Formeln und Aufgaben zur Technischen Mechanik 4: Hydromechanik, Elemente der hoheren Mechanik, Numerische Methoden

Springer-Lehrbuch Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostoc...

Author: Dietmar Gross | Werner Hauger | Jorg Schroder | Ewald Werner

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Springer-Lehrbuch

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross studierte Angewandte Mechanik und promovierte an der Universität Rostock. Er habilitierte an der Universität Stuttgart und ist seit 1976 Professor für Mechanik an der TU Darmstadt. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderen die Festkörper- und Strukturmechanik sowie die Bruchmechanik. Hierbei ist er auch mit der Modellierung mikromechanischer Prozesse befasst. Er ist Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften sowie Autor zahlreicher Lehrund Fachbücher.

Prof. Dr. Werner Hauger studierte Angewandte Mathematik und Mechanik an der Universität Karlsruhe und promovierte an der Northwestern University in Evanston/Illinois. Er war mehrere Jahre in der Industrie tätig, hatte eine Professur an der Universität der Bundeswehr in Hamburg und wurde 1978 an die TU Darmstadt berufen. Sein Arbeitsgebiet ist die Festkörpermechanik mit den Schwerpunkten Stabilitätstheorie, Plastodynamik und Biomechanik. Er ist Autor von Lehrbüchern und Mitherausgeber internationaler Fachzeitschriften. Prof. Dr.-Ing. Jörg Schröder studierte Bauingenieurwesen, promovierte an der Universität Hannover und habilitierte an der Universität Stuttgart. Nach einer Professur für Mechanik an der TU Darmstadt ist er seit 2001 Professor für Mechanik an der Universität Duisburg-Essen. Seine Arbeitsgebiete sind unter anderem die theoretische und die computerorientierte Kontinuumsmechanik sowie die phänomenologische Materialtheorie mit Schwerpunkten auf der Formulierung anisotroper Materialgleichungen und der Weiterentwicklung der Finite-Elemente-Methode. Prof. Dr. mont. Ewald A. Werner studierte Werkstoffwissenschaften, promovierte und habilitierte an der Montanuniversität Leoben. Er forschte am Erich Schmid Institut für Festkörperphysik der österreichischen Akademie der Wissenschaften und an der ETH Zürich. Von 1997 bis 2002 war er Professor für Mechanik an der TU München, seit 2002 leitet er dort den Lehrstuhl für Werkstoffkunde und Werkstoffmechanik. Seine Arbeitsgebiete sind die Metallphysik und die Werkstoffmechanik. Er ist Koautor von Lehrbüchern und Mitherausgeber mehrerer internationaler Fachzeitschriften.

Dietmar Gross · Werner Hauger Jörg Schröder · Ewald Werner

FormelnundAufgaben zur Technischen Mechanik 4 Hydromechanik, Elemente der Höheren Mechanik, Numerische Methoden 1. Auflage

Mit 350 Abbildungen

123

Prof. Dr.-Ing. Dietmar Gross Prof. Dr. Werner Hauger Institut für Mechanik Technische Universität Darmstadt Hochschulstraße 1 64289 Darmstadt

Prof. Dr.-Ing. Jörg Schröder Institut für Mechanik Universität Duisburg-Essen Campus Essen Universitätsstraße 15 45117 Essen

Prof. Dr. mont. Ewald A. Werner Lehrstuhl für Werkstoffkunde und Werkstoffmechanik TU München Boltzmannstraße 15 85747 Garching b. München

ISBN 978-3-540-21488-5

e-ISBN 978-3-540-49843-8

DOI 10.1007/978-3-540-49843-8 Bibliografische Information der Deutschen Nationalbibliothek Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © 2008 Springer-Verlag Berlin Heidelberg Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, daß solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Sollte in diesem Werk direkt oder indirekt auf Gesetze, Vorschriften oder Richtlinien (z.B. DIN, VDI, VDE) Bezug genommen oder aus ihnen zitiert worden sein, so kann der Verlag keine Gewähr für die Richtigkeit, Vollständigkeit oder Aktualität übernehmen. Es empfiehlt sich, gegebenenfalls für die eigenen Arbeiten die vollständigen Vorschriften oder Richtlinien in der jeweils gültigen Fassung hinzuzuziehen. Satz: Reproduktionsfertige Vorlagen der Autoren Herstellung: LE-TEX Jelonek, Schmidt & Vöckler GbR, Leipzig Umschlaggestaltung: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier 987654321 springer.com

Vorwort Mit dem vorliegenden Band stellen wir Studienmaterial zu ausgew¨ ahlten Gebieten der Technischen Mechanik zur Verf¨ ugung. Behandelt werden die Grundlagen der Hydromechanik, der Elastizit¨ atstheorie, der Tragwerkslehre, der Schwingungen von Kontinua, der Stabilit¨ atstheorie, der Plastizit¨ at und Viskoelastizit¨ at sowie der Numerischen Methoden. Mit dieser Stoffauswahl kann das Werk als Erg¨ anzung zum Lehrbuch Technische Mechanik 4 angesehen werden, an dem zwei der Autoren beteiligt sind. Unabh¨ angig davon kann die Sammlung von Formeln und Aufgaben eine Hilfestellung beim Eindringen in die genannten Gebiete sein. Bei der Gestaltung der Aufgaben haben wir uns um m¨ oglichste Klarheit und Verst¨ andlichkeit bem¨ uht. Auch haben wir versucht, die Themengebiete weitgehend abzudecken. Deutlich warnen wollen wir aber vor einem reinen Nachlesen der L¨ osungen. Sinnvoll wird diese Sammlung nur dann genutzt, wenn die Leserin oder der Leser zun¨ achst selbst¨ andig versucht, zur L¨ osung einer Aufgabe zu gelangen und erst danach auf den hier angebotenen L¨ osungsweg blickt. Selbstverst¨ andlich kann diese Sammlung kein Lehrbuch ersetzen. Wem die theoretischen Grundlagen oder die Begr¨ undung verschiedener Formeln und Verfahren nicht mehr gel¨ aufig sind, den verweisen wir auf das schon genannte Lehrbuch Technische Mechanik 4 sowie auf die darin enthaltenen Literaturempfehlungen. Dem Springer-Verlag danken wir f¨ ur die gute Zusammenarbeit und die ansprechende Ausstattung des Buches. Gedankt sei an dieser Stelle auch Vera Ebbing, Sarah Brinkhues, Dominik Brands und Hamid Aslami in Essen sowie Volker Mannl (†), Cornelia Schwarz und Robert Werner in M¨ unchen f¨ ur die Unterst¨ utzung bei der Erstellung des Manuskripts. Wir w¨ unschen dem Band eine freundliche Aufnahme bei der Leserschaft und sind f¨ ur kritische Anmerkungen und Anregungen dankbar. Darmstadt, Essen und M¨ unchen, im Dezember 2007

D. Gross W. Hauger J. Schr¨ oder E. Werner

Inhaltsverzeichnis 1

2

3

4

5

6

7

Hydromechanik Formelsammlung ...................................................

2

Aufgaben und L¨ osungen ..........................................

8

Grundlagen der Elastizit¨ atstheorie Formelsammlung ...................................................

56


64

Statik spezieller Tragwerke Formelsammlung ...................................................

114


119

Schwingungen kontinuierlicher Systeme Formelsammlung ...................................................

150


156

Stabilit¨ at elastischer Strukturen Formelsammlung ...................................................

214


221

Viskoelastizit¨ at und Plastizit¨ at Formelsammlung ...................................................

286


296

Numerische Methoden in der Mechanik Formelsammlung ...................................................

354


361

Kapitel 1 Hydromechanik

1

2

Hydromechanik

Hydrostatik Voraussetzung: Die Dichte ρ der Fl¨ ussigkeit ist konstant. Druck in einer ruhenden Fl¨ ussigkeit: Der Druck p ist eine Fl¨ achenkraft. Er ist in einer ruhenden Fl¨ ussigkeit in allen (gedachten) Schnitten durch einen Punkt gleich groß und wirkt orthogonal zur jeweiligen Schnittfl¨ ache: hydrostatischer Spannungszustand. In einer Fl¨ ussigkeit unter der Wirkung der Schwerkraft w¨ achst der Druck linear mit der Tiefe: p0 p0 z ρ p(z) = p0 + ρgz. p(z) Auftrieb: Der Auftrieb eines ganz oder teilweise in eine Fl¨ ussigkeit eingetauchten K¨ orpers ist gleich dem Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge: α1 dA1 p1 dA1 ρ dA FA = ρgV.

h

V SF dA2

α2

p2 dA2

Die Wirkungslinie des Auftriebs geht durch den Schwerpunkt SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Schwimmender K¨ orper: Ein schwimmender K¨ orper taucht so tief in eine Fl¨ ussigkeit ein, bis das Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge gleich seinem eigenen Gewicht ist. Die entsprechende Schwimmlage ist stabil, wenn das Metazentrum M oberhalb des Schwerpunkts SK des K¨ orpers liegt: hM

( Ix > 0 : stabile Gleichgewichtslage, = −e V < 0 : instabile Gleichgewichtslage.

3

Hydromechanik

M A hM

x y

SK

e

SF V z

achentr¨ agheitsmoment der von der x, y-Ebene aus dem Ix : Fl¨ K¨ orper geschnittenen Fl¨ ache A (Schwimmfl¨ ache), V : Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge, e: Abstand des K¨ orperschwerpunkts SK vom Schwerpunkt SF der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Druck einer Fl¨ ussigkeit auf ebene Fl¨ achen: Die resultierende Kraft F einer Fl¨ ussigkeit auf eine ebene Fl¨ ache A ist gleich dem Proachenschwerpunkt S und der Fl¨ ache: dukt aus dem Druck pS im Fl¨ F = pS A = ρgzS A.

x α

z F

x

y

ρ p

yD

yS

yD S D A

dA A

xS y

4

Hydromechanik

Die Wirkungslinie von F geht durch den Druckmittelpunkt D: xD = − Ixy /Sx ,

yD = Ix /Sx = yS + IxS /(yS A).

Ix , Ixy : Fl¨ achentr¨ agheitsmomente bzgl. des x, y-Koordinatensystems, Sx : statisches Moment bzgl. der x-Achse, IxS : Fl¨ achentr¨ agheitsmoment bzgl. einer zur x-Achse parallelen Achse durch den Schwerpunkt S der Fl¨ ache, yS : Abstand des Schwerpunkts S von der x-Achse. Druck einer Fl¨ ussigkeit auf gekr¨ ummte Fl¨ achen: Die Vertikalussigkeit auf eine gekomponente FV der resultierenden Kraft einer Fl¨ kr¨ ummte Fl¨ ache ist gleich dem Gewicht der Fl¨ ussigkeit, die sich oberhalb der Fl¨ ache befindet: FV = ρgV. Ihre Wirkungslinie geht durch den Schwerpunkt des Fl¨ ussigkeitsvolumens V . dA¯ z

dV V α

ρ

dA∗

dF

S dA

ρ

∗

A∗

A

Die Horizontalkomponente FH ist das Produkt aus der projizierten ache: Fl¨ ache A∗ und dem Druck pS ∗ im Schwerpunkt S ∗ dieser Fl¨ FH = pS ∗ A∗ . Sie stimmt mit der Kraft u ussigkeit auf die verti¨ berein, die von der Fl¨ ubt wird. Diese Aussagen gelten sinngem¨ aß kale ebene Fl¨ ache A∗ ausge¨ auch dann, wenn sich eine Fl¨ ussigkeit unterhalb einer gekr¨ ummten Fl¨ ache befindet.

Hydromechanik

5

Hydrodynamik Kinematik Das Geschwindigkeitsfeld v(x, t) beschreibt die Bewegung einer Fl¨ ussigkeit: jedem Ort x in der Fl¨ ussigkeit wird eine Geschwindigkeit v zur Zeit t zugewiesen. Das Geschwindigkeitsfeld ist station¨ ar f¨ ur ∂v/∂t = 0, ansonsten instation¨ ar. Bahnlinie: Kurve der Bahn, die ein Fl¨ ussigkeitsteilchen im Laufe der Zeit zur¨ ucklegt. Die Bahnlinie x(t) ergibt sich aus der Differentialgleichung d x(t) = v(x(t), t). dt Stromlinien: Kurvenschar, deren Tangentenrichtung in jedem Raumpunkt x mit der Richtung des ¨ ortlichen Geschwindigkeitsvektors u ¨ bereinstimmt. Das Stromlinienfeld ergibt sich aus der Differentialgleichung d x(s) = v(x(s), t), ds wobei s die Bogenl¨ ange einer Stromlinie ist. Bei station¨ aren Str¨ omungen fallen die Bahn- und die Stromlinien zusammen. Stromfadentheorie Bei der station¨ aren Str¨ omung einer idealen Fl¨ ussigkeit in einer Stromr¨ ohre h¨ angen die Geschwindigkeit und der Druck nur von der Bogenl¨ ange s entlang der Leitstromlinie ab:

Leitstromlinie

v = v(s), Stromröhre

p = p(s). s

Kontinuit¨ atsgleichung: Das pro Zeiteinheit durch einen beliebigen festen Querschnitt str¨ omende Fl¨ ussigkeitsvolumen (Volumenstrom: Q = A v) ist konstant:

6

Hydromechanik

A2

v2

2

p2 Av = const, d.h.

1

A1

A1 v1 = A2 v2 .

Leitstromlinie z

s

v1

p1

x Bernoullische Gleichung: a) F¨ ur reibungsfreie Fl¨ ussigkeiten (Str¨ omungen ohne Energieverluste) gilt ρv 2 /2 + p + ρgz = const, bzw. v 2 /(2g) + p/(ρg) + z = H = const. Staudruck (dyn. Druck): ρv 2 /2, statischer Druck: p, geod¨ atischer Druck: ρgz, Gesamtdruck: ρv 2 /2 + p,

Geschwindigkeitsh¨ ohe: v 2 /(2g), Druckh¨ ohe: p/(ρg), Ortsh¨ ohe: z, hydraulische H¨ ohe: H.

Anwendung: Ausfluss aus einem großen Beh¨ alter. Torricellische Ausflussformel: As

1

p0

vs = 0 v=

p

2gh.

h

ρ A As Leitstromlinie 2

v

b) F¨ ur reibungsbehaftete Fl¨ ussigkeiten (Str¨ omungen mit Energieverlusten) gilt die verallgemeinerte Bernoullische Gleichung

Hydromechanik

7

ρv12 /2 + p1 + ρgz1 = ρv22 /2 + p2 + ρgz2 + Δpv . Druckverlust: Δpv ,

Druckverlustzahl: ζ =

Δpv . ρv12 /2

Beispiel: Carnotscher Stoßverlust

p1 v1 ρ

v2 p1

A1

p1

p2 A2

Δpv =

„ «2 A1 ρ 2 . v1 1 − 2 A2

Impulssatz: Die resultierende Kraft auf eine abgeschlossene Fl¨ ussigkeitsmenge ist gleich der Differenz des pro Zeiteinheit aus dem entsprechenden Kontrollvolumen ausfließenden Impulses und des einfließenden Impulses: v2 dt v2 A2 F =m ˙ (v 2 − v 1 ).

v

v1 dt dm v1

A1

Massenstrom:

m ˙ = ρAv = ρ Q,

ausfließender Impulsstrom: mv ˙ 2, einfließender Impulsstrom: mv ˙ 1.

8

A1.1

Hydromechanik

Aufgabe 1.1 Zwei Behälter, die jeweils mit einem Gas der Dichte ρ1 gef¨ ullt sind, werden durch ein Manometer verbunden. Die Dichte der ucke in den Beh¨ altern u Manometerfl¨ ussigkeit ist ρ2 . Wenn die Dr¨ ¨ bereinachen zwischen den Gasen stimmen (pa = pb ), befinden sich die Trennfl¨ ¨ und der Fl¨ ussigkeit in der H¨ ohe . Bei Uberdruck Δp = pa − pb > 0 im linken Beh¨ alter senkt sich die Fl¨ ussigkeit im Manometergef¨ aß um die H¨ ohe Δz, im Rohr steigt sie um die Strecke Δl. ¨ Man bestimme den Uberdruck Δp als Funktion von Δl. pa

A1

ρ1

2

ρ1

ρ2

Δz 1

ρ1

h

H 0

pb

Δl α

A2

L¨ osung Wir sehen die Dichten in den Gasen als konstant an. Dann k¨ onnen wir die Gase wie Fl¨ ussigkeiten behandeln. Die Dr¨ ucke in den Trennfl¨ achen im Gef¨ aß (H¨ ohe {), bzw. im Steigrohr (H¨ ohe |) sind somit nach der hydrostatischen Druckgleichung durch p1 = pa + ρ1 g (H + Δz)

bzw.

p2 = pb + ρ1 g h

gegeben. Der Druck im Rohr in der H¨ ohe { stimmt mit dem Druck in der Trennfl¨ ache im Gef¨ aß u ¨ berein: p1 = p2 + ρ2 g (Δl sin α + Δz) →

pa + ρ1 g (H + Δz) = pb + ρ1 g h + ρ2 g (Δl sin α + Δz).

F¨ ur das Volumen V der aus dem Gef¨ aß in das Rohr verdr¨ angten Fl¨ ussigkeit gilt V = A2 Δz =

A1 Δl sin α sin α

→

Δz =

A1 Δl. A2

Mit H − h = Δl sin α folgt Δp = pa − pb = Δl g (ρ2 − ρ1 )(A1 /A2 + sin α). Die Bestimmung eines kleinen Druckunterschieds Δp wird umso genauer, je gr¨ oßer Δl ist. Daher sollten z. B. bei gegebenen Dichten der oglichst klein sein. Winkel α und das Fl¨ achenverh¨ altnis A1 /A2 m¨

Aufgaben und L¨ osungen

a

Aufgabe 1.2 Ein Prisma (Länge l, Dichte ρP ), dessen Querschnittsfl¨ ache die Form eines gleichseitigen Dreiecks (Kantenl¨ ange a) hat, schwimmt in einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρF ). ρF

L¨ osung Am freigeschnittenen Prisma wirken das Gewicht G und der Auftrieb FA . Aus der Gleichgewichtsbedingung

folgt, dass das Prisma so tief eintaucht, bis das Gewicht der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge (= Auftrieb) gleich seinem eigenen Gewicht ist. Mit

A1.2

ρP

Wie tief taucht es infolge seines Eigengewichts ein? Ist diese Lage stabil?

FA − G = 0

9

a G x

√

SP SF

3 a=H √ 2

3 a 3

e FA

V

2 h 3

h

h √ 3

√ √ 1 3 3 al = ρ ga2 l G = ρP g a 2 2 4 P und 1 1 2 FA = ρF g √ h h l = √ ρF gh2 l 2 3 3 erh¨ alt man √ 1 3 ρ ga2 l = √ ρF gh2 l 4 P 3

s →

a h= 2

Damit das Prisma schwimmt, muss h < s √ ρP 3 a 3ρP a → < < 1. 2 ρF 2 ρF

√

3ρP . ρF 3a/2 sein:

Die Dichte des Prismas muss kleiner als die Dichte der Fl¨ ussigkeit sein.

10

Hydromechanik

Um die Stabilit¨ at der ermittelten Gleichgewichtslage des Prismas zu untersuchen, bestimmen wir die Lage des Metazentrums: hM =

Ix − e. V

achenmoment zweiter Ordnung bez¨ uglich der xDabei sind Ix das Fl¨ Achse, V das Volumen der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge und e der angten Fl¨ ussigkeitsmenge vom Abstand des Schwerpunkts SF der verdr¨ Schwerpunkt SP des Prismas. Mit „ «3 2h l √ 1 2lh3 3 Ix = = √ , V = √ h2 l, 12 9 3 3 √ 3 2 e= a− h 3 3 folgt hM =

√ ” 1“ 8h − 3 3 a . 9

ur hM < 0. Die Gleichgewichtslage ist stabil f¨ ur hM > 0 und instabil f¨ Bei einem vorgegebenen Wert von a gilt daher: √ h > 3 3a/8 = 3H/4 → stabile Lage, und √ h < 3 3a/8 = 3H/4

→

instabile Lage.

Man kann das Stabilit¨ atskriterium r auch mit Hilfe der Dichten ρP a 3ρP und ρF formulieren. Wegen h = folgt 2 ρF s √ r ρP a 3ρP 3 3 3 ≶ ≶ , a → 2 ρF 8 ρF 4 d.h. ρP 9 > ρF 16

→

stabile Lage,

9 ρP < ρF 16

→

instabile Lage.


Aufgabe 1.3 In einem mit einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) gef¨ ullten Becken schwimmt ein zylindrischer K¨ orper (Gewicht G, Grundfl¨ ache A). Er ist u ¨ ber eine in B gelenkig gelagerte Stange (L¨ ange 2l, Gewicht ver- H nachl¨ assigbar) und eine Feder (Federkonstante c) mit dem Becken verbunden. Bei horizontaler Lage der Stange (α = 0) ist die Feder entspannt.

11

A1.3

A

G h

l l B H0

c

ρ

α

Man bestimme die Eintauchtiefe h des Schwimmk¨ orpers bei gegebener F¨ ullh¨ ohe H.

L¨ osung Auf das freigeschnittene System wirken in vertikaler Richtung das Gewicht G, der Auftrieb FA , die Federkraft FF und die Lagerreaktion B. Dabei gilt FA = ρ g Ah,

h

G p

p

FF = c l sin α.

Der auf den Stab wirkende Auftrieb wird vernachl¨ assigt. Die Momentengleichgewichtsbedingung bez¨ uglich des Lagers B lautet

FA FF B

α

B : FF l cos α+G2l cos α−FA 2l cos α = 0 → c l sin α+2G−2ρgAh = 0. Der geometrische Zusammenhang zwischen der Eintauchtiefe h und der F¨ ullh¨ ohe H ist durch H = H0 + 2 l sin α + h gegeben. Elimination von l sin α aus den letzten beiden Gleichungen liefert h=

4G + c (H − H0 ) . 4ρgA + c

12

A1.4

Hydromechanik

Aufgabe 1.4 Ein mit Wasser (Dichte ρ) gef¨ ullter Beh¨ alter ist mit einem runden Deckel (Gewicht GD , Radius r) zum Abfluss hin verschlossen. Der Deckel ist u ¨ ber eine Stange (Gewicht vernachl¨ assigbar) mit einem kreiszylindrischen Schwimmk¨ orper ohe H) (Gewicht GS , Radius R > r, H¨ verbunden.

R p0 H

GS h

ρ h0 GD p0

Wie hoch muss das Wasser steigen, damit der Verschluss angehoben wird?

r

L¨ osung Auf den Schwimmkörper wirken in vertikaler Richtung als außere Kr¨ afte sein Gewicht GS so¨ wie der Auftrieb FA = ρ g h πR2 .

GS

Dabei ist vorausgesetzt, dass h < H ist. Auf den Deckel wirkt neben seinem Gewicht GD und der Lagerkraft FD der Wasserdruck pD mit der resultierenden Kraft FW , wobei pD = ρg(h + h0 ),

h

p

FW = pD πr 2

gilt. Da der Atmosph¨ arendruck sowohl von innen (¨ uber das Wasser) als auch von außen auf den Deckel wirkt, braucht er nicht ber¨ ucksichtigt zu werden.

h0

Aus der Gleichgewichtsbedingung

FA

p

GD pD

FD

↑: FA − GS + FD − GD − FW = 0 folgt durch Einsetzen ρ g h πR2 − ρ g (h + h0 )πr 2 − GS − GD + FD = 0. Beim Abheben wird FD Null. Dann kann man nach der F¨ ullh¨ ohe aufl¨ osen: h0 + h =

GS + GD + ρ g π h0 R2 . ρ g π (R2 − r 2 )


Aufgabe 1.5 Ein Stab (Länge l, Querschnittsfl¨ ache A, Dichte ρS ) ist am Boden eines Beh¨ alters gelenkig befestigt. Am freien Ende wird der Stab durch eine vertikale Druckkraft F belastet. Der Beh¨ alter ist bis zur H¨ ohe h (h < l) mit Fl¨ ussigkeit (Dichte ullt. ρF ) gef¨

A1.5

F ρS

l A

h

Wir groß darf die Kraft F h¨ ochstens sein, damit der Stab nicht umkippt?

