Aus diesem Ausdruck erhalten wir zwei unabhängige gewöhnliche lineare Differentialgleichungen für T und X:

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Werner Reuter
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1 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen II Kontinuumsmechanik 05. Übungsblatt, WS 2012/13, S. 1 1 Balkenschwingung Wir beginnen mit der Herleitung der Bewegungsdifferentialgleichung / Feldgleichung für den Balken. Dafür betrachten wir zuerst den Freischnitt eines differentiellen Balkenteils: Newtons zweites Axiom in z-richtung ausgewertet lautet dann ρa dlẅ = F z = Q cos ψ + (Q + dq cos(ψ + dψ + N sin ψ (N + dn sin(ψ + dψ (1 Hieraus folgt mit den Vereinfachungen cos(ψ 1, cos(ψ + dψ 1 (2 wegen kleiner Verformungen und unter Vernachlässigung der Normalkraft N: ρa dlẅ = ρa ρa 2 w t 2 dx cos ψ }{{} dx = Q x ẅ = dq Wir behaupten, dass die folgenden Zusammenhänge gelten: dm dx = Q und M(x = EIw (x. Also gilt auch Q x = EIwIV. Mit Gl. ((3 folgt dann schließlich die Bewegungsdifferentialgleichung für den Balken: (3 (4 (5 2 w t 2 = c2 4 w x 4, c2 = EI ρa. Ein Ansatz, diese partielle Differentialgleichung zu lösen, ist der Separationsansatz nach Bernoulli. Nach diesem ist die Lösung w als Produkt zweier Funktionen, die jeweils nur von einer Variablen abhängen darstellbar, also: (6 w(x, t = X(xT(t. (7 Wird dieser Ansatz in Gl. (6 eingesetzt, ergibt sich X(x T(t + c 2 X IV T(t = 0. (8

2 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen II Kontinuumsmechanik 05. Übungsblatt, WS 2012/13, S. 2 Im nächsten Schritt separieren wir nach Variablen und erhalten T(t T(t = c2 XIV (x X(x. Da die linke Seite nur von t abhängt und die rechte Seite nur von x, kann es sich bei beiden Seiten nur um einunddieselbe Konstante handeln. 1 Wir definieren also T(t T(t = c2 XIV (x = ω 2 = const. (10 X(x Aus diesem Ausdruck erhalten wir zwei unabhängige gewöhnliche lineare Differentialgleichungen für T und X: T(t + ω 2 T(t = 0, X IV (x ω2 X(x = 0, }{{} c 2 =λ 4 mit den allgemeinen Lösungen T(t = A cos(ωt + B sin(ωt, X(x = C 1 cos(λx + C 2 sin(λx + C 3 cosh(λx + C 4 sinh(λx. (14 Im nächsten Schritt werden Randbedingungen aufgestellt, um die Lösung an das Problem anzupassen. Drei der vier nötigen Randbedingungen sind selbsterklärend und lassen sich aus der Skizze entnehmen: 2 w(x = 0, t = X(0T(t = 0 X(0 = 0 (RB 1 w (x = 0, t = X (0T(t = 0 X (0 = 0 (RB 2 w (x = l, t = X (lt(t = 0 X (l = 0 (RB 3 Für die letzte erforderliche Randbedingung machen wir einen Freischnitt am rechten Rand: Newton II: mẅ(x = l, t = Setzen wir nun Gl. ((11 in den obigen Ausdruck ein, erhalten wir mx(lω 2 T(t = EIX (lt(t, mω 2 X(l + EIX (l = 0. Einsetzen des Ansatzes in Gl. ((7 liefert F z = Q(x = l, t = EIw (x = l, t (15 mx(l T(t = EIX (lt(t. (16 Zur Auswertung der Randbedingungen müssen Ableitungen der Funktion X(x bestimmt werden: (9 (11 (12 (13 (17 (RB 4 X(x = C 1 cos(λx + C 2 sin(λx + C 3 cosh(λx + C 4 sinh(λx (18 X (x = λ [ C 1 sin(λx + C 2 cos(λx + C 3 sinh(λx + C 4 cosh(λx ] (19 X (x = λ 2[ C 1 cos(λx C 2 sin(λx + C 3 cosh(λx + C 4 sinh(λx ] (20 X (x = λ 3[ C 1 sin(λx C 2 cos(λx + C 3 sinh(λx + C 4 cosh(λx ] (21 Damit können nun die Randbedingungen ausgewertet werden: 1 Würde man beispielsweise t variieren, würde sich der Ausdruck links ändern. Durch eine Variation in t entsteht jedoch keinerlei Änderung der rechten Seite, da diese nur von x abhängt. Die Gleichung wäre demnach nicht mehr erfüllt. Gleiches geschieht bei einer Änderung von x 2 Beachte, dass die Randbedingungen selbstverständlich durch die gesamte Lösung w(x, t = X(xT(t erfüllt werden müssen und nicht nur durch die Funktion X(x.

