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Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 19.
Biegeschwingungen von Balken.
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 21.2.. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel?
I. Bewegungsdifferentialgleichung für einen elastischen Balken.
Wir betrachten den inneren Bereich eines
Balkens. Die Befestigungsart ist zunächst
ohne Bedeutung, da sie erst in den Randbedingungen auftritt. Annahmen: Querauslenkungen und Neigungen sind sehr klein,
Krümmungsradius ist sehr viel größer als die
Dicke des Balkens.
Jede lineare gewöhnliche Differentialgleichung kann mit einem Exponentialansatz gelöst werden: W = W0eλ x .
Nach Einsatz in (2): λ 4 = κ 4 .
Das bedeutet
 +κ
 −κ

λ 2 = ±κ 2 ⇒ λ = 
 +iκ
 −iκ
Allgemeine Lösung:
% iκ x + Be
% κ x + De
% − iκ x + Ce
% −κ x oder
W ( x ) = Ae
W ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
(3)
Beispiel 1: Beidseitig drehbar gelagerter Balken. Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen.
Wir schneiden ein infinitesimal kleines Element des Balkens frei. Unter den oben gemachten Annahmen gilt: (1) Die Translationsbewegung erfolgt fast in der vertikalen
Richtung, (2) die Kräfte in der vertikalen
Richtung fallen fast mit den Querkräften zusammen, (3) die Neigungswinkel sind sehr
klein und die Rotationsbewegung kann vernachlässigt werden. Das 2. Newtonsche Gesetz für die vertikale Bewegung des Elementes lautet
∂Q
&& = −Q ( x ) + Q ( x + dx ) =
ρ Adx ⋅ w
dx
(1)
∂x
dm
Die Rotation gibt es nicht, deshalb gelten für
Momente dieselben Zusammenhänge, wie in
der Statik: Q = M ' und M = − EIw '' , wobei I
das geometrische Trägheitsmoment des Querschnitts ist. Einsetzen in (1) liefert
∂ 2 w EI ∂ 4 w
EI IV
&& = −
+
=0
w
w oder
∂t 2 ρ A ∂x 4
ρA
II. Bernoullische Lösung. Zur Lösung dieser
Gleichung ist die d'Alembertsche Methode
nicht anwendbar. Bernoulli-Ansatz ist aber an
alle linearen Gleichungen anwendbar:
w( x, t ) = W ( x ) cos ωt
Die allgemeine Lösung wird durch (3) gegeben. Randbedingungen sind: Verschiebung w
und Moment M = − EIw '' an beiden Rändern
sind gleich Null:
W (0) = 0 : A* + C = 0
A* cos κ l + B sin κ l
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
W ''(0) = 0 : − A* + C = 0
W (l ) = 0 :
− A* cos κ l − B sin κ l
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
Daraus: A*=C=D=0. Charakteristische Gleichung reduziert sich auf
sin κ l = 0 ⇒ κ nl = π n ⇒ κ n = π n / l
W ''(l ) = 0 :
ωn = κ n2
EI n 2π 2
= 2
ρA
l
EI
ρA
Beispiel 2: Links eingespannter Balken. Zu
bestimmen sind die Eigenfrequenzen und die
Eigenformen der Schwingungen.
d 4W EI
d 4W
2
⋅
=
ω
W
⇒
− κ 4W = 0 (2)
4
4
dx ρ A
dx
4
2
mit κ = ω ρ A / EI .
1
III. Erzwungene Schwingungen. Zu berechnen ist Amplitude der Schwingungen des Mittelpunktes des gezeigten Balkens.
Die allgemeine Lösung ist dieselbe. Die
Randbedingungen sind:
Verschiebung links Null:
W (0) = 0 : A * +C = 0
Neigung links Null:
W '(0) = 0 : B + D = 0
Moment rechts Null:
− A* cos κ l − B sin κ l
W ''(l ) = 0 :
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
Kraft rechts Null:
A* sin κ l − B cos κ l
+C sinh κ l + D cosh κ l = 0
Die charakteristische Gleichung (Determinante des Gleichungssystems gleich Null):
1
cosh κ l cos κ l + 1 = 0 oder cos κ l = −
cosh κ l
W '''(l ) = 0
cos κ l
−1/ cosh(κ l )
κ1l = 1.8 , κ 2l = 4.7
Um die Eigenformen zu bestimmen, verwenden wir drei der vier Gleichungen des homogenen Gleichungssystems
cos κ l + cosh κ l
C = − A, B = − D = − A
.
sin κ l + sinh κ l
Die Eigenformen sind dann:

Wn ( x ) = A  cos κ n x − cosh κ n x


cos κ n l + cosh κ n l
−
( sin κ n x − sinh κ n x ) 
sin κ n l + sinh κ n l

Die ersten zwei Eigenformen sind im Bild
gezeigt.
w
x/l
F0 cos ωt
Wir suchen die partikuläre Lösung in der
Form w( x, t ) = W ( x ) cos ωt . Allgemeine Lösung bis zur Mitte des Balkens sei
W− ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Randbedingungen:
W− (0) = 0
A* + C = 0
W−′′(0) = 0
B+D=0
W−′ ( l / 2 ) = 0 (aus Symmetriegründen):
− A* sin κ l / 2 + B cos κ l / 2 + C sinh κ l / 2 + D cosh κ l / 2 = 0
−Qlinks (l / 2) − F0 / 2 ⋅ cos Ωt = 0 :
A* sin κ l / 2 − B cos κ l / 2 + C sinh κ l / 2 + D cosh κ l / 2 =
F0
2κ 3 EI
Das Gleichungssystem bezüglich A*, B, C , D
lautet
 1
 0


κl
 − sin 2

 sin κ l

2

0
1
κl
cos
2
κl
− cos
2
1
0
κl
2
κl
sinh
2
sinh

  A *  0 
    0 

κl  ⋅ B  = 
cosh     0 
C
2
    F0 


κl
D
cosh     2κ 3 EI 
2
0
1
Die Lösung lautet
A* =
cos(κ l / 2) − cosh(κ l / 2)
F0
4κ 3 EI [cos(κ l / 2)sinh(κ l / 2) + sin(κ l / 2) cosh(κ l / 2)]
B=
sin(κ l / 2) + sinh(κ l / 2)
F0
3
4κ EI [cos(κ l / 2)sinh(κ l / 2) + sin(κ l / 2) cosh(κ l / 2) ]
C=
cos(κ l / 2) − cosh(κ l / 2)
F0
3
4κ EI [cos(κ l / 2)sinh(κ l / 2) + sin(κ l / 2) cosh(κ l / 2) ]
D=
− ( sin(κ l / 2) + sinh(κ l / 2) )
F0
3
4κ EI [cos(κ l / 2)sinh(κ l / 2) + sin(κ l / 2) cosh(κ l / 2) ]
Die Amplitude der Schwingungen bei x = l / 2 :
F
l
W   = 30 ⋅
 2  4κ EI
 κl 
 κl 
cos   cosh   − 1
 2
 2
 κl 
 κl 
 κl 
 κl 
cos   sinh   + sin   cosh  
2
2
2
 
 
 
 2
Sie wird unendlich immer wenn der Nenner
Null wird.
2
w
ω
3