Lageplan

Gesucht ist die analytische Lösung des Problems.

Gegeben sind für den Balken:

• Länge ℓ, Breite b,
• E-Modul E, Dichte ρ und
• die Höhe h₀=b und h₁ jeweils in A und B; dazwischen ist die Höhe linear veränderlich.

Lösung mit Maxima

Um zur analytischen Lösung zukommen, müssen wir berücksichtigen, dass

$E\,I(x)\cdot \displaystyle {\frac {d^{2}}{dx^{2}}}w(x)=-M(x)$.

Wir müssen also hier die Abhängigkeit der Querschnittseigenschaften von "x" in der Differentialbeziehung berücksichtigen. Das macht die Sache deutlich komplizierter als vorher.

tmp

Wir haben die Differential-Beziehungen

${\begin{array}{rcl}Q'&=&-q\\M'&=&+Q\\E\,I\cdot \phi '&=&-M\\w'&=&+\phi \end{array}}$

für die Querkraft Q, das Moment M, die Verkippung der Querschnitte ϕ und die Auslenkung w. Dabei ist die ortsabhängige Streckenlast

$q(x)=A(x)\,\rho \,g{\text{ mit }}A(x)=b\cdot h(x).$

Die Höhe des Balkens ist linear veränderlich, nämlich

$h(x)=h_{0}\,(1-\xi )+h_{1}\,\xi {\text{ mit }}\xi =\displaystyle {\frac {x}{\ell }}$.

Header

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tmp

Diese Abkürzungen führen wir ein:

$\displaystyle m=\rho \,{\frac {h_{0}+h_{1}}{2}}\,b\,\ell \,g$,

$h_{1}=\alpha \,h_{0}$.

Für die Ergebnisse setzten wir dann exemplarisch

$\displaystyle \alpha ={\frac {1}{2}}$

an - sonst werden die Ausdrücke zu umfangreich.

Declarations

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tmp

Beim Aufintegrieren der Differentialgleichungen stören die vielen dimensionsbehafteten Parameter. Viel einfacher werden die Gleichungen, wenn wir sie in dimensionsloser Form - mit dimensionsloser Auslenkung, Kippwinkel, Biegemoment und Querkraft anschreiben, also

${\begin{array}{lcc}w&=W_{ref}&\cdot &{\tilde {w}}\\\phi &=\Phi _{ref}&\cdot &{\tilde {\phi }}\\M&=M_{ref}&\cdot &{\tilde {M}}\\Q&=Q_{ref}&\cdot &{\tilde {Q}}\end{array}}$.

Wir wählen dazu als Referenzlösung den Kragbalken mit konstantem Querschnitt unter konstanter Streckenlast, mit der maximalen Auslenkung

$W_{ref}=\displaystyle {\frac {q_{ref}\,\ell ^{4}}{8\,E\,I_{ref}}}$.

Als Referenz-Werte für die Streckenlast wählen wir hier die Werte unseres Balkens in x=ℓ/2, demnach

${\begin{array}{ll}q_{ref}&=A_{ref}\,\rho \,g{\text{ mit }}A_{ref}=b\cdot h(\displaystyle {\frac {\ell }{2}})\\I_{ref}&=\displaystyle {\frac {b\cdot h(\displaystyle {\frac {\ell }{2}})^{3}}{12}}\end{array}}$.

Die Differentialgleichungen werden dadurch und mit der dimensionslosen Ortskoordinate

$\xi =\displaystyle {\frac {x}{\ell }}$

viel einfacher, nämlich

${\begin{array}{rcl}\displaystyle {\frac {\partial }{\partial \xi }}{\tilde {Q}}&=&-\displaystyle {\frac {4-2\xi }{3}}\\{\frac {\displaystyle \partial }{\displaystyle \partial \xi }}{\tilde {M}}&=&+{\tilde {Q}}\\{\frac {\displaystyle \partial }{\displaystyle \partial \xi }}{\tilde {\phi }}&=&-{\frac {\displaystyle 8}{\frac {I(\displaystyle \xi )}{\displaystyle I_{ref}}}}\cdot {\tilde {M}}{\text{ mit }}{\frac {\displaystyle I(\xi )}{\displaystyle I_{ref}}}={\frac {\displaystyle (\alpha +1)^{3}}{\displaystyle 8\,((\alpha -1)\,\xi +1)^{3}}}\\{\frac {\displaystyle \partial }{\displaystyle \partial \xi }}{\tilde {w}}&=&+{\tilde {\phi }}\end{array}}$.