ρF

L¨ osung Um die Stabilität der vertikalen Gleichgewichtslage zu untersuchen, denken wir uns den Stab um den Winkel ϕ ausgelenkt. Auf den Stab wirken die Kraft F , das Gewicht G und der Auftrieb FA , gegeben durch G = ρS gAl,

F

FA = ρF gAh∗ ,

sowie die Lagerreaktion B. Hierange bei ist h∗ = h/ cos ϕ die L¨ des Teilstabs, der sich unter dem Fl¨ ussigkeitsspiegel befindet. Damit der Stab in der vertikalen Lage bleibt, muss in der ausgelenkten Lage ein resultierendes R¨ uckstellmoment auftreten. Dann folgt aus dem Momentengleichgewicht bez¨ uglich B die Bedingung

13

G FA

h∗

ϕ

B

h∗ l 1 h2 1 F l sin ϕ + G sin ϕ < FA sin ϕ → F + ρS gAl < ρF gA . 2 2 2 2 l cos2 ϕ F¨ ur kleine Winkel ϕ (cos ϕ ≈ 1) erh¨ alt man daraus „ « 2 ρF h 1 −1 . F < ρS gAl 2 ρS l 2 Wegen F ≥ 0 darf die runde Klammer nicht negativ sein: Daher muss f¨ ur die Dichten gelten:

ρF l2 ≥ 2 > 1. ρS h

ρF h2 −1 ≥ 0. ρS l 2

14

A1.6

Hydromechanik

Aufgabe 1.6 Ein Behälter, der bis zur H¨ ohe h mit einer Fl¨ ussigullt ist, hat keit (Dichte ρ1 ) gef¨ im Boden ein kreisf¨ ormiges Loch (Radius r). Das Loch wird durch einen kegelf¨ ormigen Pfropfen (Grundkreisradius R = 2r, H¨ ohe H mit H/2 < h, Dichte ρ2 ) verschlossen.

h

ρ1

ρ2 H 2r 2R

Mit welcher Kraft wird der Kegel auf die Lochkante gepresst?

L¨ osung Auf den Kegel wirken sein Gewicht G, der Auftrieb FA sowie die Kontaktkraft FK mit der Lochkante. Das Gewicht des Kegels ist durch

G FA

1 4 G = ρ2 g πR2 H = ρ2 g πr 2 H 3 3

FK

gegeben. Die Auftriebskraft wird durch den Fl¨ ussigkeitsdruck auf den Kegelstumpf oberhalb des Beh¨ alterbodens erzeugt. Da die Unterseite des Kegelstumpfs (Fl¨ ache A = πr 2 ) nicht dem Fl¨ ussigkeitsdruck ausgesetzt ist, ist der Auftrieb gleich dem angten um die Kraft F = ρ1 ghπr 2 verminderten Gewicht der verdr¨ Fl¨ ussigkeitsmenge: FA = ρ1 gVKS − ρ1 ghπr 2 mit VKS =

π π H 7π 2 (2r)2 H − r 2 = r H, 3 3 2 6

wobei VKS das Volumen des Kegelstumpfs ist. Die Gleichgewichtsbedingung liefert «– „ » h π ρ1 7−6 ↑: FK + FA − G = 0 → FK = ρ2 gr 2 H 8 − . 6 ρ2 H Wenn der Kegel nicht abheben soll, muss FK > 0

→

6h/H + 8ρ2 /ρ1 > 7

gelten. Nach der Aufgabenstellung ist außerdem h > H/2

→

h H 1

FK > 0

h/H > 1/2.

Dies f¨ uhrt auf den dargestellten Bereich f¨ ur FK > 0.

1

ρ2 ρ1


Aufgabe 1.7 Ein mit Wasser (Dichte ρ) gef¨ ullter Beh¨ alter besitzt eine schr¨ age Wand mit einer quadratischen Verschlussklappe K (Geange b). wicht GK , Seitenl¨ Die Verschlussklappe ist am oberen Ende gelenkig mit der Beh¨ alterwand verbunden. An der Klappe ist mit einer Stange (L¨ ange h0 , Gewicht vernachl¨ assigbar) ein Schwimmk¨ orper (Gewicht GS , quadratischer Querschnitt mit Seitenl¨ ange B, H¨ ohe H) angebracht.

15

A1.7

B p0

H

GS h

ρ

A

b 2

K

h0 b p0

α

Wie hoch muss das Wasser steigen, damit die Klappe angehoben wird?

L¨ osung Wir schneiden den Schwimmk¨ orper und die Klappe frei und tragen die darauf wirkenden Kr¨ afte in das Freik¨ orperbild ein. Der Auftrieb ist durch

GS h

FA

p

p

FA = ρghB 2 S

gegeben. Dabei wird vorausgesetzt, dass h < H ist. Die Kr¨ afte AH , AV und FK sind die u ¨ ber die Breite der Klappe verteilten Lagerreaktionen. F¨ ur die resultierende Kraft FP aus dem Wasserdruck auf die Klappe und deren Wirkungslinie gilt (Band 4, Gln. (1.17) und (1.24))

a S FP

b p1 + 2p2 a= . 3 p1 + p2

AH

AV

p2 FP = ρg(h + h0 )b2 ,

p1

α FK

GK

16

Hydromechanik

Mit den Werten b sin α), 2 b p2 = ρg(h + h0 + sin α) 2

p1 = ρg(h + h0 −

folgt a=

6(h + h0 ) + b sin α b. 12(h + h0 )

Wir bilden nun das Kr¨ aftegleichgewicht am Schwimmk¨ orper ↑: FA − GS − S = 0 und das Momentengleichgewicht an der Klappe:

A: FK b − FP a + S

b b cos α − GK cos α = 0. 2 2

Aus diesen beiden Gleichgewichtsbedingungen wird die Stabkraft S eliminiert: b b FK b − FP a + (FA − GS ) cos α − GK cos α = 0. 2 2 Diese Gleichung k¨ onnte man auch sofort anschreiben. Man erh¨ alt sie unmittelbar, wenn man den Schwimmk¨ orper und die Klappe nicht trennt und am gesamten System das Momentengleichgewicht bez¨ uglich A aufstellt (vgl. die Aufgaben 1.3 and 1.4). Beim Anheben der Klappe wird die Lagerkraft FK Null. Einsetzen der Kr¨ afte FA , FP und des Abstands a in die letzte Gleichung und Aufl¨ osen nach (h0 + h) liefert h0 + h =

6(GK + GS ) cos α + ρg(6h0 B 2 cos α + b3 sin α) . 6ρg(B 2 cos α − b2 )

Bei einer erforderlichen H¨ ohe h > H und f¨ ur b2 > B 2 cos α wird die Klappe nicht angehoben. Im Sonderfall α = 0 ergibt sich h0 + h =

GK + GS + ρgh0 B 2 , ρg(B 2 − b2 )

(vgl. Aufgabe 1.4).


Aufgabe 1.8 Ein mit Wasser (Dichte ρ) gef¨ ullter Beh¨ alter besitzt einen Rohrstutzen mit Kreisquerschnitt (Radius r). Der Stutzen ist durch eine Klappe (Eigengewicht vernachl¨ assigbar) mit Gegengewicht G verschlossen.

A1.8

ρ hS a

r

α

G

S

Bei welcher Wassertiefe ¨ offnet sich die Klappe?

L¨ osung Wir schneiden die Klappe mit dem Gegengewicht frei. Beim ¨ Offnen der Klappe verschwindet die Kontaktkraft. Sie ist daher im Freik¨ orperbild nicht eingezeichnet. Wegen pS = ρghS und A = πr 2 ist die resultierende Druckkraft des Wassers auf die Klappe durch F = pS A = πρghS r

17

α

x

y b

B

α BV

F

2

BH G

S D

gegeben. Dabei wird vorausgesetzt, dass sich die Klappe erst dann ¨ offnet, wenn sie sich vollst¨ andig unterhalb des Wasserspiegels befindet. Die Wirkungslinie der Kraft F (Druckmittelpunkt D) kann nach I xS yS A hS , bestimmt werden. Mit yS = cos α 2 hS r cos α . yD = + cos α 4hS yD = y S +

I xS =

πr 4 erh¨ alt man 4

Damit folgt f¨ ur den Hebelarm b der Kraft F bez¨ uglich des Punktes B b = yD − yS + r =

r 2 cos α + r. 4hS

¨ Beim Offnen der Klappe gilt

B : F b − Ga cos α = 0. Einsetzen von b und F und Aufl¨ osen nach hS liefert « „ aG r cos α. − hS = πρgr 3 4

18

A1.9

Hydromechanik

Aufgabe 1.9 Zwei Wasserbeh¨ alter sind durch eine in B drehbar gelagerte Klappe (Gewicht G, L¨ ange l) voneinander getrennt.

C h

ρ G t

Bei welcher H¨ ohe h > t ¨ offnet sich die Klappe?

B t 2

L¨ osung Wir schneiden die Klappe frei. Die auf sie wirkenden Kr¨ afte sind im Freik¨ orperbild dargestellt. Die Dr¨ ucke fassen wir zu ihren Resultierenden zusammen: 1 1 ρgt2 l, F2 = ρgt2 l, 2 2 1 F3 = ρg (h − t + h) a l √2 5 ρg(2h − t) t l. = 4

F1 =

ρ

C

p = ρg(h−t)

p = ρgh G BH

p = ρgt

BV

Die Wirkungslinien sind durch a1 = t/3,

a2 = t/4,

a 2(h − t) + h a3 = 3 h−t+h √ 5 3h − 2t t = 6 2h − t gegeben. Die Klappe ¨ offnet sich, wenn die Lagerkraft C Null wird. Das Momentengleichgewicht bez¨ uglich B liefert dann

B : Gt/3 − F1 a1 − F2 a2 + F3 a3 = 0 17 8G . →h= t− 15 15ρgtl

C a F3

a3 B

F1

G

a1

BH F2 a2

BV t 3

Diese L¨ osung gilt nur f¨ ur h > t, d.h. f¨ ur G < ρgt2 l/4.


19

a 2

Aufgabe 1.10 Zwei Becken mit unterschiedlichen Wasserstandsh¨ ohen h1 und h2 sind durch eine dreiecksf¨ ormige Verschlussklappe (Gewicht G, L¨ ange l senkrecht zur Zeichenebene) voneinander getrennt. Die Verschlussklappe ist in A gelenkig gelagert. Ein quaderf¨ ormiger Schwimmk¨ orper (Breite b = a/2, L¨ ange l, Eigengewicht vernachl¨ assigbar) ist durch ein Seil im Punkt C mit der Verschlussklappe verbunden.

A1.10

h

c

ρ

h1 A

C a

h2 ρ

G B a

Man bestimme die Lagerreaktionen in A und B.

L¨ osung Das Freikörperbild zeigt die auf den Schwimmk¨ orper und auf die Klappe wirkenden Kr¨ afte. Dabei ist der Auftrieb des Schwimmk¨ orpers durch FA∗ = ρgahl/2 gegeben.

FA∗ S AV p = ρg(h2 −a)

S p = ρg(h1 −a)

AH

G Da der Hebelarm der resultierenden Kraft auf die schr¨ age Fl¨ ache der Klappe bez¨ uglich des Punktes A nicht unmittelbar angegeben werden kann, w¨ ahlen wir hier einen anderen Weg als in Aufgabe 1.9. Wir zerlegen den auf diese Fl¨ ache wirkenden Druck in zwei Komponenten. Die Resultierende der vertikalen Komponente und die Kraft auf die obere Fl¨ ache bilden den Auftrieb der Klappe: FA = ρgV = ρga2 l/2.

B p = ρgh2 p = ρgh1 S

FA

ρg(h1 −a) a 2

AV A ρg(h2 −a) AH

H ρgh1

G a 3

B

ρgh2

20

Hydromechanik

Wenn man beachtet, dass sich die linearen Anteile der horizontalen Komponente und des Drucks auf die rechte Fl¨ ache aufheben, dann kann man die resultierende Horizontalkomponente H des Wasserdrucks auf die Klappe als Differenz der konstanten Anteile sofort anschreiben: H = ρg(h1 − h2 )al. Aus dem Gleichgewicht am Schwimmk¨ orper erh¨ alt man die Kraft im Seil: ↑: FA∗ − S = 0

→

S = ρgahl/2.

Die Lagerreaktionen folgen dann aus den Gleichgewichtsbedingungen an der Klappe:

A: (G − FA )a/3 − (B + S)a + Ha/2 = 0 → B = G/3 + ρgal(3h1 − 3h2 − 3h − a)/6,

→: AH − B + H = 0 → AH = G/3 + ρgal(3h2 − 3h1 − 3h − a)/6, ↑: AV + S + FA − G = 0 → AV = G − ρgal(h + a)/2. Die Kr¨ afte sind u ange der Klappe verteilt. ¨ ber die L¨ F¨ ur h ≥ 2G/(3ρgal) + h1 − h2 − a/3 wird B ≤ 0. Dann ¨ offnet sich die Klappe.


Aufgabe 1.11 Ein gleichschenk¨ liges Profil (Offnungswinkel π/3, Schenkell¨ ange b, L¨ ange l, Gewicht G) liegt in einer Uf¨ ormigen Rinne. Es wird durch ¨ eine Offnung an der oberen Kante mit einer Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) gef¨ ullt. Die Trennfugen sind so ausgebildet, dass keine Haftungskr¨ afte wirken k¨ onnen und keine Fl¨ ussigkeit austritt.

A1.11

l 60◦ b h

Bei welcher F¨ ullh¨ ohe h hebt das Profil von der Unterlage ab?

L¨ osung Das Freikörperbild zeigt das freigeschnittene Prisma mit der eingef¨ ullten Fl¨ ussigkeit (Erstarrungsprinzip). Die darauf wirkenden Kr¨ afte sind das Gewicht G des Profils, das Gewicht GF = ρgAF l der Fl¨ ussigkeit, der hydrostatische Druck p = ρgh sowie die Bodenkontaktkraft B. Die Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung lautet ↑: 2B + pbl − G − GF = 0.

21

√

3 h 3

√ 2 3 h 3

G AF

B

GF

h B

p b

Beim Abheben verschwindet die Bodenkontaktkraft: B = 0. Mit √ √ 3 2 1 3 AF = bh − 2 hh = bh − h 2 3 3 folgt dann √ r „ « √ 3 2 G 4 ρghbl − G − ρg bh − . h l=0 → h= 3 3 ρgl ¨ Die Aufgabe kann auch mit folgender Uberlegung gel¨ ost werden. ussigBeim Abheben ist die Vertikalkomponente FV der aus dem Fl¨ keitsdruck resultierenden Kraft F auf jeden der beiden Schenkel gleich dem halben Gewicht des Profils: FV = G/2. Die resultierende Kraft auf jede Fl¨ ache des Profils ist durch F = pS A gegeben. Dabei ist A die unterhalb des Fl¨ ussigkeitsspiegels liegende Fl¨ ache eines Schenkels. Mit √ 1 2 3 hl, FV = F cos 60◦ pS = ρgh, A = 2 √ 32 folgt daraus FV = 3ρgh l/6, und man erh¨ alt wieder r √ √ 3 G G 4 ρgh2 l = → h= 3 . 6 2 ρgl

22

A1.12

Hydromechanik

Aufgabe 1.12 Auf dem Boden eines Gew¨ assers (Dichte des unnWassers ρ0 ) steht eine d¨ wandige halbkugelf¨ ormige Taucherglocke (Radius r, Wandst¨ arke t, Dichte ρ1 , Innendruck p0 + Δp).

p0 ρ0 t

ρ1

¨ Wie groß darf der Uberdruck Δp h¨ ochstens sein, damit die Glocke am Boden bleibt?

L¨ osung An der freigeschnittenen Glocke wirken das Gewicht G, die Kontaktkraft B mit dem Boden sowie die Resultierenden Fw und Fi aus dem Wasserdruck bzw. dem Innendruck. Da der Atmosph¨ arendruck p0 sowohl von innen als auch von außen (¨ uber das Wasser) auf die Glocke wirkt, braucht er nicht ber¨ ucksichtigt zu werden. Die Kraft Fw ist gleich dem Gewicht des Wassers u ¨ber der Glocke (Band 4, Gl. (1.25)):

h

p0 + Δp 2r

Fw G Fi B

Fw = ρ0 g(πr 2 h − 2πr 3 /3). Die Kraft Fi und das Gewicht G sind durch Fi = Δpπr 2 ,

G = ρ1 g2πr 2 t

gegeben. Beim Abheben verschwindet die Kontaktkraft B. Dann folgt ¨ aus der Gleichgewichtsbedingung G + Fw − Fi = 0 der gesuchte Uberdruck zu Δp = [2ρ1 t + ρ0 (h − 2r/3)]g. ¨ Die Aufgabe kann auch mit folgender Uberlegung gel¨ ost werden. Um die resultierende Kraft (= Auftrieb) aus dem Wasserdruck und dem Innendruck auf die Glocke zu ermitteln, betrachten wir zun¨ achst eine unten geschlossene und vom Wasser untersp¨ ulte Halbkugel in der gleichen Tiefe. Auf diese Halbkugel wirkt der Auftrieb FAg = ρ0 gVHK = 2πρ0 gr 3 /3. Dabei ist der Druck auf der Unterseite durch p = p0 + ρ0 gh gegeben. Bei der unten offenen Glocke wirkt statt dieses Drucks der gegebene


23

Innendruck p = p0 + Δp. Daher erh¨ alt man f¨ ur den Auftrieb bei der offenen Halbkugel p FA = 2πρ0 gr 3 /3 − (p0 + ρ0 gh)πr 2 + VHK + (p0 + Δp)πr 2 = πr 2 (2ρ0 gr/3 − ρ0 gh + Δp). Aus der Gleichgewichtsbedingung FA − G = 0 folgt wieder der ge¨ suchte Uberdruck Δp.

p0 + ρ0 gh

p

=

+

Wenn man die resultierende Kraft Fw aus dem Wasserdruck durch Integration bestimmen will, w¨ ahlt man zweckm¨ aßigerweise ein ringf¨ ormiges Fl¨ achenelement:

p0 + Δp dA

r⊥

dA = 2πr⊥ rdϕ mit r⊥ = r cos ϕ. Mit der Vertikalkomponente dFw = p dA sin ϕ

dFw

der Kraft dF und dem Druck

h

r⊥

p = ρ0 g(h − r sin ϕ)

r

dF dA

ϕ in der Tiefe des Fl¨ achenelements folgt durch Integration wieder Z π/2 ρ0 g(h − r sin ϕ)2πr 2 cos ϕ sin ϕ dϕ Fw = 0 ! Z π/2 Z π/2 2 2 = 2πρ0 gr h sin ϕ cos ϕ dϕ − r sin ϕ cos ϕ dϕ 0

→

Fw = πρ0 gr 2 (h − 2r/3).

0

24

A1.13

Hydromechanik

Aufgabe 1.13 Man bestimme die von einer Fl¨ ussigkeit auf eine zylinderf¨ ormige Fl¨ ache (Radius r, L¨ ange l) ausge¨ ubte resultierende Kraft durch Integration.

t

ρ r

L¨ osung Die resultierende Kraft F ist aus Symmetriegr¨ unden vertikal; ihre Wirkungslinie geht durch den Mittelpunkt M des Kreisbogens. Wir w¨ ahlen ein Fl¨ achenelement dA = r dϕ l.

dA = rdϕl

Auf dieses Fl¨ achenelement wirkt die Kraft

t

F M

dF = p dA.

p ϕ

Mit p = ρg(t − r sin ϕ) und der Vertikalkomponente

V

dFV = p dA sin ϕ t

erhalten wir Z

r

π

dFV

F = Z

0 π

ρg(t − r sin ϕ) sin ϕ rl dϕ

= 0

→

F = ρgl(2rt − πr 2 /2)

.

Die Kraft F ist gleich groß (aber entgegengesetzt gerichtet) wie die resultierende Kraft einer Fl¨ ussigkeit, die sich oberhalb der Fl¨ ache befindet, n¨ amlich gleich dem Gewicht dieser Fl¨ ussigkeit: F = ρgV = ρgl(2rt − πr 2 /2).


Aufgabe 1.14 Der Querschnitt eines Wehrs aus Holz (Dichte ohe H = 7r/3, Breite ρH , H¨ b) besteht aus einem Rechteck und einem Viertelkreis.

25

A1.14 ρH

A

ρW

7r 3

h

In welcher H¨ ohe a muss das Lager A angebracht werden, damit sich das Wehr bei einem Wasserstand h = 2r selbstt¨ atig offnet? ¨

r

a

L¨ osung Das Freikörperbild zeigt die auf das Wehr wirkenden Kräfte. Das Gewicht des Wehrs ist durch G = ρH g[πr 2 /4 + (H − r)r]b = ρH gbr 2 (π/4 + 4/3) gegeben. Die Horizontalkomponente FH der resultierenden Kraft des

c A AH

G

AV h

d S

FH e FV

a

B f

Wasserdrucks ist das Produkt aus der projizierten Fl¨ ache A∗ = hb und ∗ ache (Band 4, Gl. dem Druck pS = ρW gh/2 im Schwerpunkt dieser Fl¨ (1.25)): FH = pS ∗ A∗ = ρW gh2 b/2 = 2ρW gbr 2 . Die Vertikalkomponente FV ist gleich dem Gewicht der oberhalb der gekr¨ ummten Fl¨ ache gedachten Fl¨ ussigkeit:

26

Hydromechanik

ˆ ˜ FV = ρW g πr 2 /4 + (h − r)r b = ρW gbr 2 (π/4 + 1). Die Wirkungslinie der Kraft G erh¨ alt man mit dem Schwerpunktsabstand d = 4r/(3π) nach Band 1, Gl. (4.13) zu 4r πr 2 r + (H − r)r 3π 4 2 c = πr 2 + (H − r)r 4 12 = r. 3π + 16 Die Wirkungslinie der Kraft FH ist durch e = h/3 = 2r/3 gegeben, und die Wirkungslinie der Kraft FV geht durch den Schwerpunkt des gedachten Fl¨ ussigkeitsvolumens: r 4r πr 2 + (h − r)r 3π 4 2 f = πr 2 + (h − r)r 4 10 = r. 3π + 12 Das Momentengleichgewicht bez¨ uglich A liefert

A: G c + FH (a − e) − FV f − B a = 0.

¨ Beim Offnen des Wehrs wird B = 0. Dann folgt durch Einsetzen und Aufl¨ osen „ « ρ r 13 − 6 H . a = 12 ρW


Aufgabe 1.15 Eine kreissegmentf¨ ormige Verschlussklappe (Gewicht G, L¨ ange l) ist in B drehbar gelagert. Sie verhindert, dass Wasser aus dem linken in das rechte Becken str¨ omt. Durch das Moment M0 wird sie in der dargestellten Lage gehalten.

27

A1.15

ρ B

h1

M0

h2

r

Man bestimme die Kraft im Lager B und das Moment M0 .

2α = π/3

L¨ osung Im Freik¨ orperbild sind die vom Wasser auf BV die Klappe ausge¨ ubten Druckρg(h2 −r) ρg(h1 −r) BH kr¨ afte zu ihren Resultierenden c V und H zusammengefasst. M0 Die vertikale Kraft V ist gleich dem Auftrieb: V = ρgAl. Mit 30◦ S der Querschnittsfl¨ ache A = H πr 2 /6 des Wehrs folgt daraus G A V = πρgr 2l/6. Die Wirkungsρgh ρgh2 1 V linie von V geht durch den Schwerpunkt S der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge (hier: = Schwerpunkt der Klappe). Der Abstand des Punktes S vom Lager B ergibt sich zu c=

2 sin α r 3 α

→

c=

2r . π

Wenn man beachtet, dass sich die linearen Anteile der Dr¨ ucke auf der rechten und der linken Seite aufheben, dann kann man die resultierende horizontale Kraft auf die Klappe als Differenz der konstanten Anteile sofort anschreiben (vgl. Aufgabe 1.10): H = ρg(h1 − h2 )rl. Ihre Wirkungslinie hat den Abstand r/2 vom Lager B. Damit liefern die Gleichgewichtsbedingungen: →: ↑:

B:

H − BH = 0

→

BH = ρg(h1 − h2 )rl,

V − G − BV = 0

→

BV = πρgr 2 l/6 − G,

(G − V )c sin 30◦ − Hr/2 + M0 = 0 →

M0 = ρg(h1 − h2 )r 2 l/2 + ρgr 3 l/6 − Gr/π.

