1 Longitudinale Balkenschwingung

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1 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen III Kontinuumsmechanik 07. Übungsblatt, WS 2014/15, S. 1 1 Longitudinale Balkenschwingung Die Differentialgleichung der longitudinalen axialen Schwingung eines Balkens lautet: 2 u t 2 = c2 2 u x 2. 1 Die Lösung setzt sich aus zwei Teilen zusammen, die Lösung der freien Schwingung ohne Anregung aufgrund gegebener Anfangsbedingunen und die Lösung der angeregten Schwingung. Die Gesamtlösung wird dann die Summe von beiden Lösungen, weil die Differentialgleichung linear ist, also u = u frei + u erregt. a Durch Anwendung das Separationsverfahren nach Bernoulli finden wir 2 Differentialgleichungen. Die allgemeine Lösung ohne Erregung, also die freie Schwingung, lautet damit: u frei x, t = XxT t = X 1 kx + X 2 coskx T 1 ωt + T 2 cosωt, k = ω c, c = E 2 ρ wobei die Konstanten X 1, X 2 aus den Randbedingungen und T 1, T 2 aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden müssen. Im vorliegenden Fall ist der Balken links fest eingespannt u frei x = 0, t = 0 X 2 = 0. 3 Rechts ist ein freies Ende, d.h. es wirken keine Kräfte. Wir benutzen das Hookesche Gesetz: σ 11 = Eε 11 = E u x, σ 11 = F A, F = EAu freix = l, t = 0 coskl = 0, k n l = 2n 1 π 2, n = 1, 2, 3, Somit haben wir die systemspezifischen Größen gefunden, k n d die Wellenzahlen und ω n = ck n d die Eigenfrequenzen. Die Lösung ist die Summe aller möglichen Lösungen: u frei x, t = X 1 k n x T 1,n ω n t + T 2,n cosω n t, 5 wobei die Konstanten auch zusammengefasst werden können: u frei x, t = k n x T 3,n ω n t + T 4,n cosω n t, 6 b Die Konstanten T 3,n und T 4,n müssen nun aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden: u frei x, t = 0 = ux, t = 0 = t u frei x, t = 0 = 0 T 4,n = 0, k n xt 3,n ω n = { v 0, x [0,4l; 0,6l]. Um aus der zweiten Anfangsbedingung die Konstanten, T 3,n, zu bestimmen, brauchen wir eine Substitution in den Fourier Raum, weil wir diese Orthogonalitätsbedingung: kn l 2π y km l 2π y dy = πδ nm, n, m = 1, 2, 3,... 8 anwenden möchten. Deshalb multiplizieren wir mit k m x und integrieren wir in x: { } v 0, x [0,4l; 0,6l] ux, t = 0 k m x dx = k m x dx. 9 7

2 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen III Kontinuumsmechanik 07. Übungsblatt, WS 2014/15, S. 2 Wir wissen aber die Orthogonalitätsbedingung im Fourier Raum, deshalb transformieren wir auf y mit der Substitution: 1 x l = y 2π x = l 2π y, k nx = k nl 2π y, dx = l dy, 2π 10 so dass wir erhalten: l u 2π y, t = 0 km l { v 0, { v 0, 2π y l 2π dy = l 2πy [0,4l; 0,6l] } } y [0,8π; 1,2π] y=1,2π,8π v 0 kn l 2π y km l l T 3,n ω n 2π y 2π dy, km l 2π y dy = πδ nm T 3,n ω n, km l 2π y dy = πt 3,m ω m, km l 2π y dy = T 3,m πω m, 2π v 0 k m l cos km l 2π y y=1,2π = T 3,mπω m,,8π 2v 0 cos 0,4k m l cos 0,6k m l = T 3,m. ω m k m l Nun benutzen wir die systemeigenen Größen aus der Gl. 4, nämlich k n l = 2n 1 π /2 und auch ω n = ck n, somit kriegen wir die Fourier Koeffizienten: Somit ist die Lösung: u frei x, t = 8v 0 l T 3,n = c2n 1 2 π 2 cos 0,42n 1 π π cos 0,62n v 0 l T 3,n = c2n 1 2 π 2 cos 0,22n 1π cos 0,32n 1π. 8v 0 l c2n 1 2 π 2 cos 0,4nπ 0,2π cos 0,6nπ 0,3π 2n 1πx c2n 1πt. 2l 2l 13 c Nun wird die zusätzliche äußere Erregerkraft betrachtet. Die Gesamtlösung des Systems setzt sich aus dem freien Schwingungsanteil aus den Anfangsbedingungen siehe Teil b sowie dem Anteil der Fremderregung zusammen: ux, t = u frei x, t + u erregt x, t. 14 Die Lösung u erregt x, t muss auch die Differentialgleichung erfüllen. Wir wählen deshalb den gleichen Ansatz wie oben, d.h. u erregt = XxT t. Aufgrund der Erregung am rechten Rand: ˆF = EAu x = l, t = osωt, 15 wählen wir jedoch einen passenden Ansatz mit identischem Zeitverlauf wie die Erregung selbst Erinnere: Ansatz vom Typ der rechten Seite - Kinematik und Dynamik : u erregt x, t = Xx cosωt Leider wurde dies in der Übung und auch in den Tutorien mit einem Fehler vorgezeigt. Mit der Methode kriegt man Ergebnisse viel leichter und die Anfangsbedingung wird auch besser approximiert.

