Gelöste Aufgaben/UEBI: Unterschied zwischen den Versionen

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Version vom 17. April 2021, 05:39 Uhr

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.

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 \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.

Header

Wir haben die Differential-Beziehungen

\begin{array}{rcl} Q^{'} & = & - q \\ M^{'} & = & + Q \\ E I \cdot ϕ^{'} & = & - M \\ w^{'} & = & + ϕ \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) ρ g mit A (x) = b \cdot h (x) .

Die Höhe des Balkens ist linear veränderlich, nämlich

h (x) = h_{0} (1 - ξ) + h_{1} ξ mit ξ = \frac{x}{ℓ}

.

Declarations

Diese Abkürzungen führen wir ein:

m = ρ \frac{h_{0} + h_{1}}{2} b ℓ g

,

h_{1} = α h_{0}

.

Für die Ergebnisse setzten wir dann exemplarisch

α = \frac{1}{2}

an - sonst werden die Ausdrücke zu umfangreich.

Dimensionless Form of Differential Equations

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_{r e f} & \cdot & \tilde{w} \\ ϕ & = Φ_{r e f} & \cdot & \tilde{ϕ} \\ M & = M_{r e f} & \cdot & \tilde{M} \\ Q & = Q_{r e f} & \cdot & \tilde{Q} \end{array}

.

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

W_{r e f} = \frac{q_{r e f} ℓ^{4}}{8 E I_{r e f}}

.

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

\begin{array}{ll} q_{r e f} & = A_{r e f} ρ g mit A_{r e f} = b \cdot h (\frac{ℓ}{2}) \\ I_{r e f} & = \frac{b \cdot h (\frac{ℓ}{2})^{3}}{12} \end{array}

.

Die Differentialgleichungen werden dadurch und mit der dimensionslosen Ortskoordinate

ξ = \frac{x}{ℓ}

viel einfacher, nämlich

\begin{array}{rcl} \frac{\partial}{\partial ξ} \tilde{Q} & = & - \frac{4 - 2 ξ}{3} \\ \frac{\partial}{\partial ξ} \tilde{M} & = & + \tilde{Q} \\ \frac{\partial}{\partial ξ} \tilde{ϕ} & = & - \frac{8}{\frac{I (ξ)}{I_{r e f}}} \cdot \tilde{M} mit \frac{I (ξ)}{I_{r e f}} = \frac{(α + 1)^{3}}{8 ((α - 1) ξ + 1)^{3}} \\ \frac{\partial}{\partial ξ} \tilde{w} & = & + \tilde{ϕ} \end{array}

.

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

Integration Of Differential Equation

Die Differentialbeziehungen lösen wir nun sukzessive zu

Q (ξ) = \frac{ξ^{2} - 4 ξ + 3 C_{3}}{3}

,

M (ξ) = \frac{ξ^{3} - 6 ξ^{2} + 9 C_{3} ξ + 9 C_{2}}{9}

.

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

ϕ (ξ)) = \frac{6 ξ^{3} + (2 C_{1} - 24) ξ^{2} + (- 54 C_{3} - 8 C_{1} + 96) ξ + 54 C_{3} - 27 C_{2} + 8 C_{1} - 96}{2 ξ^{2} - 8 ξ + 8}

und im nächsten Schritt schließlich

w (ξ) = \frac{3 ξ^{3} + (2 C_{1} - 6) ξ^{2} + ((72 - 54 C_{3}) \ln (- \frac{ξ - 2}{2}) - 4 C_{1} + 2 C_{0}) ξ + (108 C_{3} - 144) \ln (- \frac{ξ - 2}{2}) + 54 C_{3} + 27 C_{2} - 4 C_{0} - 48}{2 ξ - 4}

.

Darin enthalten sind die unbekannten - also gesuchten - Integrationskonstanten

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

.

Boundary Conditions

Diese Unbekannten bestimmen wir aus den Randbedingungen, nämlich

\begin{array}{rcl} w (0) & = & 0 \\ ϕ (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}

.

Solving

Zum Lösen bringen wir die Gleichungen in die Form

(\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & - 3 \\ 0 & 0 & - 9 & - 9 \\ 0 & - 8 & 27 & - 54 \\ - 4 & 0 & 27 & 54 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} C_{0} \\ C_{1} \\ C_{2} \\ C_{3} \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 3 \\ - 5 \\ - 96 \\ 48 \end{matrix})

,

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}

.

Post-Processing

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_{r e f} & = & \frac{q_{r e f} \cdot ℓ^{4}}{8 E I_{r e f}}, \\ Φ_{r e f} & = & \frac{W_{r e f}}{ℓ}, \\ M_{r e f} & = & m \cdot g \cdot ℓ, \\ Q_{r e f} & = & m \cdot g, \\ q_{r e f} & = & m \cdot g / ℓ, \\ E I_{r e f} & = & 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)

Plot Data

Links

Aufgabe UEBF

Literature

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