28

A1.16

Hydromechanik

Aufgabe 1.16 Der Querschnitt einer Staumauer (Gewicht G, Länge l) besteht aus einem Rechteck und zwei Viertelkreisen. Die vertikalen Fundamentkr¨ afte (Normalspannungen) seien linear verteilt, die horizontalen Kr¨ afte (Schubspannungen) sind zur Resultierenden H zusammengefasst. Wie groß sind q0 , q1 und H, wenn der Stausee die Tiefe h = 2r hat? 2a = r

ρ h

G

r

r H q0

q0 +q1

L¨ osung Die auf die Staumauer wirkenden Kräfte sind im Freikörperbild dargestellt. Dabei sind die vertikalen Fundamentkr¨ afte durch ihre Resultierende V =

1 (2q0 + q1 )(2a + 2r) 2 2a = r

F h

d r

G

M FH FV H

V

c

ersetzt worden, deren Wirkungslinie durch c =

2(a + r) 3q0 + 2q1 2(a + r) 2q0 + 2q1 + q0 = 3 q0 + q1 + q0 3 2q0 + q1


29

gegeben ist. F¨ ur die resultierende Kraft auf die vertikale Wand der Staumauer gilt F = ρg

h−r (h − r)l, 2

d = (h − r)/3, und f¨ ur die Horizontalkomponente FH bzw. die Vertikalkomponente FV auf den Kreisbogen erh¨ alt man FH = ρg(h − r/2)rl, ˆ ˜ FV = ρg πr 2 /4 + (h − r)r l. Damit lauten die Gleichgewichtsbedingungen (die Wirkungslinie der resultierenden Kraft auf den Kreisbogen geht durch den Momentenbezugspunkt M ): →:

F + FH − H = 0,

↑:

V − FV − G = 0,

M:

F d + G(r + a) + Hr − V c = 0.

Mit h = 2r und a = r/2 folgt daraus q0 =

3π − 1 G ρgrl + , 9 3r

q1 = −

9π − 16 ρgrl, 18

H = 2ρgr 2 l. Wegen q1 < 0 sind die Normalspannungen auf der linken Seite der Staumauer gr¨ oßer als auf der rechten Seite.

30

A1.17

Hydromechanik

Aufgabe 1.17 Um den Wasserstand in einem Beh¨ alter auf die H¨ ohe h zu begrenzen, wird eine schlitzf¨ ormige Boden¨ offnung (Breite 2r, L¨ ange l) durch einen liegenden Kreiszylinderschwimmer (Radius R = 2r) verschlossen.

R

h

ρ 2r

Wie schwer muss der Schwimmer sein, damit er abhebt, wenn die Ebene des Fl¨ ussigkeitsspiegels durch die Achse des Zylinders geht?

L¨ osung Die Kontaktkraft B des Zylinders mit dem Boden verschwindet, wenn der Auftrieb FA gleich dem Gewicht des Zylinders wird: ↑:

FA −G = 0

→

G G = FA .

Der Auftrieb ist gleich dem Gewicht

A∗

α

α α

A∗

GF = ρgV der verdr¨ angten Fl¨ ussigkeitsmenge. Da sich im Spalt keine Fl¨ ussigkeit befindet, wird sie nur in den grau unterlegten Bereichen verdr¨ angt. Wegen R = 2r

folgt

B

FA

B

2r

α = π/3.

Mit der halben Kreisabschnittsfl¨ ache A∗ = R2 (2α − sin 2α)/4 = (2π/3 −

√ 3/2)R2 /4

(vgl. Band 1, Abschnitt 4.3) folgt √ V = 2A∗ l = (π/3 − 3/4)R2 l. Daher erhalten wir mit G = ρgV das Gewicht des Schwimmers zu √ G = (π/3 − 3/4)ρgR2 l.

h


Aufgabe 1.18 Ein Walzenwehr (Radius R, L¨ ange l) verhindert, dass Oberwasser zum Unterwasser fließt.

31

A1.18

R 30◦ B

ρ 30◦

Man bestimme die Lagerreaktion in B infolge des Wasserdrucks.

L¨ osung Das rechte Bild zeigt die Druckverteiluna gen in den projizierten ρga Ebenen. Man erkennt, dass sich die schraffierb 30◦ ten Anteile jeweils aufheρgb ρg(a+b) ben. Mit den geometrischen Beziehungen ρgR √ ◦ a = R cos 30 = 3R/2, b = R sin 30◦ = R/2

ρ

30◦ BH BV

ρgb ρgR

folgt aus dem Kr¨ aftegleichgewicht in horizontaler Richtung „ « √ ” 1“ 1 2 a + ab l → BH = 3 + 2 3 ρgR2 l. BH = ρg 2 8 c

A2 − 30◦ + A1

30◦

=

−

a

+

+ d

Die vertikale Komponente der aus dem Wasserdruck resultierenden Lagerkraft ist gleich dem Auftrieb. Die Querschnittsfl¨ ache A der verdr¨ angten Wassermenge ist oben dargestellt; von der Fl¨ ache A1 muss die Fl¨ ache A2 abgezogen werden, weil dort das Wasser nur von oben dr¨ uckt: A = A1 − A2 . Es folgt « „ 2 1 A = πR2 − da − ca . 3 2 √ ◦ Mit c = R sin 30 = R/2, d = R cos 30◦ = 3R/2 erh¨ alt man somit » – √ 1 2 π − (6 − 3) ρgR2 l. BV = ρgAl → BV = 3 8

32

A1.19

Hydromechanik

Aufgabe 1.19 Eine ebene Strömung wird durch das Geschwindigkeitsfeld v = [vx , vy , 0]T beschrieben. Die Komponenten des Geschwindigkeitsvektors sind durch vx = c(y − x) und vy = c(y + x) gegeben, wobei c eine Konstante ist.

y

dx

v

x

Man bestimme die Stromlinien. x

L¨ osung Zur Herleitung der Differentialgleichung der Stromlinien verwenden wir die Tatsache, dass der infinitesimale Tangentenvektor dx = [dx, dy, 0]T in einem beliebigen Punkt x einer Stromlinie die gleiche Richtung hat wie der Geschwindigkeitsvektor v in diesem Punkt. Daraus folgt, dass das Vektorprodukt der beiden Vektoren verschwindet: v × dx = 0

→

vx dy − vy dx = 0.

Einsetzen der gegebenen Geschwindigkeitskomponenten liefert die Differentialgleichung der Stromlinien: c(y − x)dy − c(y + x)dx = 0 →

y =

dy y+x y/x + 1 = = . dx y−x y/x − 1

Um die allgemeine L¨ osung dieser Differentialgleichung zu finden, verwenden wir zun¨ achst die Substitution y/x = t. Mit y = tx und y = t x + t erhalten wir t x + t =

t+1 t−1

→

t x =

1 + 2t − t2 . t−1

Trennen der Variablen x und t ergibt t−1 dx dt = . 1 + 2t − t2 x Wir f¨ uhren nun eine weitere Substitution durch: 1 + 2t − t2 = z.


33

Aus dz/dt = 2(1 − t)

2(t − 1)dt = −dz.

folgt

Einsetzen in die obige Gleichung und Integration liefern dz dx = −2 z x

→

lnz = − 2 lnx + lnC

→

z=

C . x2

Dabei ist C eine Integrationskonstante. Durch R¨ ucksubstitution erhalten wir schließlich die Gleichung der Stromlinien: x2 + 2xy − y 2 = C. Die Stromlinien sind Hyperbeln. Da die Str¨ omung station¨ ar ist, fallen die Stromlinien und die Bahnlinien zusammen. Durch die Wahl des Wertes C = x20 + 2x0 y0 − y02 , f¨ ur die Integrationskonstante, z.B. wie im Bild f¨ ur C = 0, 100, 300, 500, wird aus der Schar der Stromlinien diejenige Stromlinie festgelegt, die durch den Punkt mit den Koordinaten x0 , y0 geht. y/y0

60 00 Ŧ1 0 0 10

40

0

50 0

0

Ŧ500 Ŧ300

Ŧ500 Ŧ300 Ŧ100 0 100 300

10

20

0

30

0 Ŧ50 0 Ŧ30 0 0 1 Ŧ 0

Ŧ100 0

300

0

50

10 0 0 Ŧ100

Ŧ100

10

0

0

Ŧ300 Ŧ500

0

Ŧ20

0 Ŧ10 0 Ŧ30 0 Ŧ50

0

30

Ŧ40

Ŧ60 Ŧ20

0 10 0 00 Ŧ1 00 Ŧ3 0 Ŧ50

Ŧ15

Ŧ10

Ŧ5

0

5

10

15

20 x/x0

34

A1.20

Hydromechanik

Aufgabe 1.20 Ein Wasserstrahl tritt mit der Geschwindigkeit v0 vertikal nach unten aus einem Rohr mit Kreisquerschnitt (Radius a) aus.

2a

Wie groß ist der Radius r des Freistrahls im Abstand h von der Ausflussstelle?

v0 g

Welche Geschwindigkeit hat dort der Strahl?

h p0

2r ρ

L¨ osung Der Druck im Freistrahl ist an jeder Stelle gleich dem Atmosph¨ arendruck p0 . Mit der Kontinuit¨ atsgleichung und der Bernoullischen Gleichung f¨ ur eine Stromlinie zwischen den Punkten und { liegen zwei Gleichungen f¨ ur die beiden Unbekannten v1 und r vor:

0

πa2 v0 = πr 2 v1 , 1 2 1 ρv0 + p0 + ρgh = ρv12 + p0 + 0. 2 2

v0

1

Aufl¨ osen liefert f¨ ur den gesuchten Radius r= p 4

a 1 + 2gh/v02

und f¨ ur die Geschwindigkeit q v1 = v0 1 + 2gh/v02 .

p0

v1


Aufgabe 1.21 Aus einem großen Beh¨ alter (Querschnittsfl¨ ache A0 , F¨ ullh¨ ohe h) fließt Wasser durch ein Ausflussrohr (Querschnittsange l) aus. fl¨ ache A1 , L¨ Man bestimme den Verlauf des statischen Drucks p im Beh¨ alter und im Abflussrohr.

p0

35

A1.21

A0

ρ

h

A1 A0

l

L¨ osung Wir fassen den Behälter mit dem Ausfluss als Stromr¨ ohre auf und w¨ ahlen eine Leitstromlinie vom Spiegel bis zum Ausfluss. Die Koordinate z z¨ ahlen wir von der Ausfluss¨ offnung (Stelle {) nach oben. Um den Druckverlauf im Beh¨ alter zu ermitteln, betrachten wir einen Punkt | in der H¨ ohe z auf der Leitstromlinie. Die Bernoullische Gleiund | lauchung f¨ ur die Punkte tet

0

p0

2

3 z 1 v1

ρv02 /2 + p0 + ρg(h + l) = ρv22 /2 + p2 + ρgz. Aus der Kontinuit¨ atsgleichung A0 v0 = A0 v2 erhalten wir v2 = v0 . Damit ergibt sich die Druckverteilung im Beh¨ alter zu p2 = p0 + ρg(h + l − z),

l < z ≤ l + h.

Bevor wir die Druckverteilung im Rohr bestimmen k¨ onnen, m¨ ussen wir die Ausflussgeschwindigkeit v1 kennen. Sie folgt aus der Bernoulliund { schen Gleichung f¨ ur die Punkte ρv02 /2 + p0 + ρg(h + l) = ρv12 /2 + p0 + 0

36

Hydromechanik

und der Kontinuit¨ atsgleichung A0 v0 = A1 v1 . Wegen A0 A1 gilt v1 v0 . Somit d¨ urfen wir den ersten Term in der Bernoullischen Gleichung vernachl¨ assigen und erhalten p v1 = 2g(h + l). Dies entspricht der Torricellischen Ausflussformel (Band 4, Gl. (1.39)). Die Bernoullische Gleichung f¨ ur die Punkte { und } ρv12 /2 + p0 + 0 = ρv32 /2 + p3 + ρgz sowie die Kontinuit¨ atsgleichung A1 v1 = A1 v3

→

v3 = v1

z h+l

p0

liefern nun die Druckverteilung im Rohr: p3 = p0 − ρgz,

0 ≤ z < l.

l

Der Druckverlauf hat einen ¨ Sprung am Ubergang vom Beh¨ alter zum Rohr (z = l). Am oberen Ende des Fallrohrs ist der Druck am kleinsten: pmin = p0 − ρgl.

p0 +ρgh p0 −ρgl 0

p0

p

Da der Druck nicht negativ sein kann (genauer: nicht kleiner als der Dampfdruck pD ≈ 0), folgt daraus p0 − ρgl ≥ 0

→

lmax =

p0 . ρg

omung ab. Wenn das Rohr l¨ anger als lmax ist, reisst die Str¨


37

Aufgabe 1.22 Aus einem großen Reservoir fließt Wasser verlustfrei durch ein Leitungssystem (Querschnitt A). Die Leitung ist zwischen { und | halbkreisf¨ ormig gef¨ uhrt. Um die Durchflussmenge zu steigern, wird bei } ein Diffusor angebracht. p0 h

ρ

Diffusor

r

A

AD ≡ p0

1 2 3 Wie groß darf der Endquerschnitt AD des Diffusors h¨ ochstens sein, damit an keiner Stelle der gegebene Druck p∗ unterschritten wird?

L¨ osung Wir bestimmen zunächst die Ausflussgeschwindigkeit v5 mit und einer Hilfe der Bernoullischen Gleichung f¨ ur die Punkte Stromlinie: p 0 + p0 + ρgh = ρv52 /2 + p0 + 0 → v5 = 2gh. 0 p0 ρ

4

h

r 1

2

3

5 Aus der Kontinuit¨ atsgleichung folgt die Geschwindigkeit an Stelle }: AD p 2gh. Av3 = AD v5 → v3 = A Da die Querschnittsfl¨ ache der Leitung konstant ist, ist dies auch die Geschwindigkeit in der Leitung vor der Stelle }. Nach der Bernoullischen Gleichung ist die Summe aus der Geschwindigkeitsh¨ ohe, der Druckh¨ ohe und der Ortsh¨ ohe konstant. Daher wird bei konstanter Geschwindigkeit am h¨ ochsten Punkt der Leitung (Stelle ~) der Druck am kleinsten. F¨ ur die Punkte ~ und einer Stromlinie gilt ρv42 /2 + p4 + ρgr = ρv52 /2 + p0 + 0. Mit v4 = v3 und dem Druck p4 = p∗ folgt daraus ∗ ρgh(AD /A)2 + rp + ρgr =∗ρgh + p0 p0 − p r → AD = A 1 + − . ρgh h

Damit AD > A ist, muss r < (p0 − p∗ )/(ρg) sein.

A1.22

38

A1.23

Hydromechanik

Aufgabe 1.23 Aus einem großen Beh¨ alter str¨ omt eine Fl¨ ussigkeit (Dichte ρ) durch ein kreisf¨ ormiges Rohr (mittlerer Rohrbogenradius R) mit ver¨ anderlicher Querschnittsfl¨ ache aus. An der Fl¨ ussigkeitsoberfl¨ ache im Beh¨ alter herrsche der Druck pi , außerhalb des Beh¨ alters sei der Druck pa .

A0

pi ρ

h ϕ R

A1 pa

a) F¨ ur den Fall pi = pa bestimme man bei gegebenem A1 0: stabile Gleichgewichtslage , Π < 0: instabile Gleichgewichtslage , Π = 0: h¨ ohere Ableitungen entscheiden u at . ¨ ber die Stabilit¨ Beispiele f¨ ur Potentiale: 1. Potential einer Federkraft bzw. eines Drehfedermoments Π=

1 2

c x2 bzw. Π =

1 2

cT ϕ2 .

c: Federkonstante, x: L¨ angen¨ anderung der ungespannten Feder, cT : Federkonstante, ϕ: Verdrehwinkel der ungespannten Feder. 2. Potential einer Gewichtskraft Π = Gz , z: H¨ ohe des Schwerpunkts des K¨ orpers (Gewicht G) u ¨ber einem Nullniveau. Konservative Systeme mit mehreren Freiheitsgraden: Wir betrachten ein System aus starren K¨ orpern und Federn mit n Freiheitsgraden. Eine beliebige Lage wird durch die verallgemeinerten Koordinaten qj , j = 1, 2, ..., n (Verschiebungen, Winkel, vgl. Band 3, Abschnitt 4.3) beschrieben. Das Gesamtpotential ist eine Funktion der verallgemeinerten Koordinaten: Π = Π(qj ). Gleichgewichtslagen folgen aus δΠ = 0

→

δΠ =

X ∂Π δqj = 0 . ∂qj

216

5 Stabilität elastischer Strukturen

Daraus erh¨ alt man n Gleichgewichtsbedingungen: ∂Π = 0, ∂q1

∂Π = 0, ∂q2

∂Π =0. ∂qn

... ,

Stabilit¨ atskriterium: Eine Gleichgewichtslage ist stabil, wenn die Determinante Dn und alle Unterdeterminanten, die l¨ angs der Hauptdiagonale gebildet werden k¨ onnen, positiv sind: D1 > 0 ,

D2 > 0 ,

... ,

Dn > 0 .

Dabei gilt: 3 ∂2Π ∂2Π » 2 – 6 ∂q 2 ∂q1 ∂q2 7 ∂ Π 7 6 1 , D2 = det 6 2 D1 = det 7, 2 ∂q1 4 ∂ Π ∂2Π 5 2

∂q2 ∂q1 2

∂2Π 6 ∂q12 6 6 2 6 ∂ Π 6 6 ∂q2 ∂q1 6 Dn = det 6 6 .. 6 . 6 6 6 4 ∂2Π ∂qn ∂q1

∂2Π ∂q1 ∂q2

···

∂2Π ∂q22

···

.. .

···

∂2Π ∂qn ∂q2

···

∂q22

3 ∂2Π ∂q1 ∂qn 7 7 7 7 .. 7 . 7 7 7 . 7 .. 7 . 7 7 7 ∂2Π 5 ∂qn2

Ein Verzweigungspunkt liegt vor, wenn die Bedingungen ∂Π , ∂qj erf¨ ullt sind.

j = 1, 2, ... , n

und

Dn = 0

5 Stabilit¨ at elastischer Strukturen

217

Kontinuierliche Systeme

Wir untersuchen die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslage w ≡ 0 von St¨ aben bzw. Platten. Gleichgewichtsmethode Knickgleichung f¨ ur einen Stab unter einer Druckkraft F : (EIw ) + F w = 0 . Sonderfall EI = const: wIV + λ2 w = 0 ,

λ2 =

F . EI

Allgemeine L¨ osung dieser Differentialgleichung: w(x) = A cos λx + B sin λx + C λx + D , A, B, C, D : Integrationskonstanten . Einsetzen von w(x) in die Randbedingungen liefert ein Gleichungssystem f¨ ur die Integrationskonstanten. Die Forderung nach einer nichttrivialen L¨ osung w ≡ / 0 f¨ uhrt auf die charakteristische Gleichung. Deren kleinste L¨ osung (kleinster Eigenwert) liefert die kritische Last. Beulgleichung f¨ ur eine Platte: Kw + Nx

∂2w ∂2w ∂2w + 2 Nxy + Ny 2 = 0 , 2 ∂x ∂x ∂y ∂y

K: Plattensteifigkeit, Nx , Ny : Normalkr¨ afte, Nxy : Schubkraft. Sonderfall: Allseitig konstanter Druck Nx = Ny = N , Nxy = 0: Kw + N w = 0 . Sonderfall: Einseitig konstanter Druck Nx = N , Ny = 0, Nxy = 0: Kw + N

∂2w = 0. ∂x2

Eine analytische L¨ osung ist beim Beulen von Platten oft nicht m¨ oglich. Anmerkung: Zur Aufstellung einer Knickgleichung bzw. einer Beulgleichung mit Hilfe von Gleichgewichtsbedingungen muss das Gleichgewicht am verformten K¨ orper gebildet werden.

218


Energiemethode Form¨ anderungsenergie bei einem dehnstarren Balken:

Πi =

Zl

1 2

EI w 2 dx

bzw.

0

Πi =

1 2

Zl

M2 dx . EI

0

Potential einer richtungstreuen Druckkraft (N = −F ) am Ende x = l: Πa = −

1 F 2

Zl

w 2 dx .

0

Gesamte Form¨ anderungsenergie: Π = Πi + Πa . Form¨ anderungsenergie bei einer Platte (K = const): «2 Z Z („ 2 ∂ w 1 ∂2w Πi = K + 2 ∂x2 ∂y 2 A " „ 2 «2 #) ∂2w ∂2w ∂ w − 2 (1 − ν) − dx dy . ∂x2 ∂y 2 ∂x ∂y Prinzip vom Station¨ arwert des Gesamtpotentials: δΠ = 0 . Auf diesem Prinzip beruhen verschiedene Verfahren zur n¨ aherungsweisen Ermittlung von kritischen Lasten. N¨ aherungsverfahren 1) Verfahren von Ritz: Dem Verfahren von Ritz liegt das Prinzip vom Station¨ arwert des Gesamtpotentials zugrunde. Beispiel: Stabknicken Gesamtpotential: 1 Π = 2

Zl 0

(EI w 2 − F w 2 ) dx = Π (w) .

5 Stabilit¨ at elastischer Strukturen

219

N¨ aherungsansatz f¨ ur die Durchbiegung: w(x) e =

n X

aj φj (x) ,

j=1

φj : Ansatzfunktionen, m¨ ussen die geometrischen (wesentlichen) Randbedingungen erf¨ ullen, aj : Koeffizienten, werden aus der Forderung bestimmt, dass das Gesamtpotential extremal werden muss. Nach Einsetzen von w e in Π und Berechnen der Integrale ist das Potene (w) e (aj ). e → Π tial nur noch eine Funktion der Koeffizienten aj : Π e einen Extremalwert annimmt: Notwendige Bedingung daf¨ ur, daß Π e ∂Π = 0, ∂aj

j = 1, 2, ..., n.

Dies sind n lineare homogene Gleichungen f¨ ur die n unbekannten Koeffizienten aj . Die kritische Last folgt aus der Forderung nach einer nichttrivialen L¨ osung. Der exakte Eigenwert stellt eine untere Schranke f¨ ur die N¨ aherungsl¨ osung dar. Anmerkung: Wenn zum Beispiel Federn oder Streckenlasten zu ber¨ ucksichtigen sind, dann ist das Gesamtpotential entsprechend zu erweitern. 2) Rayleigh-Quotient: Wird im Verfahren von Ritz ein Ansatz mit nur ahlt, dann kann der zugeh¨ orige Eieinem einzigen Koeffizienten a1 gew¨ genwert (die kritische Last) direkt angegeben werden. Beispiel: Stabknicken Rl Fekrit =

EI φ dx 2

0

Rl

. φ 2 dx

0

Der exakte Eigenwert stellt eine untere Schranke f¨ ur die N¨ aherungsl¨ osung dar. 3) Verfahren von Galerkin: Beim Verfahren von Galerkin gehen wir nicht vom Gesamtpotential sondern von der Differentialgleichung des Problems aus. Beispiel: Stabknicken Knickgleichung (Sonderfall EI = const): L[w] ≡ EI wIV + F w = 0 .

220


N¨ aherungsansatz: w(x) e =

n X

aj Φj (x) .

j=1

Beim Verfahren von Galerkin m¨ ussen die Ansatzfunktionen Φj alle Randbedingungen erf¨ ullen. Forderung: Die Ansatzfunktionen sind orthogonal zum Differentialoperator L[w]: e Zl L[w] e Φk dx = 0 ,

k = 1, 2, ..., n

0

Zl h i X X → aj Φj Φk dx = 0 , EI aj ΦjIV + F 0

k = 1, 2, ..., n . Berechnen der Integrale liefert ein System von n linearen homogenen Gleichungen f¨ ur die Koeffizienten aj . Die kritische Last folgt auch hier aus der Forderung nach einer nichttrivialen L¨ osung. Anmerkung: Da beim Verfahren von Galerkin von der Differentialgleichung ausgegangen wird und nicht vom Station¨ arwert des Gesamtpotentials, ist es auch bei nichtkonservativen Systemen (bei denen ja kein Gesamtpotential existiert) anwendbar.