3 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen III Kontinuumsmechanik 07. Übungsblatt, WS 2014/15, S. 3 Nun setzen wir diesen Ansatz in die Wellengleichung ein: 2 u erregt t 2 = c 2 2 u erregt x 2, XxΩ 2 cosωt = c 2 X x cosωt, X x + Ω2 c 2 Xx = 0 Xx = X 3 Kx + X 4 coskx, K = Ω c. Selbstverständlich gilt die Randbedingung des linken Randes immer noch, aber rechts ist die Randbedingung durch die aufgeprägte Kraft ˆF t bestimmt: u erregt x = 0, t = 0 X 4 = 0, u erregtx = l, t = ˆF t EA = F 0 EA cosωt = KX 3 coskl cosωt X 3 = Die Lösung lautet damit: F 0 17 F 0 EAK coskl. 18 u erregt x, t = EAK coskl Kx cosωt, K = Ω c. 19 Die Gesamtlösung ist nun: 8v 0 l ux, t = u frei + u erregt = c2n 1 2 π 2 cos 0,4nπ 0,2π cos 0,6nπ 0,3π 2n 1πx 2l c2n 1πt Ωx 2l EAΩ cos cosωt. Ωl c c 20 d Die Erregungsfrequenz Ω ist frei wählbar. Wenn wir die Lösung mit einer neuen Größe ζ = Ω /ω n umschreiben: u erregt x, t = Kx cosωt = Kx cosωt = EAΩ cosζ ωnl /c EAΩ cosζk n l 21 = EAΩ cosζ2n 1 π 2 Kx cosωt, n = 1, 2,..., erkennen wir, dass mit ζ 1 der Nenner gegen Null geht, wegen cosζ2n 1 π 2 0, und deshalb der Vorfaktor gegen unendlich geht. Dies ist der Resonanzfall, da ζ = 1 nur dann der Fall ist, wenn die Erregungsfrequenz Ω eine von der Eigenfrequenzen ω 1, ω 2, ω 3,... ausgewählt wird. f Für einen Stahlbalken der Länge l = 1 m mit Elastizitätsmodul E = 210 GPa, Wellengeschwindigkeit c = 5000 m/s, Querschnittsfläche A = 100 mm 2 wird die Anfangsgeschwindigkeit mit v 0 = 10 mm/s und Anfachung F 0 = 50 kn mit Ω = Hz werden die unteren Bildern erstellt.

4 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen III Kontinuumsmechanik 07. Übungsblatt, WS 2014/15, S. 4 Abbildung 1: Freie Schwingung, links: t = 0,1 ms und rechts: t = 1 ms. Abbildung 2: Erregte Schwingung, links: t = 0,1 ms und rechts: t = 1 ms. 2 Code " " " W e l l e n g l e i c h u n g n a c h B e r n o u l l i d e s U e b u n g s b l a t t e s 0 7. " " " author = "B. Emek Abali abali@tu b e r l i n. de " date = " " copyright = " Copyright C 2013, B.E.A. " license = "GNU GPL Version 3 or any l a t e r v e r s i o n " # # A u s f u e h r e n : p y t h o n B e r n o u l l i 0 1. py # # F u e r d i e S c i P y und NumPy P a k e t e : h t t p : / / www. s c i p y. o r g / D o w n l o a d # # u n t e r U b u n t u : s u d o a p t g e t i n s t a l l p y t h o n s c i p y p y t h o n m a t p l o b l i b # # u n t e r Windows P y t h o n 2. 7 : h t t p : / / www. p o r t a b l e p y t h o n. com / # from numpy import import pylab

5 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen III Kontinuumsmechanik 07. Übungsblatt, WS 2014/15, S. 5 Abbildung 3: Gesamte Lösung, links: t = 0,1 ms und rechts: t = 1 ms. pylab. rc f o n t, s i z e =20 pylab. rc l i n e s, m a r k e r s i z e =14, l i n e w i d t h =5 # u n i t s : m, mus l = 1. 0 #m d o f s =100 x = l i n s p a c e 0., l, d o f s v0 =10. sum_no = 100 #1 0 and c= 5000.E 3 #m/ ms F0= #N A=100.#mm^2 Om=100. #1 / ms E= print Welle d u r c h l a e u f t den Balken i n :, l /c, ms tend =5. l / c t =0. dt =0.002 wave [ : ] += 8. v0 l / c 2. n 1. 2 p i 2 cos 0. 4 n pi 0.2 p i cos 0. 6 n pi 0.3 p i pylab. f i g u r e 2, f i g s i z e =12,8, dpi =70 pylab. ion i =0 while t < tend : print t i+=1 pylab. c l f wave = z e r o s d o f s pylab. ylim ymax=0.5, ymin= 0.5 pylab. xlim xmin =0.0, xmax=l for n in range 1, sum_no : pylab. p l o t x, wave, l i n e s t y l e=, c o l o r= r, l i n e w i d t h =5, alpha =1. pylab. a x h l i n e y =0., lw=1, c o l o r= k, l i n e s t y l e= pylab. x l a b e l $x$ [m]

6 Eindimensionale Kontinuumsschwingungen III Kontinuumsmechanik 07. Übungsblatt, WS 2014/15, S. 6 pylab. y l a b e l $u$ [mm] pylab. draw name = / bea / c a l c u l / wellenbernoullilkm /pix_ueb07_% i 05 d. png % { i : i } pylab. s a v e f i g name t +=dt import os f i l e n a m e s = / bea / c a l c u l / wellenbernoullilkm /pix_ueb07_%05d. png opt1 = / usr / share / f o n t s / t r u e t y p e / f r e e f o n t / F r e e S e r i f. t t f opt2 = B. Emek Abali L o n g i t u d i n a l e Wellen im Balken LKM / TU B e r l i n cmd = ffmpeg f image2 r 25 i %s sameq v f drawtext=f o n t f i l e="%s " : t e x t="\%s "\ : x=100:y=20: f o n t s i z e =16 Uebung07Wellen. a v i %filenames, opt1, opt2 os. system cmd