Gelöste Aufgaben/Kw50

Aufgabenstellung

Eine Brücke ABC der Masse m_B und homogener Biegesteifigkeit EI ist in C gelenkig gelagert und in A sowie B mit einem Seil verbunden. Das undehnbare Seil wird dabei über eine kleine Rolle (Radius r ≪ ℓ) in D haftungsfrei geführt. In Punkt C ist die Brücke über eine Drehfeder der Steifigkeit K_C mit dem Lager verbunden. In A steht eine Person der Masse m_A.

Lageplan

Geben Sie die analytische Lösung für ein Euler-Bernoulli-Modell der Brücke in dimensiuonslosen Koordinaten an.

Ermitteln Sie für dabei die Verläufe der Schnittgrößen und Verschiebungen im Balken für diese Parameter:

${\begin{array}{ll}K_{C}=&\displaystyle 5{\frac {E\,I}{\ell _{0}}}\\m_{A}=&\displaystyle {\frac {m_{B}}{5}}\end{array}}$

Lösung mit Maxima

Die Aufgabe ist ein klassisches Randwertproblem mit

1. zwei Gebieten, in denen ein Euler-Bernoulli-Balken in AB und BC durch eine Streckenlast q₀ belastet ist und somit durch die Differentialbeziehung

$E\;I_{i}w_{i}^{IV}(x)=q_{0},\;\;i=\{1,2\}$ beschrieben wird;

1. Rand- und Übergangsbedingungen in den Punkten A, B, C.

Die Biegesteifigkeit des Balkens ist konstant (nicht von "x" abhängig), wir können als den Index "i" beim Flächenmoment also weglassen.

Wir verwenden ein x bzw. ξ als Koordinaten in beiden Gebieten, in der Übersicht sieht das Randwertproblem also so aus:

Rand "A"	Bereich I	Übergang "B"	Bereich II	Rand "C"

Zusätzlich zum "klassischen" Randwertproblem haben wir hier eine geometrische Zwangsbedingung: Durch die Umlenkrolle ist die vertikale Bewegung in den Punkten A und B gekoppelt!

Wie? Das machen wir uns an einem Bild klar:

Geometrische Zwangsbedingung

In linearer Näherung ist der Zusammenhang zwischen der Seil-Abwicklung Δs_A und der vertial-Verschibung W_A in Punkt A

$\displaystyle \sin(30^{\circ })={\frac {\Delta s_{A}}{W_{A}}}$.

Analog gilt für Punkt B

$\displaystyle \sin(60^{\circ })={\frac {\Delta s_{B}}{W_{B}}}$.

Da das Seil undehnbar ist, gilt außerdem

$\Delta s_{A}+\Delta s_{B}=0$

Diese zusätzliche Bedingung ist das entscheidende Element dieser Aufgabe.

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In dieser Lösung arbeiten wir mit dimensionslosen Koordinaten für die unabhängige Koordinate x und die abhängige Koordinate w(x).

Header

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Die Streckenlast auf den Balken ist natürlich seine Gewichtskraft, also

$\displaystyle q_{0}={\frac {m_{B}\;g}{\ell _{0}}}$.

Geometrie

Geometrische Zusammenhänge müssen wir auch anschreiben, so für

${\begin{array}{l}\ell =\ell _{1}+\ell _{2}\\\tan(\alpha _{B})=\displaystyle {\frac {H}{\ell _{2}}}\\\tan(\alpha _{A})=\displaystyle {\frac {H}{\ell }}\end{array}}$

mit

$\alpha _{A}=30\circ ,\;\;\;\alpha _{B}=60\circ$.

Und wir wählen noch eine Bezugslänge ℓ_Bez zu

$\displaystyle \ell _{Bez}={\frac {m_{B}\;g\ell ^{3}}{3EI}}$

aus der tabellierten Lösung für einen Kragbalken der Länge ℓ und einer Endlast m_B g. Das erscheint nicht sonderlich schlau - es gibt Standard -Lastfälle die besser passen würden. Aber dann schleppen wir die ganze Zeit Koeffizienten wie z.B. 5/384 mit durch die Rechnungen - das macht die Arbeit unübersichtlich.

Declarations

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In Bereich I und II gilt dieselbe Bewegungs-Differentialgleichung

$E\,I\,w_{i}^{IV}(x)=q_{0},\;\;i=\{1,2\}$,

die wir durch Integration lösen und dann bereichsweise an Rand- und Übergangsbedingungen anpassen. Diese Aufgabe wird etwas übersichtlicher, wenn wir die Auslenkung w und die Ortskoordinate x dimensionslos machen. So wählen wir:

$w=\ell _{Bez}\cdot {\tilde {w}}$

und setzten für die Bezugslänge die Auslenkung eines Kragbalkens unter konstanter Streckenlast (hier q_A) an.