Aufgabe 5.1 Zwei gelenkig verbundene starre St¨ abe werden durch eine Druckkraft F belastet. Die Drehfeder (Federsteifigkeit cT ) ist in der gestreckten Lage entspannt. Man bestimme die kritische Last Fkrit sowie die Last-Verformungskurve und untersuche die Stabilit¨ at der entsprechenden Gleichgewichtslagen. L¨ osung Zur Ermittlung der Gleichgewichtslagen und ihrer Stabilit¨ at wenden wir die Energiemethode an. Das System hat einen Freiheitsgrad. Bei einer Auslenkung um den Winkel ϕ wird in der Feder die potentielle Energie Πi =

221

A5.1

F B l cT l A

F u

ϕ

1 cT (2 ϕ)2 2

gespeichert, und das Potential der Druckkraft ist durch Πa = − F u gegeben (Nullniveau in der H¨ ohe des Lagers B in der gestreckten Lage). Mit der geometrischen Beziehung u = 2 l (1 − cos ϕ) lautet das Gesamtpotential Π = Πi + Πa = 2 cT ϕ2 − 2 F l (1 − cos ϕ). Die Gleichgewichtslagen folgen nach Band 1, Gl. (8.11), aus dΠ = Π = 0 dϕ

→

4 cT ϕ − 2 F l sin ϕ = 0.

Hieraus erh¨ alt man die Lage ϕ = 0 sowie die Bestimmungsgleichung p=

ϕ sin ϕ

mit

p=

Fl 2cT

f¨ ur weitere Gleichgewichtslagen. Dabei wurde der dimensionslose Lastparameter p eingef¨ uhrt. Die zugeh¨ orige Last-Verformungskurve ist in

222

Stabilität elastischer Strukturen

der folgenden Abbildung dargestellt. Man nennt P1 den Prim¨ arpfad arpfad. Ihr Schnittpunkt ist der Verzweigungspunkt und P2 den Sekund¨ C. p

1,6

P2

instabil

1,2 C

0,8

stabil

0,4 P1

0 Ŧ2

Ŧ1,5

Ŧ1

Ŧ0,5

0

0,5

1

1,5

ϕ

2

Um Aussagen u at der Gleichgewichtslagen treffen zu ¨ ber die Stabilit¨ k¨ onnen, m¨ ussen wir die zweite Ableitung des Gesamtpotentials bilden: d2 Π = Π = 4 cT − 2 F l cos ϕ = 4 cT (1 − p cos ϕ). dϕ2 Auf dem Prim¨ arpfad (ϕ = 0) gilt: ( > 0 f¨ ur p < 1 Π = 4 cT (1 − p) < 0 f¨ ur p > 1

→

stabile GGL,

→

instabile GGL.

Die kritische Last ist somit durch pkrit = 1

→

Fkrit =

2 cT l

gegeben. Auf dem Sekund¨ arpfad wird wegen ϕ < tan ϕ (f¨ ur ϕ = 0) die zweite Ableitung positiv: Π = 4 cT (1 −

ϕ ) > 0 tan ϕ

f¨ ur

ϕ = 0 .

Die Punkte auf dem Sekund¨ arpfad entsprechen daher stabilen Gleichgewichtslagen.


Aufgabe 5.2 Zwei gelenkig verbundene starre St¨ abe werden durch zwei Federn gehalten. Die Federn werden so gef¨ uhrt, dass sie in jeder Lage des Systems waagerecht sind. Im unbelasteten Zustand befindet sich das System in der gestreckten Lage.

Πi = 2 ·

1 c (l sin ϕ)2 2

A5.2

F

l c

Man bestimme die kritische Last Fkrit sowie die Last-Verformungskurve und untersuche die Stabilit¨ at der entsprechenden Gleichgewichtslagen.

L¨ osung Wir wenden die Energiemethode an. Das System hat einen Freiheitsgrad. Bei einer Auslenkung um den Winkel ϕ wird in den beiden Federn die potentielle Energie

223

c

l

F u

ϕ

gespeichert, und das Potential der Druckkraft F ist durch Πa = − 2 F l (1 − cos ϕ) gegeben (Nullniveau in der H¨ ohe des oberen Lagers in der gestreckten Lage, vgl. Aufgabe 5.1). Damit lautet das Gesamtpotential Π = Πi + Πa = c l2 sin2 ϕ − 2 F l (1 − cos ϕ) . Wir bestimmen zun¨ achst die Ableitungen Π = 2 c l2 sin ϕ cos ϕ − 2 F l sin ϕ, Π = 2 c l2 (cos2 ϕ − sin2 ϕ) − 2 F l cos ϕ . Die Gleichgewichtslagen folgen aus Π = 0

→

2 c l2 sin ϕ (cos ϕ − p) = 0,

wobei der dimensionslose Lastparameter p = F/(c l)

224


eingef¨ uhrt wurde. Somit erh¨ alt man die Gleichgewichtslagen ϕ=0

und

ϕ = arccos p.

p

1,6 instabil

1,2

0,8 P2

P1

0,4

stabil

0 Ŧ2

Ŧ1,5

Ŧ1

Ŧ0,5

0

0,5

1

1,5

ϕ

2

Die oben stehende Abbildung zeigt die zugeh¨ orige Last-Verformungskurve. Aussagen u at der Gleichgewichtslagen erhalten wir ¨ ber die Stabilit¨ aus der zweiten Ableitung des Gesamtpotentials. Auf dem Prim¨ arpfad (ϕ = 0) gilt: ( > 0 f¨ ur p < 1 → stabile GGL, 2 Π = 2 c l (1 − p) < 0 f¨ ur p > 1 → instabile GGL. Die kritische Last ist somit durch pkrit = 1

→

Fkrit = c l

gegeben. Auf dem Sekund¨ arpfad (p = cos ϕ) wird die zweite Ableitung des Potentials negativ: Π = 2 c l2 (cos2 ϕ − sin2 ϕ) − 2 c l2 cos2 ϕ = − 2 c l2 sin2 ϕ < 0

f¨ ur

ϕ = 0 .

Die Punkte auf dem Sekund¨ arpfad entsprechen daher instabilen Gleichgewichtslagen. Dieses System zeigt somit ein v¨ ollig anderes Verhalten als das System aus Aufgabe 5.1.


Aufgabe 5.3 Man bestimme die Last-Verformungskurve und untersuche die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslagen f¨ ur das System aus Aufgabe 5.1, wenn im unbelasteten Zustand und bei entspannter Drehfeder eine kleine Auslenkung (Imperfektion) um den Winkel ϕ0 vorhanden ist.

225

B

cT ϕ0 A

L¨ osung Wir zählen die Koordinate ϕ von der gestreckten Lage aus. Wenn wir als Nullniveau f¨ ur das Gesamtpotential die unbelastete Lage w¨ ahlen (Π(ϕ0 ) = 0), dann gilt

F

Π = 2 cT (ϕ − ϕ0 )2 − 2 F l (cos ϕ0 − cos ϕ). ϕ

Die Ableitungen folgen zu Π = 4 cT (ϕ − ϕ0 ) − 2 F l sin ϕ, Π = 4 cT − 2 F l cos ϕ. Die Bedingung Π = 0 liefert mit p = p=

ϕ − ϕ0 sin ϕ

F l den Zusammenhang 2 cT

zwischen der Last und der Verformung. Last-Verformungskurven f¨ ur verschiedene Werte des Parameters ϕ0 sind in der folgenden Abbildung dargestellt. Zum Vergleich ist auch das Ergebnis f¨ ur das perfekte System (ϕ0 = 0) eingetragen. Man erkennt, dass es beim imperfekten System keinen Verzweigungspunkt und in diesem Beispiel auch keine kritische Last gibt. F¨ ur Punkte auf der Last-Verformungskurve l¨ asst sich die zweite Ableitung des Gesamtpotentials in der Form « „ ϕ − ϕ0 Π = 4 cT (1 − p cos ϕ) = 4 cT 1 − tan ϕ schreiben. Auf dem rechten L¨ osungsast ist wegen ϕ − ϕ0 < tan ϕ der Bruch kleiner als Eins und damit wird die zweite Ableitung positiv. Die Punkte auf diesem Ast entsprechen daher stabilen Gleichgewichtslagen.

A5.3

226


p

1,6

instabil stabil ϕ0 = 0

1,2

stabil

ϕ0 = 0.1 ϕ0 = 0.01

0,8

ϕ0 = 0.1 ϕ0 = 0.01

0,4

0 Ŧ2

Ŧ1,5

Ŧ1

Ŧ0,5

0

0,5

1

1,5

ϕ 2

Um Aussagen u at der Gleichgewichtslagen f¨ ur den ¨ ber die Stabilit¨ linken Ast zu treffen, bilden wir zun¨ achst die Ableitung der Lastfunktion: sin ϕ − (ϕ − ϕ0 ) cos ϕ sin2 ϕ ϕ − ϕ0 1− Π (ϕ) tan ϕ = . = sin ϕ 4 cT sin ϕ

p (ϕ) =

(a)

F¨ ur den Punkt mit horizontaler Tangente gilt p = 0

→

Π = 0.

Im Bereich positiver Steigung (p > 0) des linken Astes (ϕ < 0 → sin ϕ < 0) muss wegen des negativen Nenners in (a) auch der Z¨ ahler negativ sein: Π < 0. Daher entsprechen diese Punkte instabilen Gleichgewichtslagen. Analog kann man zeigen, dass die Punkte im Bereich negativer Steigung stabilen Gleichgewichtslagen entsprechen.


Aufgabe 5.4 Man bestimme die Last-Verformungskurve und untersuche die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslagen f¨ ur das System aus Aufgabe 5.2, wenn im unbelasteten Zustand eine kleine Auslenkung um den Winkel ϕ0 vorhanden ist.

227

A5.4

c

c

ϕ0

Wie h¨ angt die kritische Last von der Imperfektion ϕ0 ab?

L¨ osung Wir zählen die Koordinate ϕ von der gestreckten Lage aus. Wenn wir als Nullniveau f¨ ur das Gesamtpotential die unbelastete Lage w¨ ahlen, dann gilt f¨ ur das Potential und seine Ableitungen

F

Π = c l2 (sin ϕ − sin ϕ0 )2

ϕ

− 2 F l (cos ϕ0 − cos ϕ),

Π = 2 c l2 (sin ϕ − sin ϕ0 ) cos ϕ − 2 F l sin ϕ, Π = 2 c l2 (cos2 ϕ − sin2 ϕ + sin ϕ0 sin ϕ) − 2 F l cos ϕ. Aus der Bedingung Π = 0 folgt p=

sin ϕ cos ϕ − sin ϕ0 cos ϕ sin ϕ − sin ϕ0 = , sin ϕ tan ϕ

p=

F . cl

(a)

Die folgende Abbildung zeigt die Last-Verformungskurven f¨ ur verschiedene Werte des Parameters ϕ0 . Beim imperfekten System gibt es keinen Verzweigungspunkt, allerdings existiert in diesem Beispiel f¨ ur jeden Wert von ϕ0 eine kritische Last pkrit (vgl. dagegen Aufgabe 5.3). Die kritische Last ist jeweils durch den Punkt mit horizontaler Tangente gekennzeichnet. Um sie zu bestimmen, bilden wir die Ableitung p (ϕ) =

− sin3 ϕ + sin ϕ0 . sin2 ϕ

228


p

1,6

ϕ0 = 0 ϕ0 = 0.01

1,2

ϕ0 = 0.1 instabil

0,8

ϕ0 = 0.2

0,4 stabil pkrit

0 Ŧ2

Ŧ1,5

Ŧ1

Ŧ0,5

0

0,5 ϕkrit 1

1,5

ϕ

2

Aus p = 0 erhalten wir p sin ϕkrit = 3 sin ϕ0 . Einsetzen in (a) liefert die kritische Last pkrit = →

sin ϕkrit − sin3 ϕkrit = cos3 ϕkrit tan ϕkrit “ ”3/2 pkrit = 1 − (sin ϕ0 )2/3 .

angigkeit von der Imperfektion ϕ0 ist in Der Verlauf von pkrit in Abh¨ der folgenden Abbildung dargestellt. pkrit 1

0,9

0,8

0,7

0,6

Ŧ0,2 Ŧ0,15

Ŧ0,1 Ŧ0,05

0

0,05

0,1

0,15

0,2 ϕ0


229

Aus der Ableitung q 1 dpkrit = − (1 − (sin ϕ0 )2/3 ) cos ϕ0 √ 3 dϕ0 sin ϕ0 erkennt man, dass die Steigung der Kurve f¨ ur ϕ0 → 0 gegen Unendlich geht. Dies bedeutet, dass das System extrem sensitiv gegen¨ uber Imperfektionen ist: eine kleine Imperfektion reduziert die kritische Last deutlich. Ein solches Verhalten stellt den Konstrukteur vor betr¨ achtliche Probleme, da die Imperfektionen im allgemeinen unbekannt sind, aber sehr große Auswirkungen auf das Verhalten des Systems haben. Um eine Aussage u at der Gleichgewichtslagen zu tref¨ ber die Stabilit¨ fen, setzen wir den Gleichgewichtspfad (a) in die zweite Ableitung des Potentials ein: Π = 2 c l2 (cos2 ϕ − sin2 ϕ + sin ϕ0 sin ϕ) − 2 c l2 = 2 c l2

sin ϕ cos ϕ − sin ϕ0 cos ϕ cos ϕ sin ϕ

− sin3 ϕ + sin ϕ0 . sin ϕ

Dies kann man mit (b) in der Form Π = 2 c l2 p (ϕ) sin ϕ schreiben. F¨ ur |ϕ| < |ϕkrit | ist Π > 0 . Daher geh¨ oren zu diesem Bereich stabile Gleichgewichtslagen. Entsprechend geh¨ oren zum Bereich |ϕ| > |ϕkrit | instabile Gleichgewichtslagen.

230

A5.5


Aufgabe 5.5 Zwei gelenkig verbundene starre St¨ abe sind an den Lagern symmetrisch durch zwei horizontale Federn und zwei Drehfedern elastisch gest¨ utzt. Im unbelasteten Zustand sind die Federn entspannt, und jeder Stab bildet einen Winkel α mit der Horizontalen.

l

l cT

cT

α

α

c

c

Man bestimme den Zusammenhang zwischen der Last und der Verformung, wenn im Gelenk eine vertikale Kraft F angreift und skizziere altnisses die Verl¨ aufe f¨ ur α = 30◦ und verschiedene Werte des Verh¨ ur α = 30◦ und γ = 2 cT /(c l2 ). Wie groß ist die Durchschlaglast f¨ γ = 0, 1? Wie groß muss bei gegebener Steifigkeit der Schraubenfedern die Steifigkeit der Drehfedern mindestens sein, damit kein Durchschlagen auftreten kann?

L¨ osung Das System hat einen Freiheitsgrad. Wir z¨ ahlen die Koordinate ϕ von der unbelasteten Lage aus und w¨ ahlen diese Lage als Nullniveau f¨ ur die potentielle Energie. Dann erhalten wir

F ϕ α

ϕ α

Π = c l2 [cos(α − ϕ) − cos α]2 + cT ϕ2 − F l [sin α − sin(α − ϕ)] , Π = 2 c l2 [cos(α − ϕ) − cos α] sin(α − ϕ) + 2 cT ϕ − F l cos(α − ϕ). Der Zusammenhang zwischen der Last und der Verformung folgt mit den dimensionslosen Parametern λ=

F , cl

γ=

2 cT c l2

aus Π = 0 zu γϕ + 2 [cos(α − ϕ) − cos α] tan(α − ϕ). λ= cos(α − ϕ)

(a)

(b)

Die folgende Abbildung zeigt die Verl¨ aufe f¨ ur α = 30◦ und verschiedene Werte von γ. Die Durchschlaglast FD wird bei einer Steigerung der Kraft F dann erreicht, wenn die Last-Verformungskurve eine horizontale Tangente


231

0,2 α = 30◦

λ

γ = 0.3

0,15 γ = 0.2

0,1 λD

γ = 0.1

0,05

0 γ=0

Ŧ0,05 0,8

1 2α ϕ 1,2

annimmt (Band 4, Abschnitt 5.2.3). Die Bedingung

dλ = 0 f¨ uhrt auf dϕ

0

0,2 ϕD

0,4

α 0,6

dλ γ = [cos(α − ϕ) − ϕ sin(α − ϕ)] dϕ cos2 (α − ϕ) + 2 sin(α − ϕ) tan(α − ϕ)

→

(c)

1 =0 − 2 [cos(α − ϕ) − cos α] cos2 (α − ϕ) ˜ ˆ 3 γ [cos(α − ϕ) − ϕ sin(α − ϕ)] = 2 cos (α − ϕ) − cos α .

Dies ist eine transzendente Gleichung f¨ ur ϕ. Sie kann bei gegebenen Parametern α und γ numerisch oder graphisch gel¨ ost werden. Bei einer graphischen L¨ osung k¨ onnen wir zum Beispiel den Schnittpunkt von f1 (ϕ) = γ [cos(α − ϕ) − ϕ sin(α − ϕ)] und f2 (ϕ) = 2 [cos3 (α − ϕ) − cos α] suchen. F¨ ur α = 30◦ und γ = 0, 1 erh¨ alt man ϕD = 0,276 = b 15, 8◦

232


(siehe folgende Abbildung). Einsetzen in (b) liefert mit (a) die Durchschlaglast: λD = 0, 079

0,12 f1 , f2 0,11

→

FD = 0, 079 c l.

α = 30◦ γ = 0, 1 f2

0,1 0,09

f1

0,08 0,07 0,06 0,26

0,27

ϕD

0,28

ϕ

0,29

Aus der Last-Verformungskurve erkennt man, dass mit wachsendem orige WinWert des Parameters γ die Durchschlaglast FD und der zugeh¨ oßer werden. Im Grenzfall fallen das Maximum, das Minimum kel ϕD gr¨ und der Wendepunkt der Kurve zusammen, wobei der Winkel den Wert ur welche Steifigkeit der DrehfeϕD = α annimmt. Um zu ermitteln, f¨ dern kein Durchschlagen auftreten kann, ist somit der Parameterwert ur den die Funktion λ(ϕ) bei ϕD eine horizontale γ zu bestimmen, f¨ Tangente besitzt: ˛ d λ ˛˛ = 0. d ϕ ˛ϕ=ϕ =α D

Damit folgt aus (c) und (a) γ − 2 (1 − cos α) = 0

→

cT = (1 − cos α) c l2 .

F¨ ur α = 30◦ ergibt sich cT = 0, 134 c l2 . Wenn die Steifigkeit der Drehfedern gr¨ oßer als cT ist, kann kein Durchschlagen auftreten. Der entsprechende Wert des Parameters γ nach (a) ist durch γ = 0,268 gegeben (vgl. die Last-Verformungskuve).


Aufgabe 5.6 Ein symmetrischer Stabzweischlag ist in A und B gelenkig und unverschieblich gelagert und wird in C durch eine Feder gehalten. Im unbelasteten Zustand ist die Feder entspannt, und die St¨ abe (L¨ angen l0 ) bilden den Winkel α0 mit der Horizontalen. Die St¨ abe seien biegestarr (EI → ∞), der Zusammenhang zwischen der Stabkraft und der L¨ angen¨ anderung eines Stabes sei linear.

233

A5.6

c A

C

l0

l0

B

α0

α0

Man bestimme die Absenkung des Knotens C, wenn dort eine vertikale Kraft F angreift und skizziere die Last-Verformungskurve f¨ ur α0 = 7, 5◦ und verschiedene Werte des Verh¨ altnisses der Steifigkeiten von Feder und St¨ aben. Wie h¨ angt die Durchschlaglast vom Winkel α0 und vom Steifigkeitsverh¨ altnis ab?

L¨ osung Das System ist einfach statisch unbestimmt. Zur Ermittlung der Verschiebung des Knotens C verwenden wir die Gleichgewichtsbedingung am freigeschnittenen ausgelenkten Knoten C , die Feder- A gesetze f¨ ur die Schraubenfeder und die St¨ abe sowie die Kinematik der Verformung. Die Gleichgewichtsbedingung ↑:

Ff C

S α

S

F

Ff − F − 2 S sin α = 0

(a)

afte S (Symmetrie) mit der verkn¨ upft die Federkraft Ff und die Stabkr¨ Belastung F . Dabei ist α der Winkel, den die St¨ abe im ausgelenkten Zustand mit der Horizontalen bilden. Da sich die St¨ abe bei der L¨ angen¨ anderung wie lineare Federn verhalten sollen, gilt (vgl. Band 3, Abschnitt 5.2.2) S = c l = c (l − l0 ),

c=

EA , l0

(b)

und die Federkraft ist durch (c)

Ff = c f gegeben. Hier sind l die Stabl¨ angen in der ausgelenkten Lage und f die Verschiebung des Punktes C sowie EA die Dehnsteifigkeit der St¨ abe. Einsetzen von (b), (c) und der geometrischen Beziehung achst l sin α = h0 − f in (a) liefert zun¨

l0 l a

α0 α

C C

f h0

h0 −f

234


l0 − l (d) . l Um die L¨ ange l durch die gegebenen Gr¨ oßen l0 und α0 sowie durch die Absenkung f auszudr¨ ucken, verwenden wir den Satz von Pythagoras: ff l2 = a2 + (h0 − f )2 → l2 = l02 − 2 h0 f + f 2 . l02 = a2 + h20 F = c f + 2 c (h0 − f )

Mit der Ausgangsh¨ ohe h0 = l0 sin α0 folgt dann aus (d) F = c f + 2 c (l0 sin α0 − f )

! l0 p −1 . l02 − 2 l0 sin α0 f + f 2

(e)

Wir f¨ uhren nun die dimensionslosen Parameter F c l0 , γ= EA EA ein. Damit erhalten wir aus (e)

(f)

η=

f h0 8 „ «< f 1 q + 2 sin α0 1 − h0 : 1 − sin2 α [2 0

η = γ sin α0

f h0

9 = (g) −1 . ; − ( hf0 )2 ]

Durch (g) wird der Zusammenhang zwischen der Belastung und der Absenkung des Knotens C beschrieben. Nach Festlegung der Parameter α0 und γ kann f¨ ur eine gew¨ ahlte Absenkung f /h0 die zugeh¨ orige Kraft η bestimmt werden. Die folgende Abbildung zeigt die entsprechenden ur α0 = 7, 5◦ und verschiedene Last-Verformungskurven η = η(f /h0 ) f¨ Werte des Steifigkeitsparameters γ. Eine einfachere Darstellung erhalten wir, wenn wir als kinematische Gr¨ oße nicht die Absenkung f sondern den Winkel α w¨ ahlen. Mit Hilfe der geometrischen Beziehungen h0 − f = a tan α ,

a = l cos α ,

a = l0 cos α0

eliminieren wir dann die Gr¨ oßen f , h0 und l aus (d). Mit c nach (b) folgt zun¨ achst « „ 2 EA a tan α . F = c h0 + 2 EA sin α − c a + l0 Einf¨ uhren der dimensionslosen Parameter nach (f) liefert schließlich den Zusammenhang


η = γ sin α0 + 2 sin α − (γ + 2) cos α0 tan α

235

(h)

zwischen der Kraft η und dem Winkel α.

× 10Ŧ3 3

α0 = 7, 5◦

η

2,5 γ = 1, 2 ∗ 10−2

2 1,5 ηD

γ = 8 ∗ 10−3

1

γ = 4 ∗ 10−3

0,5 0

γ=0

Ŧ0,5 Ŧ1

0

0,5

1

1,5

2

f /h0

2,5

Zur Ermittlung der Durchschlaglast verwenden wir zweckm¨ aßigerweise die Darstellung (h). Die Bedingung dη =0 dα f¨ uhrt auf cos α0 γ = 0 → cos3 αD = ( +1) cos α0 . cos2 α 2 Einsetzen in (h) liefert die dimensionslose Durchschlaglast 2 cos α − (γ+2)

(i)

ηD = γ sin α0 + 2 sin αD − 2 cos3 αD tan αD → ηD = γ sin α0 + 2 sin3 αD mit αD nach (i). F¨ ur die Parameter α0 = 7, 5◦ und γ = 8 · 10−3 erh¨ alt man aus der oben gezeigten Abbildung den Wert ηD = 1, 38 · 10−3

→

FD = 1, 38 · 10−3 EA .

