Gelöste Aufgaben/Kw55

Aufgabenstellung

Die parallelen Stäbe ABC und abc haben je die Länge 2ℓ. Sie sind jeweils in b-B und c-C gelenkig mit einem vertikalen Stab verbunden. Die Stäbe abc, bB und cC sind starr, Stab ABC hat die Biegesteifigkeit EI. Alle Stäbe haben eine Masse m je Länge ℓ, die Erdbeschleunigung ist g.

Lageplan

Gesucht ist die analytische Lösung für ein Euler-Bernoulli-Modell der Struktur.

Wir lösen das Gleichungssystem zur Bestimmung der Integrationskonstanten der Differentialgleichung des Euler-Bernoulli-Balkens und geben die grafischen Lösungen für w, w', M und Q an.

Gegeben: ℓ, EI, m, g

Lösung mit Maxima

Das System besteht aus den drei starren Stäben und dem elastischen Balken.

Koordinaten

Die Verschiebungen und Verbiegungen der Stäbe verstehen wir am besten, wenn wir uns das System einmal im ausgelenkten Zustand ansehen. Gleichgewichtsbedingungen für das starre System erhalten wir einfach wie in TM-1 aus einer Momentenbilanz um A, die Gleichgewichtsbedingungen für den Euler-Bernoulli-Balken ist die Feld-Differentialgleichung, deren Integrationsbedingungen wir aus den Randbedingungen erhalten.

Die Auslenkungen des Balkens in B und C bezeichnen wir mit

• w_B = w( ℓ)
• w_C= w(2ℓ)

Wir schneiden beide Systemteile frei:

Als Schnittkräfte führen wir die beiden Stabkräfte

• F_B und
• F_C

ein, die zunächst unbekannt sind. Wir müssen überlegen, wo wir Bedingungen für diese beiden Größen herbekommen.

Die Lösung der Teilaufgabe für den Euler-Bernoulli-Balken 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;

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

Die Biegesteifigkeit des Balkens ist konstant (also 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 mit Kraft-Randbedingungen also so aus:

Rand A	Bereich I	Übergang B	Bereich II	Rand C
nur "geometrische" Randbedingungen.

Zusätzlich zum "klassischen" Randwertproblem haben wir hier eine geometrische Zwangsbedingung durch die starren Stäbe.

tmp

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

Header

Text

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tmp

Die Streckenlast auf den Balken ist natürlich seine Gewichtskraft, also

$\displaystyle q_{0}={\frac {m\;g}{\ell }}$.

Später werden wir noch die dimensionslose Koordinate

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

gebrauchen.

Declarations

Text

1+1

tmp

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. Die Bedeutung der gesuchten Auslenkung w und seiner Ableitungen sind

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

Wir finden wir für Bereich i:

${\begin{array}{rcl}EI\cdot w_{i}(x)&:=&\displaystyle {\frac {{q_{0}}\,{{x}^{4}}}{24}}+{\frac {{C_{2,3}}\,{{x}^{3}}}{6}}+{\frac {{C_{2,2}}\,{{x}^{2}}}{2}}+{C_{2,1}}x+{C_{2,0}}\\EI\cdot \phi _{i}(x)&:=&\displaystyle {\frac {{q_{0}}\,{{x}^{3}}}{6}}+{\frac {{C_{2,3}}\,{{x}^{2}}}{2}}+{C_{2,2}}x+{C_{2,1}}\\M_{i}(x)&:=&\displaystyle -{\frac {{q_{0}}\,{{x}^{2}}}{2}}-{C_{2,3}}x-{C_{2,2}}\\Q_{i}(x)&:=&\displaystyle -{q_{0}}x-{C_{2,3}}\\\end{array}}$.

Integration Of Differential Equation

Text

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tmp

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 je eine Gleichung für die Stabkräfte F_B und F_C.