Zusätzlich wählen wir eine unabhängige, dimensionslose Ortskoordinaten für die Bereich I und II, die ihren Ursprung in den Punkt A hat:

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

Mit den weiteren Gleichungen für

${\begin{array}{ll}\ldots {\text{ die Verdrehung: }}&\displaystyle \phi _{i}(x)={\frac {d\,w_{i}(x)}{d\,x}}\\\ldots {\text{ das Biege-Moment: }}&\displaystyle M_{i}(x)=-EI{\frac {d^{2}\,w_{i}(x)}{d\,x^{2}}}\\\ldots {\text{ die Querkraft: }}&\displaystyle Q_{i}(x)=-EI{\frac {d^{3}\,w_{i}(x)}{d\,x^{3}}}\end{array}}$

finden wir für Bereich i:

${\begin{array}{lll}{{w}_{i}}\left(\xi \right)&:=&\displaystyle {\frac {1}{m_{B}\,g}}\left({\frac {1}{8}}{q_{0}}\,{\ell _{0}}\,{\ell _{Bez}}\,{{\xi }^{4}}+{\frac {1}{2}}{\ell _{0}}\,{C_{i,3}}\,{\ell _{Bez}}\,{{\xi }^{3}}+{\frac {1}{2}}3{\ell _{0}}\,{C_{i,2}}\,{\ell _{Bez}}\,{{\xi }^{2}}+3{\ell _{0}}\,{C_{i,1}}\,{\ell _{Bez}}\xi \right)+3{\ell _{0}}\,{C_{i,0}}\,{\ell _{Bez}}\\\phi _{i}\left(\xi \right)&:=&\displaystyle {\frac {1}{m_{B}\,g}}\left({\frac {1}{2}}{{q}_{0}}\cdot \ell _{Bez}\cdot {{\xi }^{3}}+{\frac {1}{2}}3\cdot {{C}_{i,3}}\cdot \ell _{Bez}\cdot {{\xi }^{2}}+3\cdot {{C}_{i,2}}\cdot \ell _{Bez}\cdot \xi +3\cdot {{C}_{i,1}}\cdot \ell _{Bez}\right)\\{{M}_{i}}\left(\xi \right)&:=&\displaystyle {\frac {EI}{2\ell _{0}m_{B}\,g}}\left(-3\cdot {{q}_{0}}\cdot \ell _{Bez}\cdot {{\xi }^{2}}-6\cdot {{C}_{i,3}}\cdot \ell _{Bez}\cdot \xi -6\cdot {{C}_{i,2}}\cdot \ell _{Bez}\right)\\{{Q}_{i}}\left(\xi \right)&:=&\displaystyle {\frac {EI}{\ell _{0}^{2}m_{B}\,g}}\left(-3\cdot {{q}_{0}}\cdot \ell _{Bez}\cdot \xi -3\cdot {{C}_{i,3}}\cdot \ell _{Bez}\right)\end{array}}$.

Integration Of Differential Equation

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Für die 2*4 = 8 Integrationskonstanten

$\left[C_{1,0},C_{1,1},C_{1,2},C_{1,3},C_{2,0},C_{2,1},C_{2,2},C_{2,3}\right]$

suchen wir jetzt die passenden Gleichungen aus Rand- und Übergangsbedingungen. Und zusätzlich - und das ist hier besonders - brauchen wir noch eine Gleichung für die Seilkraft S.

Zur besseren Übersicht nennen wir die Schnitt-Momente und -Kräfte nach den jeweiligen Knotenpunkten A, B, C und fügen als Index ein + / - hinzu, um die Seite (+: rechts vom Knoten, -: links vom Knoten) zu kennzeichnen.

Die Normalkräfte N brauchen wir dabei nicht auszuwerten.