236

A5.7


Aufgabe 5.7 Zwei starre Stäbe (Gewicht jeweils G, L¨ ange l) sind gelenkig verbunden und werden durch zwei Federn in der vertikalen Lage gehalten. Die Federn werden so gef¨ uhrt, dass sie in jeder Lage des Systems horizontal sind. Wie groß muss die Federsteifigkeit c mindestens sein, damit dies eine stabile Gleichgewichtslage ist?

c

l, G c

L¨ osung Das System hat zwei Freiheitsgrade. Eine beliebige ausgelenkte Lage wird durch die beiden Winkel ϕ1 und ϕ2 beschrieben. Die in den Federn gespeicherte potentielle Energie und das Potential der Gewichtskraft lauten (Nullniveau in der gestreckten Lage) Πi =

1 1 c (l sin ϕ1 )2 + c (l sin ϕ1 + l sin ϕ2 )2 2 2

l, G

ϕ2 G ϕ1 G

und Πa = −

Gl Gl (1 − cos ϕ1 ) − Gl (1 − cos ϕ1 ) − (1 − cos ϕ2 ) . 2 2

Da wir nur die Stabilit¨ at der Lage ϕ1 = ϕ2 = 0 untersuchen wollen, k¨ onnen wir uns auf kleine Winkel beschr¨ anken. Mit sin ϕj ≈ ϕj und cos ϕj ≈ 1 −

ϕ2j , 2

j = 1, 2

ist dann die potentielle Energie durch Π=

3 1 1 2 2 1 2 c l ϕ1 + c l (ϕ1 + ϕ2 )2 − G l ( ϕ21 + ϕ22 ) 2 2 4 4

gegeben (die quadratischen Glieder bei der Reihenentwicklung des Cosinus m¨ ussen mitgenommen werden). Die Gleichgewichtslagen sind durch δΠ = 0

→

Π,ϕ1 = 0, Π,ϕ2 = 0


237

charakterisiert (Band 4, Abschnitt 5.3). Dabei kennzeichnet das Komma jeweils die partielle Ableitung. Aus Π,ϕ1 = c l2 (2 ϕ1 + ϕ2 ) − Π,ϕ2 = c l2 (ϕ1 + ϕ2 ) −

3 G l ϕ1 = 0 , 2

1 G l ϕ2 2

=0

erkennt man, dass ϕ1 = ϕ2 = 0 die Bedingung δΠ = 0 f¨ ur eine Gleichgewichtslage erf¨ ullt. Damit diese Gleichgewichtslage stabil ist, m¨ ussen folgende Determinanten positiv sein (Band 4, Abschnitt 5.3): D1 = Π,ϕ1 ϕ1 > 0 , 2

3

6 Π,ϕ1 ϕ1 Π,ϕ1 ϕ2 7 D2 = det 4 5 Π,ϕ2 ϕ1 Π,ϕ2 ϕ2 = Π,ϕ1 ϕ1 Π,ϕ2 ϕ2 − Π,ϕ2 ϕ1 Π,ϕ1 ϕ2 > 0 . Mit den zweiten Ableitungen Π,ϕ1 ϕ1 = 2 c l2 −

3 Gl, 2

Π,ϕ1 ϕ2 = Π,ϕ2 ϕ1 = c l2 , Π,ϕ2 ϕ2 = c l2 −

1 Gl 2

erh¨ alt man D1 > 0

→

D2 > 0

→

3 > 0, 2 5 3 γ 2 − γ + > 0. 2 4 2γ−

Dabei wurde die dimensionslose Gr¨ oße γ = c l/G eingef¨ uhrt. Aus den daraus folgenden Bedingungen √ √ 3 5 − 13 5 + 13 γ > , γ < oder γ > 4 4 4 ergibt sich die Mindeststeifigkeit der Federn zu √ √ 5 + 13 5 + 13 G γ= . → c= 4 4 l

238

A5.8


Aufgabe 5.8 Das in einer horizontalen Ebene bewegliche Doppelpendel besteht aus zwei gelenkig verbundenen, starren St¨ aben (Massen vernachl¨ assigbar), zwei Massenpunkten und zwei Drehfedern. Die Massenpunkte sind am freien Ende bzw. am Gelenk in der Mitte des Pendels angebracht. Es wird durch eine richtungstreue Kraft F belastet. Die Drehfedern sind in der gestreckten Lage entspannt. Man bestimme die Knicklast Fkrit mit Hilfe der kinetischen Methode.

F m2 = m l m1 = 2m

cT l

cT

L¨ osung Das System ist konservativ, und es hat zwei Freiheitsgrade. Wir wollen das Verhalten von Schwingungen um die gestreckte Gleichgewichtslage untersuchen. Als Koordinaten verwenden wir die Winkel ϕ1 und ϕ2 und beschr¨ anken uns dabei auf kleine Winkel (|ϕj | 1). Da das Pendel in einer horizontalen Ebene schwingt, gehen die Gewichtskr¨ afte der Massenpunkte nicht in die Bewegungsgleichungen ein. Diese Gleichungen stellen wir mit Hilfe der Lagrangeschen Gleichungen 2. Art auf (Band 3, Abschnitt 4.3): „ « ∂L d ∂L − = 0, j = 1, 2 . dt ∂ ϕ˙ j ∂ϕj

F

ϕ2

ϕ1

(a)

Mit der kinetischen Energie Ek =

1 1 1 m1 v12 + m2 v22 = m l2 (3 ϕ˙ 21 + 2 ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 + ϕ˙ 22 ) , 2 2 2

der potentiellen Energie Ep =

1 cT (2 ϕ21 − 2 ϕ1 ϕ2 + ϕ22 ) 2 „ « ϕ21 ϕ22 +F l 1− +1− 2 2

und der Lagrangeschen Funktion L = Ek − Ep erhalten wir aus (a) 3 m l2 ϕ ¨1 + m l2 ϕ ¨2 + (2 cT − F l) ϕ1 − cT ϕ2 = 0 , m l2 ϕ ¨1 + m l2 ϕ ¨2 − cT ϕ1 + (cT − F l) ϕ2

(b)

= 0.

Zur L¨ osung dieses Systems von zwei gekoppelten homogenen Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten machen wir


239

den Ansatz ϕj = Aj e i ω t ,

i=

√

−1 ,

j = 1, 2 .

(c)

Einsetzen in (b) liefert das homogene algebraische Gleichungssystem (− 3 m l2 ω 2 + 2 cT − F l) A1 − (m l2 ω 2 + cT ) A2 = 0, − (m l2 ω 2 + cT ) A1 + (− m l2 ω 2 + cT − F l) A2 = 0 f¨ ur die Konstanten A1 und A2 . Nichttriviale L¨ osungen existieren, wenn die Koeffizientendeterminante Null wird: " # − 3 m l2 ω 2 + 2 cT − F l − m l2 ω 2 − cT det = 0. − m l2 ω 2 − cT − m l2 ω 2 + cT − F l Aufl¨ osen liefert die charakteristische Gleichung a0 ω 4 − a2 ω 2 + a4 = 0

(d)

mit a0 = 2 m2 l 4 , a2 = m l2 (7 cT − 4 F l), a4 =

c2T

(e)

− 3 cT F l + F l . 2 2

Die charakteristische Gleichung stellt einen Zusammenhang zwischen den Eigenfrequenzen“ ω des belasteten Systems und der Last F dar. ” In der folgenden Abbildung ist dieser Zusammenhang f¨ ur die dimensionslosen Parameter m l2 2 F l (f) und Ω2 = ω cT cT dargestellt. F¨ ur hinreichend kleine Werte von η sind die zugeh¨ origen Werte von Ω2 positiv, d.h. die Eigenfrequenzen ω1 und ω2 sind reell. ¨ Dann f¨ uhrt das System harmonische Schwingungen aus. Bei Uberschreiten des Wertes ηkrit wird Ω21 < 0, und somit wird die erste Eigenfrear: ω1 = ± i α, α reell. Wegen quenz ω1 rein imagin¨ η=

ei ω t = ei (± i α) t = e± α t f¨ uhrt dies nach dem Ansatz (c) zu einer mit der Zeit exponentiell anwachsenden Auslenkung. Die kritische Last ist daher durch die Existenz einer nichttrivialen Gleichgewichtslage (ω = 0) bestimmt. Damit folgt

240


3 η 2,5

2 Ω22

1,5

1

0,5 ηkrit

Ω21

0 Ŧ1

0

1

2

3

Ω2 4

nach (d) bis (f) →

a4 = 0

η2 − 3 η + 1 = 0

→

η1,2 =

√ 3± 5 . 2

Die kleinere L¨ osung liefert die Knicklast: ηkrit =

√ 1 (3 − 5) 2

→

Fkrit =

√ cT 1 (3 − 5) . 2 l

Dieses Ergebnis kann man nat¨ urlich viel einfacher mit Hilfe einer statischen Methode erhalten. Es sei angemerkt, dass die Knickformen mit ϕ ¨j = 0 aus (b) zu η = η1 :

ϕ1 ϕ2

= 1, 62 ,

η = η2 :

ϕ1 ϕ2

= − 0, 62

folgen.


Aufgabe 5.9 Das in einer horizontalen Ebene bewegliche Doppelpendel nach Aufgabe 5.8 wird durch eine Kraft F belastet, die bei einer Auslenkung immer in Richtung des oberen Stabes zeigen soll. Die Drehfedern sind in der gestreckten Lage entspannt.

241

A5.9

F m2 = m l cT

m1 = 2m

l

Man bestimme die kritische Last Fkrit mit Hilfe der kinetischen Methode.

cT

L¨ osung Das Problem ist im Gegensatz zum Problem in Aufgabe 5.8 nichtkonservativ: f¨ ur die Kraft F existiert hier kein Potential. Daher muss man die Lagrangeschen Gleichungen in der Form „ « ∂L ∂L d − = Qj , j = 1, 2 dt ∂ ϕ˙ j ∂ϕj

F

ϕ2

ϕ1

anwenden, wobei Qj die der Belastung zugeordneten verallgemeinerten Kr¨ afte sind. Mit Q1 = F l ϕ1 ,

Q2 = 0

lauten die Bewegungsgleichungen nun 3 m l2 ϕ¨1 + m l2 ϕ¨2 + (2 cT − F l) ϕ1 + (F l − cT ) ϕ2 = 0 , m l2 ϕ¨1 + m l2 ϕ¨2 − cT ϕ1 + cT ϕ2 = 0 . Der Ansatz ϕj = Aj ei ω t ,

i=

√

−1 ,

(a)

j = 1, 2

f¨ uhrt wieder auf die charakteristische Gleichung a 0 ω 4 − a2 ω 2 + a4 = 0 ,

(b)

die jetzt die Koeffizienten a0 = 2 m2 l 4 ,

a2 = m l2 (7 cT − 2 F l) ,

a4 = c2T

besitzt. Den Zusammenhang zwischen der Last η = F l/cT und dem Quadrat der Frequenzen Ω2 = m l2 ω 2 /cT zeigt die folgende Abbildung. Man erkennt, dass die Kurve keinen Schnittpunkt mit der Lastachse besitzt: es existiert keine nichttriviale Gleichgewichtslage. Die kritische Last ist in diesem Fall durch den Punkt mit horizontaler Tangente

242


2,5 η ηkrit 2 1,5 1

Ω22 Ω21

0,5 0 0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5 Ω2 4

¨ gegeben. Uberschreitet der Lastparameter n¨ amlich den Wert ηkrit , dann werden die Werte von Ω2 und damit auch von ω komplex: ω = α ± i β, α, β: reell. Wegen ei ω t = ei (α ± i β) t = ei α t e± β t = (cos α t + i sin α t) e± β t f¨ uhrt das System nach (a) Schwingungen mit exponentiell anwachsenden Amplituden aus. osungen Ω21 und Ω22 der charakterisF¨ ur η = ηkrit fallen die beiden L¨ tischen Gleichung (b) zusammen. Daher muss dort die Diskriminante der quadratischen Gleichung in Ω2 verschwinden: (7 − 2 η)2 − 8 = 0

→

η=

Dies liefert die kritische Last zu ηkrit =

7 √ − 2 2

→

Fkrit =

7 √ ± 2. 2 „

« 7 √ cT − 2 . 2 l

Sie kann nicht mit einer statischen Methode gefunden werden. Wenn die Belastung den kritischen Wert u uhrt ¨ berschreitet, dann f¨ das System Schwingungen mit exponentiell anwachsenden Amplituden um die Gleichgewichtslage aus. Ein solches Verhalten nennt man Flattern“. Es tritt nur bei nichtkonservativen Systemen auf. Ein In” stabilit¨ atsverhalten mit exponentiell anwachsender Auslenkung wie bei Aufgabe 5.8 heißt Divergenz“. Es sei darauf hingewiesen, dass auch ” bei nichtkonservativen Systemen die Stabilit¨ at der Gleichgewichtslage durch Divergenz verloren gehen kann. Da man aber in der Regel nicht von vornherein weiß, ob Divergenz oder Flattern auftritt, ist bei solchen Systemen i.a. die Anwendung der kinetischen Methode erforderlich.


Aufgabe 5.10 Man bestimme f¨ ur den einseitig eingespannten Stab (Biegesteifigkeit EI) mit exzentrischer Belastung den Zusammenhang zwischen der Last und der Durchbiegung.

A5.10

e F

EI

l

L¨ osung Da das Problem statisch bestimmt ist, k¨ onnen wir zur Ermittlung der Durchbiegung w(x) die Differentialgleichung der Biegelinie in der Form

w (l) w(l)

EI w (x) = − M (x)

S:

F

w (l)

verwenden. Das Biegemoment m¨ ussen wir dabei aus dem Gleichgewicht am verformten Stab bestimmen:

243

w(x) M N x

e

S Q h

M + F h = 0.

Mit h = w(l) + e cos w (l) − w(x) und unter der Voraussetzung kleiner Neigungswinkel (w (l) 1) folgt daraus M (x) = − F [w(l) + e − w(x)] . Einsetzen in die Differentialgleichung der Biegelinie liefert dann w + λ2 w = λ2 [w(l) + e] ,

λ2 =

F . EI

(a)

Die allgemeine L¨ osung dieser Differentialgleichung setzt sich aus der allgemeinen L¨ osung der homogenen Differentialgleichung und einer Partikularl¨ osung der inhomogenen Gleichung zusammen. Sie lautet w(x) = A cos λ x + B sin λ x + w(l) + e . Zur Ermittlung der Integrationskonstanten A und B sowie der noch unbekannten Auslenkung w(l) stehen die drei Randbedingungen

244


w(0) = 0 ,

w (0) = 0 ,

EI w (l) = − M (l)

(b)

zur Verf¨ ugung. Mit den Ableitungen w = − Aλ sin λx + Bλ cos λx , w = − Aλ2 cos λx − Bλ2 sin λx erhalten wir w (0) = 0 EI w (l) = F e w(0) = 0

→

B = 0,

→

A=−

→

A + w(l) + e = 0

→

w(l) + e =

e , cos λ l

e . cos λ l

Damit folgt der Zusammenhang w(x) ¯ =

1 − cos λ x e cos λ l

(c)

zwischen der Belastung und der Auslenkung. Dabei wurden die dimensionslosen Gr¨ oßen e w e= w ¯= , l l eingef¨ uhrt. Man beachte, dass der Zusammenhang in (c) nichtlinear ist, obgleich sowohl die Differentialgleichung (a) als auch die Randbedingungen (b) linear sind. Der Grund daf¨ ur ist, dass wir das Gleichgewicht am verformten System aufgestellt haben. Die folgende Abbildung zeigt den Zusammenhang 1 − cos λ l e¯ (d) cos λ l zwischen der dimensionslosen Auslenkung w(l) ¯ am freien Ende und dem dimensionslosen Lastparameter λ l f¨ ur verschiedene Werte des Parameters e¯. Man erkennt, dass alle Kurven die Asymptote λ l = π/2 besitzen. Wenn sich der Lastparameter dem Wert λ l = π/2 n¨ ahert, wird die Auslenkung auch bei sehr kleiner Exzentrizit¨ at (imperfektes System) sehr groß. Durch diese Tatsache wird die Knicklast des perfekten Systems (e = 0 : zentrische Belastung) gekennzeichnet. Die Methode der w(l) ¯ =


245

e = 0.001

λl

e = 0.002

π/2 1,5 e = 0.01 e = 0.005

1

e = 0.05

0,5

0 0

0,02

0,04

0,06

0,08

w(l) ¯ 0,1

Imperfektionen liefert somit die kritische Last λ2 l 2 =

π2 4

→

F = Fkrit =

π 2 EI , 4 l2

vgl. Aufgabe 5.11 und Band 2, Abschnitt 7.2, erster Euler-Fall. Es sei angemerkt, dass die verwendete Differentialgleichung der Biegelinie nur f¨ ur kleine Durchbiegungen gilt. Daher sind (c) und (d) auch nur f¨ ur hinreichend kleine Werte der Auslenkung g¨ ultig.

246

A5.11


Aufgabe 5.11 Man bestimme die charakteristische Gleichung, die kritische Last sowie die Knickform f¨ ur den Euler-Fall I.

F

l, EI x

L¨ osung Die Knickgleichung wIV + λ2 w = 0 ,

λ2 =

F , EI

und ihre allgemeine L¨ osung (a)

w(x) = A cos λ x + B sin λ x + C λ x + D

entnehmen wir Band 2, Gln.(7.13) und (7.14). Die Ableitungen von (a) lauten w = − A λ sin λ x

+ B λ cos λ x + C λ ,

w = − A λ2 cos λ x − B λ2 sin λ x , w =

A λ3 sin λ x − B λ3 cos λ x .

Zur Ermittlung der Integrationskonstanten stehen vier Randbedingungen zur Verf¨ ugung: w(0) = 0

→

A + D = 0,

w (0) = 0

→

B + C = 0,

w (l) = 0

→

A cos λ l + B sin λ l = 0 ,

EI w (l) + F w (l) = 0

→

C λ = 0.

Dabei folgt die vierte Randbedingung aus EI w (l) = − Q(l)

mit

Aus der letzten Randbedingung folgt C = 0. Damit liefert die zweite Gleichung in (b) auch B = 0 und aus der dritten erhalten wir die charakteristische Gleichung cosλ l = 0 .

M

Q(l) = F w (l) . N

(b)

Q F w (l)

(c)


247

Die kleinste L¨ osung von (c) liefert die Knicklast λkrit l =

π 2

→

Fkrit =

π 2 EI , 4 l2

und die Knickform erh¨ alt man mit A = − D und λ = λkrit zu “ π x” . w(x) = D 1 − cos 2l

(d)

F¨ ur F = Fkrit existiert neben der trivialen Gleichgewichtslage (w ≡ 0) die Gleichgewichtslage w(x) nach (d). Die Konstante D bleibt unbestimmt. Da der Stab bei diesem Euler-Fall statisch bestimmt gelagert ist, kann man das Problem auch mit Hilfe der Differentialgleichung EI w (x) = − M (x)

mit

M (x) = − F [w(l) − w(x)]

l¨ osen (siehe Aufgabe 5.10). Diese Differentialgleichung kann in der Form w + λ2 w = λ2 w(l) geschrieben werden. Ihre allgemeine L¨ osung lautet w = A cos λx + B sin λx + w(l) . Aus den Randbedingungen →

A + w(l) = 0 ,

w (0) = 0

→

B = 0,

w (l) = 0

→

A cos λl = 0

w(0) = 0

erhalten wir wieder die charakteristische Gleichung (c). Die vierte Randbedingung ist automatisch erf¨ ullt. Die Knickform folgt mit der ersten Randbedingung zu “ π x” , w(x) = w(l) 1 − cos 2l wobei w(l) unbestimmt bleibt.

248

A5.12


Aufgabe 5.12 Man bestimme die kritische Last f¨ ur den Euler-Fall II mit Hilfe der kinetischen Methode.

l, EI

F

x

L¨ osung Wenn wir die kinetische Methode anwenden wollen, m¨ ussen wir statt der statischen Knickgleichung EIwIV + F w = 0 (Band 2, Gl. (7.13)) die Bewegungsgleichung f¨ ur einen Balken unter einer L¨ angskraft benutzen. Wir erhalten sie, indem wir den Beschleunigungsterm ρAw ¨ ber¨ ucksichtigen (vgl. auch Band 4, Gl. (4.56)): ¨ = 0. EIwIV + F w + ρ A w

(a)

Hierbei sind die Dichte des Stabmaterials und A die Querschnittsfl¨ ache des Stabes. Wir suchen nun wie bei den freien Schwingungen eines Balkens ohne Normalkraft (vgl. Kapitel 4 und Band 4, Abschnitt 4.3.2.1) nach L¨ osungen der Form w(x, t) = W (x) cos(ω t − α) .

(b)

Mit diesem Ansatz folgt aus der partiellen Differentialgleichung (a) die gew¨ ohnliche Differentialgleichung EI W IV + F W − A ω 2 W = 0 .

(c)

ussen diese Differentialgleichung und die RandDie Eigenformen Wk (x) m¨ bedingungen Wk (0) = Wk (l) = 0 ,

Wk (0) = Wk (l) = 0 ,

k = 1, 2, ...

¨ erf¨ ullen. Durch Uberlagerung aller Eigenschwingungen erhalten wir die L¨ osung ∞ X Wk (x) cos(ωk t − αk ) w(x, t) = k=1

f¨ ur ein beliebiges Anfangswertproblem. Wir nehmen an, dass die Eigenfunktionen wie beim Balken ohne Normalkraft durch kπx , k = 1, 2, ... (d) l gegeben sind (Band 4, Gl. (4.64c)). Damit sind die Randbedingungen erf¨ ullt. Um auch die Differentialgleichung zu erf¨ ullen, setzen wir (d) in (c) ein. Dies liefert „ «2 „ «4 kπ kπ EI − F − A ωk2 = 0, k = 1, 2, ... . (e) l l Wk (x) = Bk sin


249

Die Gleichung (e) stellt einen Zusammenhang zwischen den Eigenfrequenzen ωk des Balkens und der Kraft F dar. Mit Ω2k =

Al4 2 ωk EI

und

η=

F l2 EI

lautet (e) in dimensionsloser Form Ω2k = (kπ)2 [(kπ)2 − η] . Die folgende Abbildung zeigt die Abh¨ angigkeit der Quadrate der Eigenfrequenzen von der Belastung f¨ ur k = 1 und k = 2. Man erkennt, dass f¨ ur η < π 2 alle Werte von Ω2k > 0 sind. Dann sind die Eigenfrequenzen uhrt nach (b) harmonische Schwingungen aus. ωk reell, und der Balken f¨ ¨ Beim Uberschreiten des Wertes η = π 2 wird Ω21 < 0, und somit wird ar. Dies f¨ uhrt nach (b) zu einer die erste Eigenfrequenz ω1 rein imagin¨ mit der Zeit exponentiell anwachsenden Auslenkung. Die kritische Last ist daher durch Ω1 = 0 (Gleichgewicht, vgl. Aufgabe 5.8) bestimmt: η1 = π 2

→

Fkrit = π 2

EI . l2

50 η (2π)2

30

20 k=2 π2 k=1

0 Ŧ10 Ŧ400

0 π4

400

800

1200

(2π)4

Ω2k 2000

Es sei angemerkt, dass die Schnittpunkte der Kurven in der obigen Abbildung mit der Ordinate die Eigenwerte des Knickproblems und die Schnittpunkte mit der Abszisse die Quadrate der Eigenfrequenzen des Balkens ohne Normalkraft darstellen.

250

A5.13


Aufgabe 5.13 Man bestimme die Knicklast f¨ ur den Euler-Fall I (siehe Aufgabe 5.11) n¨ aherungsweise mit Hilfe des Rayleigh-Quotienten und verwende dabei als Ansatzfunktion ein Polynom. L¨ osung Der Rayleigh-Quotient f¨ ur den Knickstab lautet Rl EI φ 2 (x) dx 0 Fekrit = Rl φ 2 (x) dx

(a)

0

(Band 4, Gl. (7.61)). Dabei muss die Ansatzfunktion φ(x) die geometrischen Randbedingungen erf¨ ullen: φ(0) = 0 ,

φ (0) = 0 .

(b)

Wir machen zun¨ achst einen quadratischen N¨ aherungsansatz f¨ ur die Knickform (Eigenform): w(x) e = a x2 = a φ(x)

→

φ(x) = x2 ,

φ = 2x ,

φ = 2 .

