Gelöste Aufgaben/Kw99

Aufgabenstellung

Ein Stab ABC ist durch eine lineare veränderliche Streckenlast q mit den Eckwerten q_A in A und q_B in B sowie dem Moment M_B in B belastet. Der Stab (E-Modul: E) besteht aus zwei Sektionen mit den Längen l₁ bzw. l₂ sowie den Flächenmomenten I₁ bzw. I₂. Der Stab ist in A durch ein gelenkiges Festlager, in C durch eine Schiebehülse gelagert, in B sind die beiden Sektionen fest miteinander verbunden. Die Feder in A ist eine Drehfester mit Steifigkeit K_A, die Federn in B und C sind Translationsfedern mit den Steifigkeiten k_B, k_C.

Gesucht ist die analytische Lösung für den Euler-Bernoulli-Balken. Im Vergleich zu Kw98 wird hier eine Lösung mit normierten Koordinaten verfolgt.

Ermitteln Sie für ein Euler-Bernoulli-Modell die analytischen Verläufe der Schnittgrößen und Verschiebungen im Balken für diese Parameter:

\begin{array}{ll} {E I}_{2} & = \frac{{E I}_{1}}{2}, \\ K_{A} & = \frac{{E I}_{1}}{ℓ_{1}}, \\ k_{B} & = 0, \\ k_{C} & = \frac{{E I}_{1}}{ℓ_{1}^{3}}, \\ q_{B} & = 4 \cdot q_{A}, \\ ℓ_{2} & = \frac{ℓ_{1}}{2}, \\ M_{B} & = 5 \cdot ℓ_{1}^{2} \cdot q_{A} \end{array}

.

Lösung mit Maxima

Die Aufgabe ist ein klassisches Randwertproblem:

zwei Gebiete, in denen ein Euler-Bernoulli-Balken in AB und BC durch eine Streckenlast q belastet ist (in Bereich II ist die Streckenlast allerdings Null) und somit durch die Differentialbeziehung
$E I_{i} w_{i}^{I V} (x_{i}) = q (x_{i}), i = {1, 2}$
berschrieben wird.
Rand- und Übergangsbedingungen in den Punkten A, B, C

Wir verwenden x_i und ξ_i als Koordinaten je Bereich, in der Übersicht sieht das Randwertproblem so aus:

Rand A	Bereich I	Übergang B	Bereich II	Rand C

Header

Diese Aufgabe wird mit der Methode der Finiten Elemente in KW96 gelöst. Und im Vergleich zu KW98 wird hier die analytische Lösung mit dimensionslosen Koordinaten angeschreiben.

Declarations

Wir definieren die Formfunktionen für die Streckenlast

\begin{array}{l} ϕ_{0} (ξ) : = 1 - ξ \\ ϕ_{1} (ξ) : = ξ \end{array} mit ξ = \frac{x_{1}}{ℓ_{1}}

.

Integration of Differential Equation to Formfunction

In Bereich I und II gilt dieselbe Bewegungs-Differentialgleichung

E I_{i} w_{i}^{I V} (x_{i}) = q (x_{i}), i = {1, 2} mit q (x_{i}) = q_{0} \cdot ϕ_{0} (ξ) + q_{1} \cdot ϕ_{1} (ξ)

,

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 = ℓ_{B e z} \cdot \tilde{w}

und setzten für die Bezugslänge die Auslenkung eines Kragbalkens unter konstanter Streckenlast (hier q_A) an. Diese Auslenkung findet man in Standard-Lösungen unter "Kragbalken mit Streckenlast" zu:

ℓ_{B e z} = \frac{q_{A} \cdot ℓ_{1}^{4}}{8 \cdot {E I}_{1}}

Zusätzlich wählen wir zwei unabhängige, dimensionslose Ortskoordinaten für die Bereich I und II, die ihren Ursprung jeweils in den Punkten A und B haben.