Aus Rand "A"

Geometrische Randbedingungen keine Kraft- und Momenten-Randbedingungen $m_{A}\;g-S\sin(\alpha _{A})+Q_{A,+}=0{\text{ mit }}Q_{A,+}=-EI\cdot w'''(x)|_{x=0}$ $M_{A,+}=0{\text{ mit }}M_{A,+}=-EI\cdot w'''(x)|_{x=0}$

Aus Übergang "B"

Geometrische Randbedingungen $w_{1}(\ell _{1})=w_{2}(\ell _{1})$ $\phi _{1}(\ell _{1})=\phi _{2}(\ell _{1})$ Kraft- und Momenten-Randbedingungen $-M_{B,-}+M_{B,+}=0$ $-Q_{B,-}-S\;\sin(\alpha _{B})+Q_{B,+}=0$

Aus Rand "C"

Geometrische Randbedingungen $w_{2}(\ell )=0$ Kraft- und Momenten-Randbedingungen $K_{C}\cdot \Phi _{C}-M_{C,-}=0{\text{ mit }}M_{C,-}=-EI\cdot w''(x)|_{x=\ell }$

Aus Rand D (Umlenkrolle für das Seil)

Kinematische Verträglichkeit für das Abwickeln des Seils:

1. $\Delta s_{A}+\Delta s_{B}=0$

Ein bisschen exotisch ist, dass wir nun neun Unbekannte haben, nämlich

${\underline {X}}=\left({\begin{array}{c}C_{1,0}\\C_{1,1}\\C_{1,2}\\C_{1,3}\\C_{2,0}\\C_{2,1}\\C_{2,2}\\C_{2,3}\\S\end{array}}\right)$

Aber mit den Randbedingungen oben steht uns nun ein vollständiges Gleichungssystem für neun Unbekannte - die Integrationskonstanten und S - zur Verfügung.

Boundary Conditions

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Das Gleichungssystem wollen wir als

${\underline {\underline {A}}}\cdot {\underline {X}}={\underline {b}}$

schreiben, also - hier nach Einsetzen der System-Parameter:

${\begin{pmatrix}0&0&0&-1&0&0&0&0&-{\frac {1}{2\cdot {\ell _{0}}}}\\0&0&1&0&0&0&0&0&0\\1&{\frac {2}{3}}&{\frac {2}{9}}&{\frac {4}{81}}&-1&-{\frac {2}{3}}&-{\frac {2}{9}}&-{\frac {4}{81}}&0\\0&1&{\frac {2}{3}}&{\frac {2}{9}}&0&-1&-{\frac {2}{3}}&-{\frac {2}{9}}&0\\0&0&0&{\ell _{0}}&0&0&0&-{\ell _{0}}&-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\0&0&1&{\frac {2}{3}}&0&0&-1&-{\frac {2}{3}}&0\\0&0&0&0&1&1&{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{6}}&0\\0&0&0&0&0&5&6&{\frac {7}{2}}&0\\{\frac {1+{\sqrt {3}}}{2}}&{\frac {1}{\sqrt {3}}}&{\frac {1}{{3}^{\frac {3}{2}}}}&{\frac {2}{{3}^{\frac {7}{2}}}}&0&0&0&0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}{{C}_{1,0}}\\{{C}_{1,1}}\\{{C}_{1,2}}\\{{C}_{1,3}}\\{{C}_{2,0}}\\{{C}_{2,1}}\\{{C}_{2,2}}\\{{C}_{2,3}}\\S\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-{\frac {g\cdot {{m}_{B}}}{5\cdot {\ell _{0}}}}\\0\\0\\0\\0\\0\\-{\frac {g\cdot {{m}_{B}}}{24\cdot {\ell _{0}}}}\\-{\frac {4\cdot g\cdot {{m}_{B}}}{3\cdot {\ell _{0}}}}\\-{\frac {g\cdot {{m}_{B}}}{{{3}^{\frac {9}{2}}}\cdot {\ell _{0}}}}\end{pmatrix}}$

Prepare for Solver

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Das Lösen des Gleichungssystems liefert dann

$\displaystyle \left({\begin{array}{c}C_{1,0}\\C_{1,1}\\C_{1,2}\\C_{1,3}\\C_{2,0}\\C_{2,1}\\C_{2,2}\\C_{2,3}\\S\end{array}}\right)={\frac {m_{B}\;g}{\ell _{0}}}\left({\begin{array}{l}+9.716{{10}^{-4}}\\+0.00389\\+0.0\\-0.250\\+0.0394\\-0.169\\+0.520\\-1.03\\+0.900{\ell _{0}}\end{array}}\right)$.

Solving

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Und die Ergebnisse können wir uns anschauen ...

... für w(x):

Biegelinie w(x)

... für Φ(x):

Kippung w'(x)

... für M(x):

Biegemoment M(x)

... für Q(x):

Querkraft Q(x)

... für die Lager-Reaktionskräfte

${\begin{array}{ll}{{M}_{C}}=0.227\cdot {{\ell }_{0}}\cdot g\cdot {{m}_{B}},\\{{C}_{z}}=-0.030\cdot g\cdot {{m}_{B}}\end{array}}$

Post-Processing

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