Er erf¨ ullt die Randbedingungen (b). Der dimensionsbehaftete Faktor a ([a] = 1/l) wurde eingef¨ uhrt, damit die Durchbiegung w e die Dimension L¨ ange“ hat. Berechnen der Integrale und Einsetzen in (a) liefert ” EI Fekrit = 3 2 . l Der Fehler im Vergleich zur exakten Knicklast Fkrit =

π 2 EI EI = 2, 467 2 4 l2 l

ist sehr groß. Er betr¨ agt ungef¨ ahr 22%. Ein wesentlich besseres Ergebnis erhalten wir, wenn wir einen kubischen Ansatz machen: w(x) e = a (b x2 + x3 ) = a φ(x)

→

2

φ(x) = b x2 + x3

(c)

ahlen wir den noch offenen Wert von b so, (hier gilt: [a] = 1/l ). Dabei w¨ dass ausser den geometrischen Randbedingungen auch die mechanische ullt wird. Mit Randbedingung φ (l) = 0 (d.h. M (l) = 0) erf¨ φ = 2 b x + 3 x 2 ,

φ = 2 b + 6 x

und der Bedingung φ (l) = 0 folgt b = − 3 l.


251

Nun erhalten wir den Rayleigh-Quotient 5 EI Fekrit = 2 l2

(d)

mit einem Fehler von etwa 1,3%. Mit dem Ansatz (c) kann man ein noch besseres Ergebnis als (d) erzielen, wenn man den Parameter b zun¨ achst offen l¨ aßt. Einsetzen von (c) in (a) und Berechnen der Integrale liefert dann Fekrit = 60

ξ 2 + 3 ξ + 3 EI 20 ξ 2 + 4 ξ + 27 l2

,

ξ=

b . l

(e)

Nun w¨ ahlen wir den Wert von ξ so, daß der Bruch in (e) ein Minimum annimmt (vgl. Abb. unten): ξ=

b = − 3, 31 l

→

EI Fekrit = 2, 486 2 . l

l2 Fekrit EI 2,68

2,64 2,6 2,56 2,52 2,48 2,44 Ŧ4

Ŧ3,75

Ŧ3,5

Ŧ3,25

Ŧ3

Ŧ2,75

ξ

Ŧ2,5

Es sei angemerkt, dass ein kubischer Ansatz mit nur einem Term (d.h. b = 0) ein noch schlechteres Ergebnis als der quadratische Ansatz liefert. Dies liegt daran, dass die Funktion φ(x) = x3 eine schlechte N¨ aherung f¨ ur die Knickform ist (zum Beispiel ist hierf¨ ur die Kr¨ ummung (und damit auch das Biegemoment) wegen φ (0) = 0 an der Einspannstelle gleich Null). Die Genauigkeit der N¨ aherung h¨ angt also sehr stark von der Wahl der Ansatzfunktion ab.

252

A5.14


Aufgabe 5.14 Der dargestellte Stab tr¨ agt in der H¨ ohe l/3 eine Kugel (Gewicht G, Radius vernachl¨ assigbar). Man bestimme das Gewicht Gkrit , bei dem der Stab knickt

EI l G

a) exakt,

l/3 x

b) n¨ aherungsweise mit Hilfe des Rayleigh-Quotienten.

H2

L¨ osung a) Wir f¨ uhren die Koordinaten ur die beiden Bereiche 1 und x1 und x2 f¨ 2 ein. Aus den Gleichgewichtsbedingungen folgt zun¨ achst

x2 2

H1 = H2 = H , V = G , H = GwG / l .

wG x1

Dabei ist die Durchbiegung wG unbekannt. Die Biegemomente in den beiden Bereichen lauten M1 (x1 ) = G w1 (x1 ) − Hx1 ,

H1

1 G V

(a)

M2 (x2 ) = Hx2 .

Wir integrieren die Differentialgleichung der Biegelinie bereichsweise und erhalten im Bereich 1 EIw1 = − Gw1 + Hx1 → w1 + λ2 w1 =

H x1 , EI

λ2 =

G EI

mit der allgemeinen L¨ osung w1 = A sin λx1 + B cos λx1 + wG

x1 . l

Im Bereich 2 folgt aus EIw2 = − Hx2 durch Integration EIw2 = − H

x22 + C1 , 2

EIw2 = − H

x32 + C1 x 2 + C2 . 6

Zur Ermittlung der Integrationskonstanten und der Durchbiegung wG ¨ verwenden wir Rand- und Ubergangsbedingungen: w1 (0) = 0

→

B = 0,

w2 (0) = 0

→

C2 = 0 ,


w1

253

„ « „ « l 2l = w2 3 3

wG 4 l2 G wG 2l λl + = − + C1 , (b) 3 „ 3« 81„EI « 3EI l 2l w1 = − w2 3 3 wG 2 l G wG 1 λl + = − C1 , → A λ cos (c) 3 „ l« 9 EI EI „ « l 2l = M2 M1 3 3 λl 3 wG wG 2 wG λl → A sin + − = → wG = A sin . 3 3 3 3 2 3 Einsetzen von λ2 = G/EI und Elimination von wG aus (b) und (c) liefert das homogene Gleichungssystem » „ «– 3 1 2l λl 4 22 1+ − A sin + λ l C1 = 0 , 3 2 3 81 3EI » „ «– λl 2 3 λl l A λ l cos + sin 1 − λ2 l 2 C1 = 0 + 3 2 3 9 EI → A sin

osung existiert, muss die Kof¨ ur A und C1 . Damit eine nichttriviale L¨ effizientendeterminante verschwinden: » „ «– 3 1 4 22 λl l 1+ + λ l sin 3 2 3 81 EI » „ – « λl 3 2 λl 2l + λ l cos + 1 − λ2 l2 sin = 0. 3 2 9 3 3EI Aufl¨ osen liefert „ «2 „ « 5 λl 4 λl λl + = 0. cot − 2 3 3 3 3 2 Den kleinsten Eigenwert findet man mit ξ = λ l/3 numerisch oder grafisch (siehe folgende Abbildung) zu (λl)krit = 4, 375

→

Gkrit = 19, 14

EI . l2

(d)

254


3 f1 ,f2

f1 = 2ξ cot ξ 4 5 f2 = ξ 2 − 3 2

2 f1

1 0 Ŧ1

f2

Ŧ2 Ŧ3

0

0,4

0,8

1,2

ξkrit 1,6

ξ=

λl 3

2

b) Der Rayleigh-Quotient f¨ ur das gegebene System lautet e krit = G

Zl EI φ 0

2

ffi Zl/3 (x) dx φ 2 (x) dx .

(e)

0

Dabei haben wir statt der beiden Koordinaten x1 und x2 die Koordinaahlt. Man beachte, dass die obere Grenze des Integrals im te x1 = x gew¨ Nenner durch x = l/3 gegeben ist, da die Normalkraft f¨ ur x > l/3 verschwindet. Als Ansatzfunktion w¨ ahlen wir zuerst φ(x) = sin(πx/l) und machen den N¨ aherungsansatz w e = a φ(x) f¨ ur die Auslenkung (es gilt [a] = l). Damit sind die geometrischen Randbedingungen φ(0) = φ(l) = 0 erf¨ ullt. Mit φ (x) = (π/l) cos(πx/l) und φ (x) = −(π/l)2 sin(πx/l) erh¨ alt man aus (e) “ π ”3 π EI ekrit = 20, 9 EI . e krit = G „ l √2 « → G l2 π 2π 3 + 4l 3 2 Der Fehler im Vergleich zur exakten L¨ osung (d) betr¨ agt etwa 9%. Wir w¨ ahlen nun den Ansatz w e = a φ(x) mit der Ansatzfunktion „ « 8 5 2 l > > x l − x2 , x≤ , < 9 3 „ «3 « „ φ(x) = (f) l 3 l 5 2 > > :x x− , x≥ . l − x2 + 9 2 3 3


Hier gilt [a] = 1/l2 . Die Ansatzfunktion (f) gibt die Form der Biegelinie an, wenn der Balken an der Stelle x = l/3 durch eine Kraft quer zu seiner Achse belastet wird (siehe nebenstehende Abb. und Band 2, Tabelle 4.3). Damit erhalten wir (man beachte, dass das Integral im Z¨ ahler in zwei Integrale aufgespalten werden muss)

1

F

x

255

2

EI l 3

2l 3

ekrit = 19, 28 EI . G l2 Der Fehler betr¨ agt hier weniger als 1 %. Man erh¨ alt die Funktion (f), indem man das durch die senkrecht zur Balkenachse wirkenden Kr¨ afte erzeugte Biegemoment (bereichsweise) zweimal integriert. Der Anteil G w1 (x1 ) in (a) geht dabei nicht ein. Man kann auch diesen Anteil ber¨ ucksichtigen, wenn man den Rayleighe (x) in der Form Quotient (e) mit w(x) e = a φ(x) und EI w e (x) = −M ekrit = G

ffi Zl/3 Zl e 2 M 2 dx w e dx EI 0

0

schreibt. Mit H=G

wG l

(g)

→

e =Gaφ H l

„ « 4 l = a l2 G 3 27

erh¨ alt man aus (a) und (f) „ « 8 5 2 4 G a l2 2 > > G a x − − x l x > > 9 27„ > « > > < l 11 2 3 , x< , l x−x = Ga e (x) = M 27 3 > > > > > 2 > > l :H e (l − x) = 4 G a l (l − x) , x> . 27 3 Einsetzen in (g) und integrieren liefert ekrit = 19, 14 EI . G l2 Dies stimmt im Rahmen der angegebenen Stellen mit dem exakten Ergebnis (d) u ¨berein.

256

A5.15


Aufgabe 5.15 Ein Stab (Länge l, Biegesteifigkeit EI) ist links gelenkig gelagert und rechts elastisch eingespannt. Man bestimme mit Hilfe

F

x

cT EI

l

a) des Rayleigh-Quotienten, b) des Ritzschen Verfahrens eine N¨ aherung Fekrit f¨ ur die kritische Last in Abh¨ angigkeit des Parameters γ = cT l/EI und vergleiche mit der exakten L¨ osung Fkrit .

L¨ osung a) Der Rayleigh-Quotient f¨ ur den Knickstab mit elastischer Einspannung lautet Rl EI φ 2 (x) dx + cT φ 2 (l) 0 Fe krit = (a) Rl 2 φ (x) dx 0

(vgl. Band 4, Abschnitte 4.5 und 7.5.6). Dabei muss die Ansatzfunktion φ(x) die geometrischen Randbedingungen, d.h. φ(0) = 0 und φ(l) = 0 erf¨ ullen. Als einfachsten Ansatz w¨ ahlen wir zun¨ achst den parabelf¨ ormigen Verlauf w(x) e = a x (l − x) = a φ(x) . Er erf¨ ullt die geometrischen Randbedingungen. Mit den Ableitungen R φ (x) R= l − 2 x und φ (x) = −2 folgen die Integrale zu φ 2 dx = 3 2 2 2 l /3 , φ dx = 4 l, und es gilt φ (l) = l . Einsetzen in den RayleighQuotienten (a) liefert 4 EI + cT l Fekrit = l2 /3

bzw.

ηe krit = 3 (4 + γ)

(b)

mit η=

F l2 EI

und

γ=

cT l . EI

ur die dimensionslose exakte kritische Last η krit ist Die N¨ aherung ηe krit f¨ in der folgenden Abbildung als Funktion des Parameters γ aufgetragen. Eine bessere N¨ aherung ist mit der Ansatzfunktion φ(x) = sin(π x / l) zu erwarten, da dies die exakte Eigenform f¨ ur den Sonderfall cT = 0 darstellt (2. Euler-Fall) und zus¨ atzlich zu den geometrischen Randbe-


257

60 ηkrit

50

Gl.(b)

40

Gl.(c)

30 Gl.(g)

20 Gl.(d)

10

0 0

2

4

6

8

10

12

14

γ 16

ullt. Man dingungen auch die mechanische Randbedingung φ (0) = 0 erf¨ erh¨ alt nun mit φ (x) = (π/ l) cos( πlx ) und φ (x) = −(π/ l)2 sin( πlx ) aus (a) “ π ”3 π “ π ”2 + cT l 2 l (c) Fe krit = → ηe krit = π 2 + 2 γ . ππ l 2 Dieser Verlauf ist ebenfalls in der vorangegangenen Abbildung dargestellt. EI

Die exakte L¨ osung folgt nach Band 2, Beispiel 7.1, aus der Eigenwertgleichung √ γ η √ (d) = 0. tan η − γ+η Diese Gleichung kann zum Beispiel graphisch ausgewertet werden. Mit √ ξ = η und f1 = tan ξ sowie f2 = γ ξ/(γ + ξ 2 ) 2 f¨ ur verschieliefert die folgende Abbildung die Eigenwerte η krit = ξkrit dene Werte von γ. Der Verlauf der exakten kritischen Last in Abh¨ angigkeit vom Parameter γ zeigt, dass der Parabelansatz keine brauchbare N¨ aherung liefert. Beim Sinus-Ansatz erh¨ alt man zwar f¨ ur γ = 0 die

258


2 f1 ,f2

1,5

f1

f2 mit γ = 10

1 f2 mit γ = 5

0,5

f2 mit γ = 2

0 f1 = tan ξ

Ŧ0,5

Ŧ1

f1

γξ f2 = γ + ξ2

0

1

2

3

ξkrit

4

ξ=

√

η 5

exakte L¨ osung, f¨ ur wachsende Werte von γ weicht aber auch hier die N¨ aherungsl¨ osung immer mehr von der exakten L¨ osung ab. F¨ ur γ → ∞ wird in der Feder keine Energie mehr gespeichert, sondern es tritt eine geometrische Randbedingung (w (l) = 0) auf, die von beiden Ansatzfunktionen nicht erf¨ ullt wird. Daher kann man f¨ ur gr¨ oßere Werte von γ keine guten Ergebnisse erwarten. b) Eine bessere N¨ aherung erh¨ alt man mit dem zweigliedrigen Ansatz πx 2π x + a2 sin . (e) l l ullen (wie beim Die Ansatzfunktionen φk (x) = sin(k π x/l), k = 1, 2, erf¨ Verfahren von Ritz gefordert) die geometrischen Randbedingungen. Wir gehen vom Prinzip des Station¨ arwerts der potentiellen Energie aus. Das Gesamtpotential des Systems lautet w(x) e = a1 sin

Π=

1 2

Zl 0

EI w 2 dx −

F 2

Zl

w 2 dx +

1 cT w 2 (l) . 2

(f)

0

Wenn wir die N¨ aherungsfunktion w e nach (e) in (f) einsetzen und die


259

Integrale berechnen, so ergibt sich 2 ˆ 2 ` ´ e = π EI π a21 + 16a22 Π 2l2 2l ´ ` ´˜ l ` 2 a1 + 4a22 + cT a21 + 4a1 a2 + 4a22 . −F 2

Die notwendige Bedingung daf¨ ur, dass das Gesamtpotential ein Extremum annimmt, ist (Band 4, Gl. (7.45)) e ∂Π = 0, ∂ ak

k = 1, 2 .

Daraus folgt: „

k=1:

k=2:

« EI − F l a1 + 4 cT a2 = 0 , l „ « EI cT a1 + 2 cT + 4 π 2 − F l a2 = 0 . l 2 cT + π 2

Damit dieses homogene lineare Gleichungssystem f¨ ur a1 und a2 eine nichttriviale L¨ osung hat, muss die Koeffizientendeterminante verschwinden: (π 2 + 2γ − ηe)(4π 2 + 2γ − ηe) − 4γ 2 = 0 . Ausmultiplizieren und Aufl¨ osen liefert die kritische Last ηe krit als Funktion von γ: s„ «2 5 π2 5 π2 + 2γ − + 2γ ηe krit = − 10 π 2 γ − 4 π 4 . (g) 2 2 Der Verlauf von ηe krit (γ) nach (g) ist ebenfalls in der Abbildung eingetragen. Man sieht, dass der zweigliedrige Ansatz ein deutlich besseres Ergebnis liefert als die eingliedrigen Ans¨ atze.

260

A5.16


Aufgabe 5.16 Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken wird in der Mitte durch eine Feder gest¨ utzt. Man bestimme die Knickals Funktion last Fkrit des Steifigkeitsparameters γ = c l3 /EI und ermittle die Knickformen f¨ ur γ = 100 und γ = 200.

EI c l 2

l 2

L¨ osung Wir f¨ uhren die Koorur die beidinaten x1 und x2 f¨ den Bereiche 1 und 2 ein und integrieren die Differentialgleichung der Biegelinie bereichsweise. Mit den Biegemomenten M1 (x1 ) = A x1 + F w1 ,

x

F

1

F

2

F

x2

x1 w1

w2 B

A Ff

M2 (x2 ) = B x2 + F w2

erhalten wir die Differentialgleichungen EI w1 = − (A x1 + F w1 ),

EI w2 = − (B x2 + F w2 ) .

Dabei sind die Lagerreaktionen A und B noch unbekannt (statisch unbestimmtes System!). Die allgemeinen L¨ osungen der Differentialgleichungen lauten mit λ2 = F/EI A x1 , EI λ2 B x2 . w2 (x2 ) = C3 sin λx2 + C4 cos λx2 − EI λ2

w1 (x1 ) = C1 sin λx1 + C2 cos λx1 −

(a)

Zur Bestimmung der vier Integrationskonstanten Cj sowie der zwei Lagerreaktionen A und B stehen sechs Bedingungen zur Verf¨ ugung: w1 (0) = 0 → w2 (0) = 0 → „ « „ « l l w1 = w2 2 2 → C1 sin

C2 = 0 , C4 = 0 ,

λl λl Al Bl = C3 sin , − − 2 2 EI λ2 2 2 EI λ2

(b)


w1

261

„ « „ « l l = − w2 2 2 → C1 λ cos

w1

„ « „ « l l = w2 2 2

↑:

A + B + Ff = 0

λl λl A B = − C3 λ cos , − + 2 EI λ2 2 EI λ2

(c)

λl λl = C3 sin , 2 2

(d)

» – λl Al → A + B + c C1 sin − = 0. 2 2 EI λ2

(e)

→

C1 sin

Aus (b) und (d) folgen A = B sowie (C1 − C3 ) sin

λl = 0. 2

(f)

Wir m¨ ussen nun zwei F¨ alle unterscheiden. Wenn sin(λ l/2) = 0 ist, d.h. λ l/2 = π, dann liefern (c) und (e) (C1 + C3 ) λ3 EI + 2 A = 0 , (4 EI λ2 − c l) A

= 0.

F¨ ur 4 EIλ2 − c l = 0 → γ = 16 π 2 muss dann gelten A = 0 , C 3 = − C1 . Die kritische Last ergibt sich in diesem Fall zu λkrit

l =π 2

→

Fkrit = 4 π 2

EI . l2

(g)

Ist dagegen sin(λ l/2) = 0, dann muß nach (f) C3 = C1 sein. Dann lauten (c) und (e) C1 λ3 EI cos

λl − A = 0, 2

(4 λ2 EI − c l) A + 2 C1 c λ2 EI sin

(h) λl = 0. 2

Elimination von A liefert mit γ = c l3 /EI die Eigenwertgleichung – „ «3 » λl λl λl λl λl (i) − 16 γ cos cos − sin = 0. 2 2 2 2 2 Der jeweils kleinste Eigenwert λ l/2 bei verschiedenen Werten von γ kann grafisch ermittelt werden. Mit der Abk¨ urzung ξ = λ l/2 lautet die

262


Eigenwertgleichung γ(ξ cos ξ − sin ξ) = 16 ξ 3 cos ξ „ « 16 2 → tan ξ = ξ 1 − . ξ γ F¨ uhrt man die Funktionen f1 (ξ) = tan ξ und f2 (ξ) = ξ (1 − 16 ξ 2 ) ein, γ osung von (i) sucht man daher dann wird daraus f1 (ξ) = f2 (ξ). Zur L¨ die Schnittpunkte von f1 und f2 (siehe Abbildung).

2 f1 ,f2

f1

f2 (γ = 200)

1 f2 (γ = 100) f2 (γ = 50)

0 f1

Ŧ1

Ŧ2

f1 = tan ξ « „ 16 2 f2 = ξ 1 − ξ γ

0

1

2

3

ξ=

λl 2

4

In der folgenden Abbildung ist die dimensionslose kritische Last angigkeit vom Parameter γ dargestellt. (λ krit l)2 = Fkrit l2 /EI in Abh¨ Man erkennt, dass im Bereich 0 < γ < γ ∗ die Gleichung (i) die Knicklast liefert, w¨ ahrend sie f¨ ur γ > γ ∗ durch (g) gegeben ist. Den Wert ∗ f¨ ur γ findet man mit λ l/2 = π aus (i) zu γ ∗ = 16 π 2 . Die Abbildung zeigt auch, dass durch eine Erh¨ ohung der Federsteifigkeit u ¨ ber den Wert c∗ = γ ∗ EI/l3 hinaus die kritische Last nicht mehr gesteigert werden kann. F¨ ur γ = 100 liefert (i) den Eigenwert λkrit l/2 = 2,706. Mit B = A und C3 = C1 sowie „ « A λkrit l = cos = − 0,907 C1 λ3krit EI 2


263

50 2

λkrit l2 4π 2 Gl. (g)

30 Gl. (i)

20 π2

0

0

25

50

75

100

125 γ ∗ = 16π 2 175 γ 200

nach (h) erhalten wir die Eigenfunktion aus (a) zu (Abb. rechts) x1 x1 ) + 4, 91 ] , l l x2 x2 w2 (x2 ) = C1 [sin(5, 41 ) + 4, 91 ] . l l w1 (x1 ) = C1 [sin(5, 41

x1

x2

w

Die Konstante C1 bleibt unbestimmt. F¨ ur γ = 200 folgt nach (g) der Eigenwert zu λkrit l/2 = π. Mit A = 0 alt man nun (Abb. und C3 = −C1 erh¨ rechts)

x1 x2 w

2π x1 , l 2π x2 w2 (x2 ) = − C1 sin . l

w1 (x1 ) =

C1 sin

Der Balken knickt dann in der zweiten Eigenform. Dabei erf¨ ahrt die Feder keine L¨ angen¨ anderung. Man erkennt nun, warum ein Erh¨ ohen der Federsteifigkeit keine Erh¨ ohung der Knicklast bewirkt. Es sei noch einmal ausdr¨ ucklich darauf hingewiesen, dass das Knicken nicht immer in der ersten Eigenform erfolgen muss.

264

A5.17


Aufgabe 5.17 Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken wird durch zwei Federn gest¨ utzt. Man bestimme die Knicklast mit Hilfe des Verfahrens von Ritz.

F

x

EI c l 3

c l 3

l 3

L¨ osung Wir gehen bei der Lösung vom Prinzip des Stationärwerts der potentiellen Energie aus. Das Gesamtpotential des Systems ist durch Zl Zl F 1 2 EIw dx − w 2 dx Π = 2 2 0 0 (a) » „ « „ «– l 2l c w2 + w2 + 2 3 3 gegeben. Nach Aufgabe 5.16 existieren bei einem Balken, der nur durch eine einzige Feder gest¨ utzt wird, f¨ ur den Steifigkeitsparameter zwei Bereiche mit unterschiedlichen Stabilit¨ atsverhalten. Wird der Balken durch zwei Federn gest¨ utzt, so erwarten wir drei Bereiche. Dementsprechend w¨ ahlen wir als N¨ aherung f¨ ur die Durchbiegung w(x) einen dreigliedrigen Ansatz w(x) e =

3 X

(b)

ak φk (x),

k=1

wobei die Ansatzfunktionen φk (x) = sin

kπx , l

k = 1, 2, 3

verwendet werden. Diese Ansatzfunktionen erf¨ ullen die wesentlichen Randbedingungen φk (0) = φk (l) = 0. Wenn wir (b) in (a) einsetzen, erhalten wir nach der Berechnung der Integrale f¨ ur das Potential 4 e = π EI (a21 + 16a22 + 81a23 ) Π 4l3 3 π2F 2 + c (a21 + a22 ) − (a1 + 4a22 + 9a23 ). 4 4l

Die notwendige Bedingung daf¨ ur, dass das Gesamtpotential ein Extremum annimmt, ist (Band 4, Gl. (7.45)) e ∂Π = 0, ∂ak

k = 1, 2, 3.