ξ_{i} = \frac{x_{i}}{ℓ_{i}}

Mit

\begin{array}{lll} q_{0} = q_{A}, & q_{1} = q_{B} & für Bereich I und \\ q_{0} = 0, & q_{1} = 0 & für Bereich II \end{array}

ist die allgemeine Lösung für

\begin{array}{ll} \dots die Verdrehung: & ϕ_{i} (x) = \frac{d w_{i} (x)}{d x_{i}} \\ \dots das Biege-Moment: & M_{i} (x) = - E I_{i} \frac{d^{2} w_{i} (x)}{d x_{i}^{2}} \\ \dots die Querkraft: & Q_{i} (x) = - E I_{i} \frac{d^{3} w_{i} (x)}{d x_{i}^{3}} \end{array}

... für Bereich I:

\begin{array}{ll} w_{1} (ξ) : = & \frac{120 \cdot C_{1, 0} \cdot ℓ_{B e z} + 120 \cdot C_{1, 1} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ + 60 \cdot C_{1, 2} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2} + 20 \cdot C_{1, 3} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{3} + (5 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{4} - ℓ_{B e z} \cdot ξ^{5}) \cdot q_{A} + ℓ_{B e z} \cdot ξ^{5} \cdot q_{B}}{15 \cdot q_{A}} \\ ϕ_{1} (ξ) : = & \frac{120 \cdot C_{1, 1} \cdot ℓ_{B e z} + 120 \cdot C_{1, 2} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ + 60 \cdot C_{1, 3} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2} + (20 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{3} - 5 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{4}) \cdot q_{A} + 5 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{4} \cdot q_{B}}{15 \cdot ℓ_{1} \cdot q_{A}} \\ M_{1} (ξ) : = & - \frac{{E I}_{1} \cdot (120 \cdot C_{1, 2} \cdot ℓ_{B e z} + 120 \cdot C_{1, 3} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ + (60 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2} - 20 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{3}) \cdot q_{A} + 20 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{3} \cdot q_{B})}{15 \cdot ℓ_{1}^{2} \cdot q_{A}} \\ Q_{1} (ξ) : = & - \frac{{E I}_{1} \cdot (120 \cdot C_{1, 3} \cdot ℓ_{B e z} + (120 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ - 60 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2}) \cdot q_{A} + 60 \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2} \cdot q_{B})}{15 \cdot ℓ_{1}^{3} \cdot q_{A}} \end{array}

... für Bereich II:

\begin{array}{ll} w_{2} (ξ) : = & \frac{24 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 0} \cdot ℓ_{B e z} + 24 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 1} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ + 12 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 2} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2} + 4 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 3} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{3}}{3 \cdot ℓ_{1}^{4} \cdot {E I}_{2} \cdot q_{A}} \\ ϕ_{2} (ξ) : = & \frac{24 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 1} \cdot ℓ_{B e z} + 24 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 2} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ + 12 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 3} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ^{2}}{3 \cdot ℓ_{1}^{4} \cdot ℓ_{2} \cdot {E I}_{2} \cdot q_{A}} \\ M_{2} (ξ) : = & - \frac{24 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 2} \cdot ℓ_{B e z} + 24 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 3} \cdot ℓ_{B e z} \cdot ξ}{3 \cdot ℓ_{1}^{4} \cdot ℓ_{2}^{2} \cdot q_{A}} \\ Q_{2} (ξ) : = & - \frac{8 \cdot {E I}_{1} \cdot ℓ_{2} \cdot C_{2, 3} \cdot ℓ_{B e z}}{ℓ_{1}^{4} \cdot q_{A}} \end{array}

.

Boundary Conditions

Für die 2*4 = 8 Integrationskonstanten

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

suchen wir jetzt die passenden Gleichungen aus Rand- und Übergangsbedingungen.

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.

Aus Rand "A"

	Geometrische Randbedingungen $w_{1} (0) = 0$ Kraft- und Momenten-Randbedingungen $K_{A} \cdot ϕ_{A} + M_{A, +} = 0 mit M_{A, +} = - E I_{1} \cdot w^{″} (x) \|_{x = 0}$

Aus Übergang "B"

	Geometrische Randbedingungen $w_{1} (ℓ_{1}) = w_{2} (ℓ_{1})$ $ϕ_{1} (ℓ_{1}) = ϕ_{2} (ℓ_{1})$ Kraft- und Momenten-Randbedingungen $- M_{B, -} - M_{B} + M_{B, +} = 0$ $- Q_{B, -} - k_{B} \cdot w_{B} + - Q_{B, +} = 0$

Aus Rand "C"

	Geometrische Randbedingungen $ϕ_{2} (ℓ_{2}) = 0$ Kraft- und Momenten-Randbedingungen $- Q_{C, -} - k_{C} \cdot w_{C} = 0$