3 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen II Kontinuumsmechanik 05. Übungsblatt, WS 2012/13, S. 3 RB 1: X(0 = C 1 cos(λ0 + C 2 sin(λ0 + C 3 cosh(λ0 + C 4 sinh(λ0 = 0 (22 C 1 + C 3 = 0 (23 RB 2: X (0 = λ 2[ ] C 1 + C 3 = 0 (24 C 1 + C 3 = 0 (25 Das Gleichungssystem aus (23 und (25 liefert das Ergebnis C 1 = C 3 = 0. (26 RB 3: X (l = λ [ C 2 cos(λl + C 4 cosh(λl ] = 0 (27 C 2 cos(λl + C 4 cosh(λl = 0 (28 RB 4: mω 2[ C 2 sin(λl + C 4 sinh(λl ] + EIλ 3[ C 2 cos(λl + C 4 cosh(λl ] = 0 (29 C 2 [ mω 2 sin(λl EIλ 3 cos(λl ] + C 4 [ mω 2 sinh(λl + EIλ 3 cosh(λl ] = 0 (30 Zur Lösung des Gleichungssystems aus (28 und (30 schreiben wir dieses in Matrix-Vektor-Form um: [ ] [ ] [ cos(λl cosh(λl c2 0 mω 2 sin(λl EIλ 3 cos(λl mω 2 sinh(λl + EIλ 3 = cosh(λl c 4 0] } {{ } =A Um nicht-triviale Lösungen dieses Gleichungssystems zu erhalten, muss gelten: det(a! = 0. (31 (32 Die Auswertung liefert det(a = cosh(λl [ mω 2 sin(λl λ 3 EI cos(λl ] + cos(λl [ mω 2 sinh(λl + λ 3 EI cosh(λl ]! = 0 mω 2[ cos(λl sinh(λl + sin(λl cosh(λl ] = 2λ 3 EI cosh(λl cos(λl mω 2[ tanh(λl + tan(λl ] = 2λ 3 EI (33 Mit ω 2 = λ 4 c 2 folgt tan(λl tanh(λl = 2λ3 EI mω 2 tan(λl tanh(λl = 1 2EI λ mc = 1 2ρA 2 λ m. (34 Diese transzendente Gleichung 3 heißt Frequenzgleichung oder charakteristische Gleichung, da über ω = λ 2 c (35 eine Einschränkung für die Frequenz ω vorliegt. Löst man die Frequenzgleichung für λ (graphisch oder numerisch, so lassen sich aussagen über die Frequenz treffen. 3 Transzendent heißen Gleichungen, die nicht explizit gelöst, also nur durch numerische oder graphische Näherungen aufgelöst werden können.

4 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen II Kontinuumsmechanik 05. Übungsblatt, WS 2012/13, S. 4 2 Hausaufgabe a Zugehörige pdgl Das Problem wird durch die Wellengleichung beschrieben: c 2 2 w x 2 = 2 w t 2, c2 = S µ (36 b Produktansatz Setzt man die partiellen Ableitungen des Produktansatzes von Bernoulli w (x, t = X (xt(t und ẅ = X(x T(t (37 in die Wellengleichung ein, so erhält man c 2 X (x X(x = T(t T(t = ω2 (38 und daraus die beiden gewöhnlichen Differentialgleichungen ( ω 2 X (x + X(x = 0, c (39 T(t + ω 2 T(t = 0. Die allgemeinen Lösungen sind (40 X(x = A sin(λx + B cos(λx, λ ω c, (41 T(t = C sin(ωt + D cos(ωt, sodass wir für die allgemeine Lösung für w finden: w(x, t = ( A sin(λx + B cos(λx ( C sin(ωt + D cos(ωt. (43 c Randbedingungen Die durch die Lagerung vorgegebenen Randbedingungen lauten w(x = 0, t = 0, und w(x = l, t = 0 (44 d Auswertung der Randbedingungen Aus der ersten Randbedingung folgt mit der allgemeinen Lösung (43 unmittelbar B = 0 (45 und damit dann aus der zweiten, dass A sin(λl = 0. Diese Gleichung hat nicht-triviale Lösungen bei λ k = kπ l bzw. ω k = kcπ, k Z. l Für k N erhält man die gesuchten Eigenkreisfrequenzen. Nach Auswertung der Randbedingungen erhält man somit die Lösung w(x, t = ( Ck sin(ω k t + D k cos(ω k t sin ( ωk c x. (48 (42 (46 (47

5 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen II Kontinuumsmechanik 05. Übungsblatt, WS 2012/13, S. 5 e Anfangsbedingungen Die obige Lösung wird nun an die Anfangsbedingungen w(x, t = 0 = w A, (49 ẇ(x, t = 0 = 0 (50 angepasst. Die erste Anfangsbedingung liefert ( kπ ( π D k sin x = w 0 sin l l x (51 mit der offensichtlichen Lösung D 1 = w 0 und D k = 0, k N \ {1}. (52 Dieses Ergebnis führt zusammen mit der zweiten Anfangsbedingung zu ( ωk C k ω k sin c x = 0. (53 Diese Gleichung ist nur erfüllt für C k = 0, k N. (54 Damit haben wir die Lösung vollständing bestimmt: ( π ( π w(x, t = w 0 cos l ct sin l x. (55

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