265

Daraus folgt 3 γ, π2 3 = 4π 2 + γ, 4 π2

f¨ ur k = 1 :

ηekrit = π 2 +

f¨ ur k = 2 :

ηekrit

f¨ ur k = 3 :

ηekrit = 9π 2

mit ηekrit =

Fekrit l2 , EI

γ=

c l3 . EI

Die kritische Last ηekrit ist als Funktion des Parameters γ in der folgenden Abbildung dargestellt. Man erkennt, dass in diesem Beispiel die kritische Last durch ein Erh¨ ohen des Steifigkeitsparameters u ¨ ber den Wert γ = 20 π 4 /3 hinaus nicht mehr gesteigert werden kann: der Balken knickt dann in der dritten Eigenform (ohne dass die Federn L¨ angen¨ anderungen erfahren). Zum Vergleich ist in der Abbildung auch die kritische Last aus Aufgabe 5.16 eingetragen (f¨ ur die in den Aufgaben verwendeten Lastparameter gilt der Zusammenhang η = (λ l)2 ). Man sieht, dass durch die zweite Feder die Knicklast gr¨ oßer geworden ist: eine zus¨ atzliche Fesselung erh¨ oht bei einem konservativen System die kritische Last. Es sei angemerkt, dass eine zus¨ atzliche Fesselung bei einem nichtkonservativen System destabilisierend wirken kann. ηkrit

k=3

9π 2

Aufg. 5.17

80 k=2

70 60 4π 2

40 k = 1

Aufg. 5.16

30 20 π2

0 0

4 4 π 3

250

500

20 4 π 3

750

γ

1000

266

A5.18


Aufgabe 5.18 Ein beidseitig gelenkig gelagerter Balken ruht auf einer kontinuierlichen elastischen Bettung. Die Bettungszahl c (Federkonstante pro L¨ angeneinheit) sei konstant. Gesucht ist die kritische Last.

x

F

EI

c l

L¨ osung Bei einer Auslenkung w(x) des Balkens wirkt auf ein Element der L¨ ange dx an der Stelle x die R¨ uckstellkraft FR = c dx w(x). Somit ist die in der Bettung im Element gleicher L¨ ange gespeicherte Energie durch ΠB = c dx w2 (x)/2 gegeben. Die in der gesamten Bettung gespeicherte Energie erh¨ alt man durch Integration: Zl 1 ΠB = c w2 (x) dx . 2 0

Damit lautet die gesamte potentielle Energie des Systems EI Π = 2

Zl w

2

c dx + 2

0

Zl

F w dx − 2

Zl

2

0

w 2 dx .

(a)

0

Wir wenden das Prinzip vom Station¨ arwert der potentiellen Energie an und machen den n-gliedrigen Ansatz w(x) e =

n X k=1

X kπx ak φk (x) = l n

ak sin

(b)

k=1

f¨ ur die Durchbiegung. Alle Ansatzfunktionen φk (x) und somit auch w(x) e erf¨ ullen die geometrischen Randbedingungen. Einsetzen von (b) in (a) und Integration liefern n n n 4 X cl X 2 π2 F X 2 2 e = π EI k4 a2k + ak − k ak . Π 3 4 l k=1 4 k=1 4 l k=1

e Aus den Ableitungen ∂ Π/∂a k = 0 folgt π 2 k2 Fekrit cl π 4 k4 EI + − = 0, 2 l3 2 2l

k = 1, 2, ..., n .

Dies kann nach der kritischen Last aufgel¨ ost werden: « „ k2 π 2 EI c l2 c l4 2 EI 2 . k Fekrit = + = π + l2 k2 π 2 l2 k2 π 4 EI

(c)

Um die kritische Last als Funktion der Bettungszahl graphisch darzustellen, erweist es sich als zweckm¨ aßig, den dimensionslosen Parameter


r γ=

c l4 EI

267

(d)

einf¨ uhren. Mit (d) sowie der Eulerschen Knicklast FE = π 2 EI/l2 des Euler-Falls II und dem dimensionslosen Lastparameter Fekrit FE kann man (c) in der Form ηekrit =

ηekrit = k2 +

(e)

1 γ2 k2 π 4

(f)

schreiben.

50 ηekrit 40

k=4

30 ηekrit =

3

20

2 γ π2

2

10 1

0

0

50

100

150

200

γ

250

Die Abbildung zeigt ηekrit in Abh¨ angigkeit von γ f¨ ur verschiedene Werte von k. Man erkennt, dass f¨ ur kleine Werte von γ die Kurve f¨ ur k = 1 die kritische Last liefert. F¨ ur gr¨ oßere Werte von γ folgt ηekrit aus den Kurven f¨ ur k = 2, 3, usw. Wenn man die Schnittpunkte der Geraden ¨ der Girlandenkurve in der Abηekrit = m γ mit den einzelnen Asten ¨ gerade bildung sucht, dann findet man, dass f¨ ur m = 2/π 2 alle Aste ber¨ uhrt werden. Die Gerade ηekrit = 2 γ/π 2 ist demnach Tangente an ¨ alle Aste der Girlandenkurve. Dies liefert mit FE = π 2 EI/l2 sowie (e) und (d) eine einfache untere Schranke f¨ ur die kritische Last: √ Fkrit = 2 c EI . Es sei angemerkt, dass durch (f) die Knicklast nicht nur n¨ aherungsweise, sondern sogar exakt gegeben wird.

268

A5.19


Aufgabe 5.19 Ein einseitig eingespannter Stab wird durch sein gleichm¨ aßig verteiltes Eigengewicht μ g = G/l belastet (μ = Masse/L¨ angeneinheit). Man bestimme die kritische Last mit Hilfe des Ritzschen Verfahrens.

EI μ l

μg

x

L¨ osung Das Gesamtpotential lautet nach Band 4, Abschnitt 5.4.2, Zl Zl 1 1 2 Π = EI w dx − μg (l − x)w 2 dx . (a) 2 2 0

0

Wir w¨ ahlen f¨ ur die Auslenkung den N¨ aherungsansatz πx ). (b) 2l Dieser Ansatz beschreibt die Eigenform beim Knicken eines einseitig eingespannten Stabes unter einer Einzelkraft (Euler-Fall I) und erf¨ ullt die Randbedingungen w e = a(1 − cos

w(0) = 0,

w (0) = 0,

w (l) = 0 .

(c)

Einsetzen der N¨ aherungsfunktion (b) in (a) und Berechnen der Integrale liefert " # “ π ”4 l “ π ”2 „ l « 2 „ l « 2 1 1 2 2 e Π = EIa . − − μga 2 2l 2 2 2l 2 π Die notwendige Bedingung daf¨ ur, dass das Gesamtpotential einen Extremwert annimmt, ist e ∂Π = 0. ∂a Daraus folgt " # “ π ”4 l “ π ”2 „ l « 2 „ l « 2 − EI =0. − μg 2l 2 2l 2 π


269

Die kritische Last ergibt sich hieraus zu l “ π ”2 EI (f μg)krit = „ 2 «22l „ «2 l l − 2 π →

“ ” f μgl

krit

= 0, 841π 2

EI . l2

(d)

Der Vergleich mit der exakten L¨ osung (μgl)krit = 0, 795π 2 EI/l2 (Band 4, Gl. (5.35)) zeigt, dass die N¨ aherung (d) einen um 5, 8% zu großen Wert liefert. Die kritische Last wurde in Band 4, Abschnitt 7.5.5 mit Hilfe des Galerkin-Verfahrens bestimmt. Die Ansatzfunktion (b) f¨ uhrte dort ebenfalls auf die N¨ aherung (d): das Verfahren von Ritz und das Verfahren von Galerkin liefern bei der Wahl gleicher Ansatzfunktionen das gleiche Ergebnis. Eine bessere N¨ aherungsl¨ osung als (d) erh¨ alt man mit dem Polynomansatz – »“ ” x 2 1 “ x ”3 − w e=a l 3 l (vgl. Aufgabe 5.13). Er erf¨ ullt ebenfalls die Randbedingungen (c). Dieser Ansatz f¨ uhrt auf “ ” EI EI f → μgl = 0, 811π 2 2 . (f μg)krit = 8 3 l l krit Der Fehler betr¨ agt hier nur etwa 2%. Auch mit der Ansatzfunktion (b) l¨ asst sich ein besseres Ergebnis als (d) erzielen. Wenn man n¨ amlich mit EIw = −M das Gesamtpotential in der Form 1 Π= 2EI

Zl

1 M dx − μg 2

Zl

2

0

(l − x)w 2 dx

(e)

0

schreibt, dann kann man die Gleichstreckenlast μg im ersten Term von Π ber¨ ucksichtigen (vgl. Aufgabe 5.14). Um das Biegemoment M an der Stelle x zu ermitteln, betrachten wir den an der Stelle x geschnittenen Teilstab aus der folgenden Abbildung. An einem Element der L¨ ange dξ wirkt die Kraft μg dξ. Diese Kraft erzeugt ein Moment dM = − μg dξ[w(ξ) − w(x)] bez¨ uglich der

270


x

ξ

dξ

w(ξ)

μg dξ

x

w(x) Q M N

z Schnittstelle. Das Biegemoment an der Stelle x folgt durch Integration: Zl [w(ξ) − w(x)] dξ .

M (x) = − μg x

Mit dem N¨ aherungsansatz (b) liefert (e) nun „ « e = 1 a2 (μg)2 l3 1 + 9 − 32 Π 2EI 6 π2 π3 "„ « „ «2 # 2 ” “ π 2 l 1 l − μg a2 − , 2 2l 2 π und wir erhalten „ « π2 1 1 − 2 4 4 π EI (f μg)krit = 1 32 l3 9 + 2 − 3 6 π π “ ” EI f → μgl = 0, 799π 2 2 . l krit Nun betr¨ agt der Fehler nur etwa 0, 5%.


Aufgabe 5.20 Ein einseitig eingespannter Stab wird durch eine Kraft F belastet, die bei einer Auslenkung immer tangential zur Stabachse wirken soll. Man bestimme die kritische Last Fkrit mit Hilfe des Verfahrens von Galerkin.

271

A5.20

F

EI ρA l x

L¨ osung Das Problem ist nichtkonservativ, da die Kraft nicht aus einem F Potential herleitbar ist (die Arbeit der Kraft ist wegabh¨ angig), vgl. Aufgabe 5.9. Wir nehmen zun¨ achst an, es existiere eine nichttriviale Gleichgewichtslage gem¨ ass der nebenstehenden Abbildung. Dabei st¨ unde aber das Vorzeichen des von der Kraft erzeugten Biegemoments im Widerspruch zum Vorzeichen der sich einstellenden Kr¨ ummung. Daher kann keine nichttriviale Gleichgewichtslage existieren. Dies bedeutet, daß die kritische Last auch hier (wie in Aufgabe 5.9) nur mit Hilfe der kinetischen Methode ermittelt werden kann. Die Bewegungsgleichung f¨ ur einen Balken unter Normalkraft lautet ¨=0 EI wIV + F w + A w (vgl. Aufgabe 5.12). Mit dem Ansatz w(x, t) = v(x) ei ω t erh¨ alt man daraus die gew¨ ohnliche Differentialgleichung EI v IV + F v − A ω 2 v = 0 .

(a)

Da am ungelagerten Stabende sowohl das Biegemoment als auch die Querkraft verschwinden, gelten die Randbedingungen v(0) = 0 ,

v (0) = 0 ,

v (l) = 0 ,

v (l) = 0

(vgl. dagegen die Randbedingungen in Aufgabe 5.11).

(b)

272


Wir machen nun den L¨ osungsansatz ve(x) =

n X

aj Φj (x) .

j=1

Anwenden des Verfahrens von Galerkin (Band 4, Abschnitt 7.5.3) liefert n Zl X

(EI aj ΦjIV + F aj Φj − ρ A ω 2 aj Φj )Φk dx = 0,

(c)

j=1 0

k = 1, 2, ..., n. Dabei m¨ ussen die Ansatzfunktionen Φj (x) alle (d.h. sowohl die geometrischen als auch die mechanischen) Randbedingungen (b) erf¨ ullen. Mit der Abk¨ urzung Zl αjk =

(EI ΦjIV + F Φj − ρ A ω 2 Φj )Φk dx

(d)

0

kann man (c) kurz als n X

αjk aj = 0 ,

k = 1, 2, ..., n ,

j=1

schreiben. Dies ist ein homogenes lineares Gleichungssystem f¨ ur die osungen existieren, wenn die KoeffizienKonstanten aj . Nichttriviale L¨ tendeterminante verschwindet: (e)

det αjk = 0 .

Wir w¨ ahlen als Ansatzfunktionen die Eigenformen der freien Schwingungen des unbelasteten eingespannt-freien Balkens und beschr¨ anken uns auf einen zweigliedrigen N¨ aherungsansatz (n = 2). Die Eigenformen (vgl. Band 4, Abschnitt 4.3.2.1) schreiben wir in der Form Φj (x) = − cos κj x + cosh κj x + kj (sin κj x − sinh κj x) mit κ1 l = 1, 875 , κ2 l = 4, 694 ,

k1 = 0, 734 , k2 = 1, 018 .

Berechnen der Integrale in (d) (Beachte: die Ansatzfunktionen Φj und Φk sind orthogonal, und es gilt ΦjIV = κ4j Φj ) und Einsetzen der Koef-


273

fizienten αjk in (e) liefert die Eigenwertgleichung 1, 666 ξ 2 + 20, 73 ξ η + 17, 39 η 2 − 831, 3 ξ + 428, 7 η + 104 = 0 . Dabei werden die Parameter ξ=

μ ω 2 l4 EI

und

η=

F l2 EI

verwendet. Die Abbildung zeigt die Eigenwertkurve. Die kritische Be-

25 η ηekrit

15 10 5 0 Ŧ5 Ŧ10

0

100

200

300

400

ξ

500

lastung ηekrit wird durch den Punkt mit horizontaler Tangente charakterisiert (vgl. Aufgabe 5.9). Man erh¨ alt ηekrit = 20, 3

→

EI Fekrit = 20, 3 2 . l

Da die Differentialgleichung (a) konstante Koeffizienten hat, kann man leicht die exakte L¨ osung ermitteln. Sie lautet Fkrit = 20, 05

EI . l2

In diesem Beispiel liefert das Verfahren von Galerkin mit einem zweigliedrigen Ansatz offensichtlich eine sehr gute N¨ aherung. Es sei aber ausdr¨ ucklich darauf hingewiesen, dass ein zweigliedriger N¨ aherungsansatz bei nichtkonservativen Systemen (mathematisch: bei nichtselbstadjungierten Eigenwertproblemen) auch sehr schlechte Ergebnisse liefern kann und oft sogar die Art der Instabilit¨ at (Divergenz oder Flattern) falsch angibt.

274

A5.21


Aufgabe 5.21 Eine allseits gelenkig gelagerte quadratische Platte wird durch allseitig konstanten Druck Nx∗ = Ny∗ = N belastet. Man ermittle die Beullast Nkrit .

a N x a

N y

L¨ osung Die Differentialgleichung f¨ ur die Beulform w(x, y) lautet bei allseitig konstantem Druck nach Band 4, Gl. (5.51) (a) K w + N w = 0 . Dabei ist K die Plattensteifigkeit. Der Doppelreihenansatz ∞ ∞ X X mπ x nπy w(x, y) = wmn sin sin (b) a a m=1 n=1 erf¨ ullt die Randbedingungen w(0, y) = w(a, y) = 0 , Mx (0, y) = Mx (a, y) = 0 ,

w(x, 0) = w(x, a) = 0 , My (x, 0) = My (x, b) = 0 .

Setzt man (b) in (a) ein, so erh¨ alt man » ∞ ∞ “ m π ”2 “ n π ”2 – 2 XX {K + a a m=1 n=1 – »“ ” ” “ 2 2 mπ nπ nπy mπx sin = 0. } wmn sin −N + a a a a Da mindestens ein Koeffizient wmn = 0 sein muss, muss die geschweifte Klammer verschwinden. Damit folgt »“ “ n π ”2 – m π ”2 π2 K N = K = (m2 + n2 ) 2 . + a a a Wir f¨ uhren in Analogie zu Gl. (5.46a) in Band 4 mit N = k(m, n)

π2 K a2

den Beulwert k = m2 + n2 ein. Er nimmt f¨ ur m = n = 1 den kleinsten Wert an: k = 2. Damit erhalten wir die kritische Last zu π2 K Nkrit = 2 2 . a


N0

Aufgabe 5.22 Eine allseits gelenkig gelagerte quadratische Platte (Plattensteifigkeit K) wird durch einen linear verteilten einseitigen Druck belastet.

N0

275

A5.22

x

a

Man bestimme die kritische Last mit Hilfe des Prinzips vom Station¨ arwert der potentiellen Energie.

N1

N1 = ρN0

y a

L¨ osung Die Belastung wird durch Nx∗ = N0 +

N1 − N0 y a

→

h N1 yi , ρ= Nx∗ = N0 1 + (ρ − 1) a N0

beschrieben. Um das Potential Πa dieser ¨ außeren Kr¨ afte zu ermitteln, betrachten wir zun¨ achst ein Element der Breite dy an der Stelle y und erhalten daf¨ ur «2 Z „ h 1 yi ∂w dx dΠa = − N0 1 + (ρ − 1) dy 2 a ∂x R (vgl. das Potential Πa = − 21 F w 2 dx der a üßeren Kraft bei einem Druckstab). Integration in y-Richtung liefert dann „ «2 Z Z h 1 y i ∂w dx dy . Πa = − N0 1 + (ρ − 1) (a) 2 a ∂x Die Form¨ anderungsenergie der Platte ist durch «2 Z Z („ 2 ∂ w 1 ∂2w Πi = K + 2 ∂x2 ∂y 2 " „ 2 «2 #) ∂2w ∂2w ∂ w − 2(1 − ν) − dx dy ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y

(b)

gegeben, und f¨ ur die gesamte potentielle Energie Π gilt Π = Πi + Πa . Das Prinzip vom Station¨ arwert der potentiellen Energie fordert δΠ = 0

→

(c)

δΠi + δΠa = 0 .

Wir beschr¨ anken uns hier auf einen eingliedrigen N¨ aherungsansatz f¨ ur die Auslenkung: w e = c sin

πx πy sin a a

→

δw e = δc sin

πx πy sin a a

(d)

276


mit dem Freiwert c. Der Ansatz erf¨ ullt die Randbedingungen w = 0,

Δw = 0

l¨ angs der vier Berandungen. Die Ableitungen ∂w e ∂x ∂2w e ∂x∂y e ∂2w ∂2x ∂2w e ∂2y

π πx πy cos sin , a a a “ π ”2 πx πy cos = c cos , a a a “ π ”2 πy πx = −c sin , sin a a a “ π ”2 πx πy sin = −c sin a a a = c

setzen wir nun in (a) und (b) ein. Unter Verwendung der Integrale Za

πx sin dx = a

Za

2

0

a πx cos dx = , a 2

Za

2

0

y sin2

a2 πy dy = a 4

0

erhalten wir dann aus (c) – “ π ”4 a a “ π ”2 » a a 1 1 1 a a2 =0 K4(δc)2 − N0 (δc)2 + (ρ − 1) 2 a 22 2 a 22 a2 4 » →

π 2 K = N0 a2

1 1 + (ρ − 1) 4 8

–

(die Terme mit dem Faktor (1 − ν) fallen bei der Integration heraus). Aufl¨ osen liefert die kritische Last N0 krit =

8π 2 K . (1 + ρ)a2

(e)

Im Sonderfall konstanten Drucks N1 = N0 = N gilt ρ = 1. Dann folgt aus (e) Nkrit = 4π 2

K . a2

Dies ist nach Band 4, Gl.(5.48), die exakte L¨ osung f¨ ur den Sonderfall, und durch (d) wird die exakte Beulform beschrieben. Daher kann man annehmen, dass der eingliedrige Ansatz (d) f¨ ur Werte ρ = 1 gute Ergebnisse liefert, wenn der Parameter ρ nicht zu sehr vom Wert 1 abweicht. Bei gr¨ oßeren Abweichungen muss man zur Erzielung genauerer N¨ aherungsl¨ osungen allerdings einen mehrgliedrigen Ansatz verwenden.


Aufgabe 5.23 Eine Rechteckplatte (Plattensteifigkeit K) ist an den R¨ andern x = 0 und x = a gelenkig gelagert und an den R¨ andern y = ± b / 2 elastisch eingespannt (c : Drehfederkonstante pro L¨ ange). Auf die Platte wirkt der einseitige Druck Nx∗ = N = const.

c

N

277

N

A5.23

x

b

c

y a

a) Man bestimme die Beulbedingung. Dabei verwende man die Parameter α = a / b (Seitenverh¨ altnis) und κ = c a / K (Steifigkeitsparameter). Anschließend leite man einen Ausdruck f¨ ur den Beulwert k her. b) Wie groß ist der Beulwert bei einer quadratischen Platte (α = 1), die an den Querr¨ andern fest eingespannt ist (κ → ∞)? c) Man gebe eine obere und eine untere Schranke f¨ ur den Beulwert an, wenn α = 1 und 0 ≤ κ < ∞ gilt.

L¨ osung a) Die Differentialgleichung f¨ ur die Beulform w(x, y) lautet nach Band 4, Gl.(5.44), ∂2w = 0. ∂x2 Zu ihrer L¨ osung w¨ ahlen wir den Produktansatz KΔΔw + N

w(x, y) =

∞ X m=1

Wm (y) sin

mπ x . a

(a)

(b)

Er erf¨ ullt die Randbedingungen w(0, y) = w(a, y) = 0 und Mx (0, y) = andern. Einsetzen von (b) in Mx (a, y) = 0 an den gelenkig gelagerten R¨ (a) f¨ uhrt auf »“ – ∞ j “ m π ”2 d2 W X m π ”4 d4 Wm m K Wm − 2 + a a dy 2 dy 4 m=1 ff “ m π ”2 mπ x = 0. Wm sin −N a a Da der Sinus f¨ ur beliebige x im allgemeinen von Null verschieden ist, muss die geschweifte Klammer f¨ ur jedes m gleich Null sein. Wir k¨ onnen dann bei Wm auf den Index verzichten und erhalten mit den Abk¨ urzungen N mπ und n2x = a K die gew¨ ohnliche Differentialgleichung μ=

(c)

278


d4 W d2 W − 2 μ2 + ( μ4 − μ2 n2x ) W = 0 . 4 dy dy 2

(d)

Zu ihrer L¨ osung machen wir den Ansatz W (y) = C eλ y .

(e)

Einsetzen in (d) liefert die charakteristische Gleichung λ4 − 2 μ2 λ2 + ( μ4 − μ2 n2x ) = 0 . Wenn wir annehmen, daß N > K μ2 , d.h. nx > μ ist (siehe Band 4, Abschnitt 5.5.2), dann hat sie die L¨ osungen p λ1,2 = ± μ2 + μ nx = ± β , (f) p λ3,4 = ±i −μ2 + μ nx = ± i γ . Setzt man diese Wurzeln in (e) ein und fasst die Exponentialfunktionen mit reellen Exponenten zu Hyperbelfunktionen und die mit imagin¨ aren Exponenten zu Kreisfunktionen zusammen, so erh¨ alt man W (y) = A cosh βy + B sinh βy + C cos γy + D sin γy .

(g)

antimetrisch Zur Vereinfachung der folgen¨ den Uberlegungen nehmen wir an, daß die symmetrische Beuly form einen kleineren Beulwert symmetrisch z liefert als die antimetrische b Beulform. (Es sei angemerkt, dass diese Annahme nicht allgemein gilt: in manchen F¨ allen geh¨ ort zum kleinsten Beulwert eine antimetrische Beulform). Dann k¨ onnen wir in (g) die antimetrischen Terme streichen und erhalten

(h)

W (y) = A cosh βy + C cos γy .

Zur Ermittlung der Konstanten A und C stehen die Randbedingungen an den Querr¨ andern y = ± b/2 zur Verf¨ ugung. Wir w¨ ahlen die Randbedingungen bei y = + b/2 (aus Symmetriegr¨ unden sind dann die Randbedingungen bei y = − b/2 auch erf¨ ullt): w=0

,

Wegen My = − K

My = c „

∂w . ∂y

∂2w ∂2w +ν 2 ∂y ∂x2

« und

∂ 2 w(x, b/2) =0 ∂x2


279

folgt schließlich W (b/2) = 0 ,

−K

dW (b/2) d2 W (b/2) =c . dy 2 dy

(i)

Einsetzen von (h) in (i) liefert mit den Abk¨ urzungen b b und η=γ 2 2 das homogene lineare Gleichungssystem ξ=β

(j)

A cosh ξ + C cos η = 0 , − K (A β 2 cosh ξ − C γ 2 cos η) = c (A β sinh ξ − C γ sin η) . Damit eine nichttriviale L¨ osung existiert, muss die Koeffizientendeterminante verschwinden: cosh ξ

cos η

−K β 2 cosh ξ − c β sinh ξ K γ 2 cos η + c γ sin η

= 0.