Und das liefert das Gleichungssystem aus 8 Gleichungen

\begin{array}{ccc} C_{1, 0} & = & 0 \\ \frac{ℓ_{1} \cdot C_{1, 1} \cdot K_{A}}{{E I}_{1}} - C_{1, 2} & = & 0 \\ \frac{q_{B}}{120} + \frac{q_{A}}{30} + \frac{C_{1, 3}}{6} + \frac{C_{1, 2}}{2} + C_{1, 1} + C_{1, 0} & = & \frac{{E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 0}}{ℓ_{1}^{4} \cdot {E I}_{2}} \\ \frac{q_{B}}{24} + \frac{q_{A}}{8} + \frac{C_{1, 3}}{2} + C_{1, 2} + C_{1, 1} & = & \frac{{E I}_{1} \cdot ℓ_{2}^{3} \cdot C_{2, 1}}{ℓ_{1}^{3} \cdot {E I}_{2}} \\ \frac{q_{B}}{2} - \frac{ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 0} \cdot k_{B}}{ℓ_{1} \cdot {E I}_{2}} + \frac{q_{A}}{2} - \frac{ℓ_{2} \cdot C_{2, 3}}{ℓ_{1}} + C_{1, 3} & = & 0 \\ - \frac{M_{B}}{ℓ_{1}^{2}} + \frac{q_{B}}{6} + \frac{q_{A}}{3} - \frac{ℓ_{2}^{2} \cdot C_{2, 2}}{ℓ_{1}^{2}} + C_{1, 3} + C_{1, 2} & = & 0 \\ \frac{ℓ_{2}^{3} \cdot C_{2, 3}}{2 \cdot ℓ_{1}^{3}} + \frac{ℓ_{2}^{3} \cdot C_{2, 2}}{ℓ_{1}^{3}} + \frac{ℓ_{2}^{3} \cdot C_{2, 1}}{ℓ_{1}^{3}} & = & 0 \\ - \frac{ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 3} \cdot k_{C}}{6 \cdot ℓ_{1} \cdot {E I}_{2}} - \frac{ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 2} \cdot k_{C}}{2 \cdot ℓ_{1} \cdot {E I}_{2}} - \frac{ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 1} \cdot k_{C}}{ℓ_{1} \cdot {E I}_{2}} - \frac{ℓ_{2}^{4} \cdot C_{2, 0} \cdot k_{C}}{ℓ_{1} \cdot {E I}_{2}} + \frac{ℓ_{2} \cdot C_{2, 3}}{ℓ_{1}} & = & 0 \end{array}

für die Integrationskonstanten.

Prepare for Solver

Das Gleichungssystem wollen wir als

\underline{\underline{A}} \cdot \underline{x} = \underline{b}

schreiben, also - hier nach Einsetzen der System-Parameter

(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & - 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{6} & - \frac{1}{8} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & \frac{1}{2} & 0 & - \frac{1}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & - \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & - \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \frac{1}{8} & \frac{1}{8} & \frac{1}{16} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & - \frac{1}{8} & - \frac{1}{8} & - \frac{1}{16} & \frac{23}{48} \end{matrix}) \cdot \underline{x} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ - \frac{q_{A}}{15} \\ - \frac{7 \cdot q_{A}}{24} \\ - \frac{5 \cdot q_{A}}{2} \\ 4 \cdot q_{A} \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

Solving

Das Lösen des Gleichungssystems liefert

\begin{array}{l} C_{1, 0} = 0, \\ C_{1, 1} = \frac{1331 \cdot q_{A}}{1170}, \\ C_{1, 2} = \frac{1331 \cdot q_{A}}{1170}, \\ C_{1, 3} = - \frac{257 \cdot q_{A}}{1365}, \\ C_{2, 0} = \frac{57058 \cdot q_{A}}{4095}, \\ C_{2, 1} = \frac{81007 \cdot q_{A}}{8190}, \\ C_{2, 2} = - \frac{9994 \cdot q_{A}}{819}, \\ C_{2, 3} = \frac{6311 \cdot q_{A}}{1365} \end{array}

Post-Processing

Und die Ergebnisse können wir uns anschauen ...

... für w(x):

... für Φ(x):

... für M(x):

... für Q(x):

... für die Lager-Reaktionskräfte:

\begin{array}{ll} A_{z} & = \frac{257 \cdot ℓ_{1} \cdot q_{A}}{1365}, \\ M_{A} & = \frac{1331 \cdot ℓ_{1}^{2} \cdot q_{A}}{1170}, \\ B_{z} & = 0, \\ C_{z} & = \frac{6311 \cdot ℓ_{1} \cdot q_{A}}{2730}, \\ M_{C} & = \frac{31037 \cdot ℓ_{1}^{2} \cdot q_{A}}{16380} \end{array}

Links

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Literature

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