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 w(0) = 0 ϕ(0) = 0 Kraft- und Momenten-Randbedingungen keine

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 $-M_{B,-}+M_{B,+}=0$ $-Q_{B,-}-F_{B}+Q_{B,+}=0$

Aus Rand "C"

Geometrische Randbedingungen keine Kraft- und Momenten-Randbedingungen $-M_{C,-}=0$ $-Q_{C,-}-F_{C}=0$

Aus Rand a (Gelenk-Lager in a)

Momentengleichgewicht Für de starren Stäbe stellen wir die Summe aller Momente um "a" auf: $\displaystyle \ell \cdot \left(2mg+{\frac {1}{2}}mg+{F_{B}}\right)+2\ell \cdot \left({\frac {1}{2}}mg+F_{C}\right)=0$ Kinemtische Verträglichkeit Eine Gleichung fehlt noch - und das ist die kinematische Zwangsbedingung aus dem Mechanismus der starren Stäbe, nämlich $w(2\ell )=2\cdot w(\ell )$

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

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

Aber mit den Randbedingungen oben steht uns nun ein vollständiges Gleichungssystem für diese zehn Unbekannten - die Integrationskonstanten und die Stabkräfte - zur Verfügung.

Boundary Conditions

Text

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tmp

Das Gleichungssystem wollen wir als

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

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

${\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0&0&0&0\\0&1&0&0&0&0&0&0&0&0\\1&\ell &{\frac {{\ell }^{2}}{2}}&{\frac {{\ell }^{3}}{6}}&-1&-\ell &-{\frac {{\ell }^{2}}{2}}&-{\frac {{\ell }^{3}}{6}}&0&0\\0&1&\ell &{\frac {{\ell }^{2}}{2}}&0&-1&-\ell &-{\frac {{\ell }^{2}}{2}}&0&0\\0&0&0&1&0&0&0&-1&-1&0\\0&0&1&\ell &0&0&-1&-\ell &0&0\\0&0&0&0&0&0&-1&-2\ell &0&0\\0&0&0&0&0&0&0&1&0&-1\\0&0&0&0&0&0&0&0&1&2\\1&\ell &{\frac {{\ell }^{2}}{2}}&{\frac {{\ell }^{3}}{6}}&-{\frac {1}{2}}&-\ell &-{{\ell }^{2}}&-{\frac {2{{\ell }^{3}}}{3}}&0&0\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}{C_{1,0}}\\{C_{1,1}}\\{C_{1,2}}\\{C_{1,3}}\\{C_{2,0}}\\{C_{2,1}}\\{C_{2,2}}\\{C_{2,3}}\\{F_{B}}\\{F_{C}}\end{pmatrix}}=mg\cdot {\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\\0\\0\\2\ell \\-2\\\displaystyle -{\frac {7}{2}}\\\displaystyle {\frac {7{{\ell }^{3}}}{24}}\end{pmatrix}}$

Prepare for Solver

Text

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tmp

Das Lösen des Gleichungssystems liefert dann

$\displaystyle \left({\begin{array}{c}C_{1,0}\\C_{1,1}\\C_{1,2}\\C_{1,3}\\C_{2,0}\\C_{2,1}\\C_{2,2}\\C_{2,3}\\F_{B}\\F_{C}\end{array}}\right)=m\;g\cdot \left({\begin{array}{c}0\\0\\\displaystyle {\frac {11\ell }{2}}\\\displaystyle -{\frac {29}{4}}\\\displaystyle -{\frac {7{{\ell }^{3}}}{6}}\\\displaystyle {\frac {7{{\ell }^{2}}}{2}}\\\displaystyle -{\frac {3\ell }{2}}\\\displaystyle -{\frac {1}{4}}\\-7\\\displaystyle {\frac {7}{4}}\end{array}}\right)$.

Solving

Text

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tmp

Die Ergebnisse plotten wir und nutzen dafür als Referenzgrößen die Standard-Lösungen für den Kragbalken unter Streckenlast mit

• $\displaystyle w_{ref}={\frac {q_{0}\cdot (2\ell )^{4}}{8}}$ und
• $\displaystyle \phi _{ref}={\frac {q_{0}\cdot (2\ell )^{3}}{6}}$.

Damit sehen die Ergebnisse so aus ...

... für w(x):

Biegelinie w(x)

... für Φ(x):

Kippung w'(x)

... für M(x):

Biegemoment M(x)

... für Q(x):

Querkraft Q(x)

Post-Processing

Text

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Lageplan

Auslenkung w(x)

Kippwinkel ϕ(x)

Moment M(x)

Querkraft Q(x)

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Links

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Literature

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