Damit es übersichtlicher wird, lassen wir die Tilden über den gesuchten dimensionslosen Funktionen gleich wieder weg.

Dimensionless Form of Differential Equations

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tmp

Die Differentialbeziehungen lösen wir nun sukzessive zu

$\displaystyle Q(\xi )={\frac {\xi ^{2}-4\xi +3\,C_{3}}{3}}$,

$\displaystyle M(\xi )={\frac {{{\xi }^{3}}-6{{\xi }^{2}}+9{C_{3}}\xi +9{C_{2}}}{9}}$.

Bis hier ist alles wie gehabt - aber jetzt steht das ortsveränderliche Flächenmoment I(ξ) im Nenner. Maxima liefert

$\displaystyle \phi (\xi ))={\frac {6{{\xi }^{3}}+\left(2{C_{1}}-24\right)\,{{\xi }^{2}}+\left(-54{C_{3}}-8{C_{1}}+96\right)\xi +54{C_{3}}-27{C_{2}}+8{C_{1}}-96}{2{{\xi }^{2}}-8\xi +8}}$

und im nächsten Schritt schließlich

$\displaystyle w(\xi )={\frac {3{{\xi }^{3}}+\left(2{C_{1}}-6\right)\,{{\xi }^{2}}+\left(\left(72-54{C_{3}}\right)\ln {\displaystyle \left(-{\frac {\xi -2}{2}}\right)}-4{C_{1}}+2{C_{0}}\right)\xi +\left(108{C_{3}}-144\right)\ln {\displaystyle \left(-{\frac {\xi -2}{2}}\right)}+54{C_{3}}+27{C_{2}}-4{C_{0}}-48}{2\xi -4}}$.

Darin enthalten sind die unbekannten - also gesuchten - Integrationskonstanten

$C_{0},C_{1},C_{2},C_{3}$.

Integration Of Differential Equation

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Diese Unbekannten bestimmen wir aus den Randbedingungen, nämlich

${\begin{array}{rcl}w(0)&=&0\\\phi (0)&=&0\\M(1)&=&0\\Q(1)&=&0\\\end{array}}$

und damit

${\begin{array}{rcl}0&=&C_{3}-1\\0&=&9{C_{3}}+9{C_{2}}-5\\0&=&54{C_{3}}-27{C_{2}}+8{C_{1}}-96\\0&=&-54{C_{3}}-27{C_{2}}+4{C_{0}}+48\end{array}}$.

Boundary Conditions

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Zum Lösen bringen wir die Gleichungen in die Form

${\begin{pmatrix}0&0&0&-3\\0&0&-9&-9\\0&-8&27&-54\\-4&0&27&54\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}{C_{0}}\\{C_{1}}\\{C_{2}}\\{C_{3}}\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-3\\-5\\-96\\48\end{pmatrix}}$,

die wir lösen zu

${\begin{array}{lcc}C_{0}&=&-\displaystyle {\frac {3}{2}},\\C_{1}&=&+\displaystyle {\frac {15}{4}},\\C_{2}&=&-\displaystyle {\frac {4}{9}},\\C_{3}&=&+1\end{array}}$.

Solving

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tmp

Die Ergebnisse schauen wir uns in dimensionsloser Form an, wobei wir die Standard-Lösungen für den Balken unter konstanter Streckenlast ansetzen.

Für

${\begin{array}{lcl}W_{ref}&=&\displaystyle {\frac {q_{ref}\cdot \ell ^{4}}{8EI_{ref}}},\\\Phi _{ref}&=&\displaystyle {\frac {W_{ref}}{\ell }},\\M_{ref}&=&m\cdot g\cdot \ell ,\\Q_{ref}&=&m\cdot g,\\q_{ref}&=&m\cdot g/\ell ,\\EI_{ref}&=&E\cdot \displaystyle {\frac {b\cdot ((H_{0}+H_{1})/2)^{3}}{12}}\end{array}}$

finden wir

... für w(ξ):

Auslenkung w(x)

Datenpunkte zum Plotten

table for Q(x)/(m g) ->

data

toggle: data listing →

1

2

3

... für ϕ(ξ):

Querschnitts-Kippung w'(x)

... für M(ξ):

Momentenverlauf M(x)

... für Q(ξ):

Querkraftverlauf Q(x)

===Post-Processing===

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