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

$EI(x)\cdot \frac{d^2}{d{x}^2}w(x)=-M(x)$.

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

$\begin{array}{rcl}{Q}^{\prime }& =& -q\\ M^{\prime }& =& +Q\\ EI\cdot {\varphi }^{\prime }& =& -M\\ w^{\prime }& =& +\varphi \end{array}$

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

$h(x)=h_0(1-\xi )+h_1\xi \text{ mit }\xi =\frac{x}{\ell }$.

Header

Text

📑 toggle code

1+1

tmp

Diese Abkürzungen führen wir ein:

$m=\rho \frac{h_0+h_1}{2}b\ell g$,

$h_1=\alpha h_0$.

Für die Ergebnisse setzten wir dann exemplarisch

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

an - sonst werden die Ausdrücke zu umfangreich.

Declarations

Text

📑 toggle code

1+1

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

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

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

$W_{ref}=\frac{q_{ref}{\ell }^4}{8E{I}_{ref}}$.

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

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

Die Differentialgleichungen werden dadurch und mit der dimensionslosen Ortskoordinate

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

viel einfacher, nämlich

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

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

Dimensionless Form of Differential Equations

Text

📑 toggle code

1+1

tmp

Die Differentialbeziehungen lösen wir nun sukzessive zu

$Q(\xi )=\frac{{\xi }^2-4\xi +3C_3}{3}$,

$M(\xi )=\frac{{\xi }^3-6{\xi }^2+9C_3\xi +9C_2}{9}$.

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

$\varphi (\xi ))=\frac{6{\xi }^3+(2C_1-24){\xi }^2+(-54C_3-8C_1+96)\xi +54C_3-27C_2+8C_1-96}{2{\xi }^2-8\xi +8}$

und im nächsten Schritt schließlich

$w(\xi )=\frac{3{\xi }^3+(2C_1-6){\xi }^2+((72-54C_3)\ln (-\frac{\xi -2}{2})-4C_1+2C_0)\xi +(108C_3-144)\ln (-\frac{\xi -2}{2})+54C_3+27C_2-4C_0-48}{2\xi -4}$.

Darin enthalten sind die unbekannten - also gesuchten - Integrationskonstanten

$C_0,C_1,C_2,C_3$.

Integration Of Differential Equation

Text

📑 toggle code

1+1

tmp

Diese Unbekannten bestimmen wir aus den Randbedingungen, nämlich

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

und damit

$\begin{array}{rcl}0& =& C_3-1\\ 0& =& 9C_3+9C_2-5\\ 0& =& 54C_3-27C_2+8C_1-96\\ 0& =& -54C_3-27C_2+4C_0+48\end{array}$.

Boundary Conditions

Text

📑 toggle code

1+1

tmp

Zum Lösen bringen wir die Gleichungen in die Form

$\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& -3\\ 0& 0& -9& -9\\ 0& -8& 27& -54\\ -4& 0& 27& 54\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{C}_0\\ C_1\\ C_2\\ C_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ -96\\ 48\end{array}\right)$,

die wir lösen zu

$\begin{array}{lcc}{C}_0& =& -\frac{3}{2},\\ C_1& =& +\frac{15}{4},\\ C_2& =& -\frac{4}{9},\\ C_3& =& +1\end{array}$.

Solving

Text

📑 toggle code

1+1

tmp

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

Für

$\begin{array}{lcl}{W}_{ref}& =& \frac{q_{ref}\cdot {\ell }^4}{8E{I}_{ref}},\\ {\mathrm{\Phi }}_{ref}& =& \frac{W_{ref}}{\ell },\\ M_{ref}& =& m\cdot g\cdot \ell ,\\ Q_{ref}& =& m\cdot g,\\ q_{ref}& =& m\cdot g/\ell ,\\ E{I}_{ref}& =& E\cdot \frac{b\cdot ((H_0+H_1)/2{)}^3}{12}\end{array}$

finden wir

... für w(ξ):

Auslenkung w(x)

... für ϕ(ξ):

Querschnitts-Kippung w'(x)

... für M(ξ):

Momentenverlauf M(x)

... für Q(ξ):

Querkraftverlauf Q(x)

===Post-Processing===

Text

📑 toggle code

1+1

---

Links

• ...

Literature

• ...