Entwickeln der Determinante f¨ uhrt nach einfacher Zwischenrechnung auf die Beulbedingung i h κ (ξ tanh ξ + η tan η) = 0 . cosh ξ cos η ξ 2 + η 2 + (k) 2α Dabei werden die Parameter a ac α= und κ= b K verwendet. Die Beulbedingung (k) ist eine erste Gleichung f¨ ur die zwei vom Druck N abh¨ angigen Gr¨ oßen ξ und η. Damit wir diese Gr¨ oßen berechnen k¨ onnen, brauchen wir noch eine zweite Gleichung. Um sie herzuleiten, quadrieren wir (j) und setzen (f) ein: ξ2 = β2

b2 b2 = μ(nx + μ) , 4 4

b2 b2 = μ(nx − μ) . 4 4 Durch Subtraktion erhalten wir mit (c) die zweite Gleichung:

(l)

η2 = γ 2

π 2 “ m ”2 b2 (m) . → ξ2 − η2 = 2 2 α Mit (k) und (m) stehen somit zwei Gleichungen f¨ ur ξ und η zur Verf¨ ugung. ξ 2 − η 2 = μ2

Wir f¨ uhren nun in Analogie zu Gl. (5.46a) in Band 4 den Beulwert

280


k ein: N =k

π2 K . b2

Durch Vergleich mit N = K n2x nach (c) erhalten wir k = n2x

b2 . π2

(n)

Um hieraus die Gr¨ oße nx zu eliminieren, addieren wir die beiden Gleichungen (l): ξ 2 + η 2 = μ nx

b2 2

→

nx =

2 (ξ 2 + η 2 ) . μ b2

(o)

Einsetzen von (o) in (n) f¨ uhrt unter Verwendung von (c) schließlich auf – » ´ 2 2α ` 2 2 + η . ξ k= (p) π2 m Nun kann der Beulwert numerisch bestimmt werden. Zun¨ achst w¨ ahlt man die Parameter α und κ sowie m. Anschließend ermittelt man (zum Beispiel graphisch) aus (k) und (m) die zugeh¨ origen Werte von ξ und η. Der Beulwert k folgt dann nach (p). b) Als Beispiel betrachten wir eine quadratische Platte mit fest eingespannten Querr¨ andern (α = 1, κ → ∞). Hierf¨ ur vereinfacht sich die Beulbedingung (k) zu (q)

ξ tanh ξ + η tan η = 0 .

Wir l¨ osen das Gleichungssystem (q) und (m) graphisch (siehe folgende Abbildung) f¨ ur verschiedene Werte von m und erhalten dann nach (p) die zugeh¨ origen Werte von k: m=1 :

ξ = 3, 12 , η = 2, 18

→

k = 8, 60 ,

m=2 :

ξ = 4, 85 , η = 1, 95

→

k = 7, 69 ,

m=3 :

ξ = 6, 91 , η = 1, 83

→

k = 11, 92 .

(r)

Der kleinste Wert ist der kritische Wert: kkrit = 7, 69 . Man erh¨ alt ihn f¨ ur m = 2. c) Bei einem konservativen System erh¨ oht sich die kritische Last mit zunehmender Fesselung. Daher liefert der Sonderfall κ = 0 (gelenkige


η

m =1 α

4

2

3

281

4

Gl.(m)

3

Gl.(q)

2 π 2 1

0 0

2

4

6

8

10

ξ

12

Lagerung an den Querr¨ andern) eine untere Schranke f¨ ur die Beullast im Fall κ = 0. Mit κ = 0 reduziert sich die Beulbedingung (k) auf cosh ξ cos η (ξ 2 + η 2 ) = 0

→

η=

π . 2

Damit folgt aus (m) π ξ= 2

r 1+ 2

“ m ”2 α

und (p) liefert “m α ”2 + k= . α m

,

(s)

Dies ist der Beulwert f¨ ur die allseits gelenkig gelagerte Platte, siehe Band 4, Gl. (5.46b). Die entsprechende Girlandenkurve nach Band 4, Abb. 5.13b, ist hier in der nachfolgenden Abbildung noch einmal dargestellt. Eine obere Schranke erh¨ alt man im Fall κ → ∞ (feste Einspannung). Die Beulwerte f¨ ur gew¨ ahlte Werte von α und m k¨ onnen wie oben beschrieben ermittelt werden. Die entsprechende Girlandenkurve k = f (α) mit m als Parameter wird punktweise bestimmt und ist ebenfalls in der folgenden Abbildung dargestellt. Der Sonderfall der quadratischen Platte (α = 1) ist in dieser Girlande enthalten. Die Abbildung best¨ atigt, dass der Beulwert f¨ ur α = 1 auf der Kurve f¨ ur m = 2

282


9 k

8 kkrit 1

2

3

m=4

7 κ → inf : Gl.(p) mit Gl.(r)

6

5 1

2

m=3

4 κ = 0 : Gl.(s)

3

0

0,5

1

1,5

2

2,5

α

3

liegt. Girlandenkurven f¨ ur beliebige Werte von κ liegen zwischen den beiden dargestellten Grenzkurven.


283

N x Aufgabe 5.24 Eine RechteckN platte (Plattensteifigkeit K) ist an den R¨ andern x = 0, b x = a sowie y = 0 gelenkig gelagert und am Rand y = b eingespannt. Sie wird durch den y konstanten einseitigen Druck a ∗ Nx = N belastet. Man bestimme die Beulbedingung sowie den Beulwert und skizziere den Beulwert als Funktion des Seitenverh¨ altnisses α = a/b. Wie groß ist die kritische Last Nkrit f¨ ur eine quadratische Platte?

L¨ osung Der Lösungsweg ist identisch mit dem in Aufgabe 5.23 einschließlich Gleichung (g). Zur Ermittlung der Integrationskonstanten in (a) W (y) = A cosh βy + B sinh βy + C cos γy + D sin γy stehen hier die vier Randbedingungen w(x, 0) = 0 → W (0) = 0 ,

∂ 2 w(x, 0) = 0 → W (0) = 0, ∂y 2

w(x, b) = 0 → W (b) = 0 ,

∂w(x, b) = 0 → W (b) = 0 ∂y

(b)

zur Verf¨ ugung. Wir setzen (a) in (b) ein und erhalten mit den Abk¨ urzungen ξ = βb und η = γb das homogene lineare Gleichungsystem A+C Aβ 2 − Cγ 2 A cosh ξ + B sinh ξ + C cos η + D sin η Aβ sinh ξ + Bβ cosh ξ − Cγ sin η + Dγ cos η

= = = =

0, 0, 0, 0.

(c)

Aus (c) folgen A = C = 0 sowie die Bedingung sinh ξ β cosh ξ

sin η = 0. γ cos η

Entwickeln der Determinante liefert die Beulbedingung γ cos η sinh ξ − β cosh ξ sin η = 0 → ξ cotanh ξ − η cotan η = 0 .(d) Das weitere Vorgehen entspricht dem Vorgehen in Aufgabe 5.23. Die zweite Gleichung f¨ ur ξ und η lautet nun “ m ”2 a , α= , ξ 2 − η 2 = 2π 2 (e) α b und der Beulwert ergibt sich zu

A5.24

284


» k=

– ´ 2 1 “ α ”` 2 2 ξ + η . 2π 2 m m α

4,8

(f)

= 0 0,8 1 1,2 1,4

1,7

2

η Gl.(e)

4,4 Gl.(d)

4 3,6 3,2 0

2

4

6

8

ξ

10

12

Nach Wahl von α und m (bzw. von m/α) kann man aus (d) und (e) die zugeh¨ origen Werte von ξ und η ermitteln. Der Beulwert k folgt dann aus (f). Als Ergebnis erh¨ alt man f¨ ur m = 1, 2, ... je eine Kurve k(α). Diese Girlandenkurve ist in der folgendenen Abbildung dargestellt. Im Sonderfall einer quadratischen Platte (α = 1) liest man f¨ ur m = 1 aus der Abbildung ab: ξ = 5,79 ,

η = 3,71 .

Dies liefert nach (f) mit N = kπ 2 K/b2 : k = 5,74

→

Nkrit = 5, 74π 2

K . b2

6,5 k m=1

6 5,74 2

5,5

5

0

0,5

1

1,5

3

2

2,5

4

3

5

3,5

4 α 4,5

Kapitel 6 Viskoelastizit¨ at und Plastizit¨ at

6

286

Viskoelastizit¨ at und Plastizit¨ at

Viskoelastizit¨ at Kriechversuch und Relaxationsversuch: Die mechanischen Eigenschaften von Materialien, die sich sowohl elastisch als auch viskos verhalten, werden durch charakteristische Materialfunktionen beschrieben, deren Parameter in Experimenten zu bestimmen sind. Der Kriechversuch und der Relaxationsversuch werden daf¨ ur h¨ aufig verwendet. Im Kriechversuch (auch Retardationsversuch) wird der zeitliche Verlauf der Dehnung zufolge einer instantan aufgebrachten Last σ0 studiert. Die Kriechfunktion beschreibt die auf die angelegte Last bezogene Dehnung: J J(∞)

σ σ0

ε(t) J(t) = . σ0

J(0) t

t

J(0) ist die momentane Nachgiebigkeit, J(∞) die Gleichgewichtsnachgiebigkeit. alt diese Bringt man zum Zeitpunkt t = 0 die Dehnung ε0 auf und h¨ konstant, so charakterisiert die Relaxationsfunktion ε

G G(0)

ε0

σ(t) G(t) = ε0

G(∞) t

t

den zeitlichen Verlauf der Spannung. G(0) heißt momentaner Elastizit¨ atsmodul, G(∞) wird Gleichgewichts- oder Langzeitmodul genannt. Modellrheologie: Oft ist es zweckm¨ aßig, das rheologische Verhalten von viskoelastischen Materialien durch geeignete Kombinationen von Grundelementen wie Federn und D¨ ampfern abzubilden. Grundelemente: • Hookescher K¨ orper (H; Feder) σ σ

E

σ E

σ = Eε

1

ε


287

• Newtonscher K¨ orper (N; D¨ ampfer) σ

σ

η

σ η

σ = η ε˙

1

2-Element-K¨ orper : • Kelvin-Voigt-K¨ orper (KV) E σ

ε˙

J J(∞)

σ

1 E t

η

σ = σH + σN = Eε + η ε˙ = E (ε + τ ε) ˙ . Der Quotient τ = η/E heißt Retardationszeit. Die Kriechfunktion und die Relaxationsfunktion des K¨ orpers lauten: J(t) =

1 (1 − e−t/τ ) , E

G(t) = E + ηδ(t) .

Das Produkt ηδ(t) charakterisiert eine unendlich große“ Kraft beim ” Aufbringen des Dehnungssprungs (der Gr¨ oße 1“ ), δ(t) ist die Di” racsche Deltafunktion. • Maxwell-K¨ orper (M) J

σ

η

E

tieg Ans

σ 1 E

ε˙ = ε˙H + ε˙N

→

G

1 η

E t

t

σ + τ¯σ˙ = η ε˙ .

Der Quotient τ¯ = η/E heißt Relaxationszeit. Die Kriechfunktion und die Relaxationsfunktion des K¨ orpers lauten: J(t) =

1 t + , E η

G(t) = Ee−t/¯τ .

288


3-Element-K¨ orper : • Linearer Standardk¨ orper:

p0 σ + p1 σ˙ = q0 ε + q1 ε˙

F¨ ur die Reihenschaltung eines Hookeschen K¨ orpers und eines Kelvin-Voigt-K¨ orpers gilt (Kelvin-Voigt-Typ) ε = εH + εKV →

p0 =

E0 + E1 η1 , p1 = , q0 = E1 , q1 = η1 . E0 E0

E1 σ

E0

J σ

1 E1 1 E0

t

η1

Die Kriechfunktion des K¨ orpers lautet: J(t) =

1 1 + (1 − e−t/τ ) , E0 E1

τ =

η1 . E1

F¨ ur die Parallelschaltung eines Hookeschen K¨ orpers und eines Maxwell-K¨ orpers gilt (Maxwell-Typ) σ = σH +σM →

p0 =

¯∞ ¯1 + E ¯∞ 1 1 E E , p1 = ¯ , q0 = , q1 = . ¯ η¯1 η ¯ E1 E1 1

¯∞ E

G

σ

σ

¯1 E ¯∞ E

¯1 E

η¯1

Die Relaxationsfunktion des K¨ orpers lautet: ¯∞ + E ¯1 e−t/¯τ , G(t) = E

η¯1 τ¯ = ¯ . E1

t

289


• 3-Element-Fl¨ ussigkeit:

p0 σ + p1 σ˙ = q1 ε˙ + q2 ε¨

E1 σ

η∞

η¯0 σ

σ

σ

¯1 E

η1

η¯1

F¨ ur die Reihenschaltung eines Newtonschen K¨ orpers und eines Kelvin-Voigt-K¨ orpers gilt (Kelvin-Voigt-Typ) p0 =

E1 η1 + η∞ , p1 = , q1 = E1 , q2 = η1 . η∞ η∞

Die Kriechfunktion des K¨ orpers lautet: J(t) =

t 1 + (1 − e−t/τ ) , η∞ E1

τ=

η1 . E1

F¨ ur die Parallelschaltung eines Newtonschen K¨ orpers und eines Maxwell-K¨ orpers gilt (Maxwell-Typ) p0 =

1 1 η¯0 + η¯1 η¯0 , p1 = ¯ , q1 = , q2 = ¯ . η¯1 η¯1 E1 E1

Die Relaxationsfunktion des K¨ orpers lautet: ¯1 e−t/¯τ , G(t) = η¯0 δ(t) + E

η¯1 τ¯ = ¯ . E1

Verallgemeinerte Modelle: Eine Reihenschaltung von einem Hookeschen K¨ orper, einem Newtonschen K¨ orper und n Kelvin-Voigt-K¨ orpern bezeichnet man als N -Element-K¨ orper (N = 2n + 2) oder als Kelvin-Voigt-Gruppe. Der K¨ orper stellt eine Fl¨ ussigkeit dar. Entfernt man den Einzeld¨ ampfer, so repr¨ asentiert das verbleibende Modell einen Festk¨ orper. Eine Parallelschaltung von einem Hookeschen K¨ orper, einem Newtonschen K¨ orper und n Maxwell-K¨ orpern charakterisiert einen Festk¨ orper (der MaxwellGruppe). Wegnahme der Einzelfeder ergibt eine N -Element Fl¨ ussigkeit (N = 2n + 1). Das Stoffgesetz des N -Element-K¨ orpers ist allgemein

290


durch die lineare Differentialgleichung X j

pj

X ∂kε ∂j σ = qk k ∂tj ∂t k

gegeben. Die Kriechfunktion eines N -Element-K¨ orpers erh¨ alt man f¨ ur die Kelvin-Voigt-Gruppe durch Superposition der Dehnungen: X 1 1 t + + (1 − e−t/τj ) , E0 η∞ j=1 Ej n

J(t) =

τj =

ηj . Ej

Die Gesamtheit der Wertepaare (Jj = 1/Ej , τj ) nennt man diskretes Retardationsspektrum. Die Relaxationsfunktion eines N -Element-K¨ orpers erh¨ alt man f¨ ur die Maxwell-Gruppe durch Superposition der Spannungen: ¯∞ + η¯0 δ(t) + G(t) = E

n X

¯j e−t/¯τj , E

j=1

η¯j τ¯j = ¯ . Ej

¯j , τj ) nennt man diskretes Die Gesamtheit der Wertepaare (Gj = E Relaxationsspektrum. Materialgesetz in integraler Form: Kennt man J(t) bzw. G(t), so kann man das Materialverhalten auch ohne die das rheologische Modell beschreibende Differentialgleichung charakterisieren. Das Materialgesetz in integraler Form lautet f¨ ur die Dehnung: Z

t

J(t − ϑ)

ε(t) = σ(0)J(t) + Z

0 t

σ(t − s)

= σ(t)J(0) + 0

dσ dϑ dϑ

dJ ds , ds

wobei σ(0)J(t) bzw. σ(t)J(0) einen eventuellen Sprung der Spannung bzw. der Nachgiebigkeit zum Zeitpunkt t = 0 ber¨ ucksichtigen. Die entsprechende Darstellung der Spannung lautet bei bekannter Relaxationsfunktion: Z t dε σ(t) = ε(0)G(t) + G(t − ϑ) dϑ dϑ 0 Z t dG = ε(t)G(0) + ε(t − s) ds . ds 0


291

Zwischen der Kriechfunktion und der Relaxationsfunktion besteht der Zusammenhang Z

Z

t

J(t − ϑ)G(ϑ)dϑ = 0

t

J(ϑ)G(t − ϑ)dϑ = t H(t) . 0

H(t) ist die Heavisidesche Einheitssprungfunktion j 0 ... t < 0 H(t) = . 1 ... t ≥ 0 Da das Integral als Faltungsintegral der Laplacetransformation L aufgefasst werden kann, besteht im Laplace-Bildraum zwischen den beiden Funktionen der Zusammenhang ff jZ t 1 J(t − ϑ) G(ϑ) dϑ = L{t H(t)} = 2 . L{J(t)} L{G(t)} = L s 0 Die Ermittlung von z.B. G(t) aus J(t) reduziert sich damit auf die Berechnung der inversen Laplacetransformation des Ausdrucks ff j 1 −1 . G(t) = L s2 L{J(t)} Korrespondenzprinzip: Zur Berechnung des Spannungs- oder Verformungszustands eines belasteten viskoelastischen K¨ orpers ben¨ otigt man so wie im elastischen Fall die Gleichgewichtsbedingungen, kinematische Beziehungen und das Stoffgesetz. F¨ ur einfache Geometrien, Lastsituationen und Stoffgesetze gelingt es oft, die Feldgleichungen direkt zu integrieren. Kompliziertere Verh¨ altnisse lassen sich einfacher mit dem Korrespondenzprinzip behandeln. Dieses besagt, dass die Laplacetransformierte der Feldgleichungen des viskoelastischen Problems in ihrer Struktur zu jener des korrespondierenden elastischen Problems analog sind. Dies bietet die M¨ oglichkeit, elastische L¨ osungen auf viskoelastische Materialien zu u ¨bertragen. In welcher Form das Stoffgesetz ber¨ ucksichtigt wird, h¨ angt von der Problemstellung ab. Es ist m¨ oglich, das Stoffgesetz in differentieller oder in integraler Form zu verwenden.

292


Plastizit¨ at Spannung und Dehnung: Stab (Ausgangsl¨ ange l0 , Ausgangsquerschnitt A0 ) wird durch Zugkraft F belastet. σ A0 F

F

Entlastung

σF E

l0

1

εel εpl

ε

Nominelle Spannung, technische Dehnung: σ=

F , A0

ε=

Δl l − l0 = . l0 l0

F¨ ur σ ≤ σF , σF . . . Fließspannung, gilt das Hookesche Gesetz σ = Eε. Bei σ = σF setzt plastisches Fließen ein. Die gesamte Dehnung des Zugstabs ist: ε = εel + εpl =

σ + εpl . E

Bei der plastischen Verformung gilt meist die Volumenkonstanz (A, l . . . aktueller Querschnitt, aktuelle Stabl¨ ange): V 0 = A 0 l0 = A l = V . Wirkliche (wahre, physikalische) Spannung: σw =

F l l0 + l − l 0 Fl =σ =σ = σ(1 + ε) . = A A 0 l0 l0 l0

Logarithmische (nat¨ urliche) Dehnung: Z l ˆ dl l εl = = ln = ln(1 + ε) . l0 l l0 ˆ Ludwiksches Potenzgesetz (Dehnungen nicht zu klein bzw. zu groß; n . . . Verfestigungsexponent): σw = C εn l ,

0 ≤ n < 1.

Modellrheologie: Grundelement: Prandtlscher K¨ orper (Reibelement), σF . . . Fließspannung. Der K¨ orper gibt das starr-ideal plastische Verhalten wieder.


σ

σF

293

σ σ σF

σ = σF sgn ε˙ ε

Kombinationen von Reibelement mit Feder(n) und D¨ ampfer(n) dienen zur modellm¨ aßigen Beschreibung anderer Stoffgesetze. Eine Feder in Reihe mit dem Reibelement verh¨ alt sich elastisch-ideal plastisch, eine weitere Feder parallel dazu angeordnet ergibt einen K¨ orper, der elastisch-plastisches Verhalten mit Verfestigung zeigt. Die Parallelschaltung von Feder, D¨ ampfer und Reibelement charakterisiert elastischviskoplastisches Materialverhalten. Wegnahme der Feder f¨ uhrt zu einem K¨ orper, der sich starr-viskoplastisch verh¨ alt (Bingham-K¨ orper). Fließbedingungen basieren auf Festigkeitshypothesen, wobei Versa” gen“ eintritt, wenn die Vergleichsspannung im Bauteil die Fließgrenze des Werkstoffs erreicht (vgl. Technische Mechanik, Teil 2, Kap. 3). In der Praxis sind zwei Fließbedingungen bedeutsam. • Fließbedingung nach Tresca: Die Bedingung besagt, dass plastisches Fließen unter der Einwirkung einer kritischen Schubspannung beginnt, welche Scherfließgrenze k genannt wird. F¨ ur die Hauptnormalspannungen σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 gilt σ1 − σ3 = 2k . Im ebenen Fall (σ3 = 0) gilt q 2 = 2k , σ1 − σ2 = (σx − σy )2 + 4τxy wobei σ1 und σ2 unterschiedliche Vorzeichen haben m¨ ussen. Andernfalls muss die betragm¨ aßig gr¨ oßte Spannung σ1 oder σ2 verwendet werden. Zwischen der Scherfließgrenze k und der Fließspannung σF eines Zugstabs besteht der Zusammenhang σF = 2k . • Fließbedingung nach von Mises: Plastisches Fließen setzt ein, wenn die Gestalt¨ anderungsenergiedichte einen kritischen Wert annimmt. anderungsF¨ ur die Hauptnormalspannungen σ1 , σ2 , σ3 ist die Gestalt¨ energiedichte: ˜ ˆ ¯g = 1 + ν (σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 . U 6E

294


F¨ ur den einachsigen Zugversuch (σ1 = 0, σ2 = σ3 = 0) gelten bei Fließbeginn σ1 = σF und ¯g = 1 + ν 2σF2 . U 6E Somit lautet die Fließbedingung nach von Mises: r

1 [(σ1 − σ2 )2 + (σ2 − σ3 )2 + (σ3 − σ1 )2 ] = σF . 2

F¨ ur den ebenen Fall (σ3 = 0) ergibt sich q σ12 + σ22 − σ1 σ2 = σF . Plastische Verformung von Balken: Annahmen: • Der Balkenquerschnitt ist symmetrisch zur z-Achse, • die Querschnitte bleiben bei der Verformung eben, • das Material des Balkens sei hinsichtlich der Normalspannungen elastisch-ideal plastisch mit betragsm¨ aßig gleicher Fließspannung σF im Zug- und Druckbereich, • die Normalkraft am Balken sei Null. Elastisches Grenzmoment (W . . . Widerstandsmoment): Mel = W σF .

Ao

Vollplastisches Moment: Mpl = σF

A (zo + zu ) = Wpl σF . 2

So zo S Au

zu

Plastisches Widerstandsmoment: Wpl =

A (zo + zu ) . 2

Der Formfaktor α h¨ angt nur vom Querschnitt ab: α=

Mpl Wpl = . Mel W

Su A z


Querschnitt W

h

Wpl

α

bh2 6

bh2 4

3 = 1, 50 2

πr 3 4

4r 3 3

16 = 1, 70 3π

5th2 18

th2 2

9 = 1, 80 5

bh2 24

(2 −

295

b

r

h t t

h

h

√ 6

2)bh2 4(2 −

√

2) = 2, 34

b

Differentialgleichung der Biegelinie (Rechteckquerschnitt b × h): w = −

1 2σF p , Eh 3 − 2m(x)

m(x) =

M (x) , Mel

1 ≤ |m(x)|
0, f¨ ur t = 0 ist die Inhomogenit¨ at die rechte Seite der Gleichung. Ein L¨ osungsansatz f¨ ur die homogene Gleichung ist σh = A eλt ,

σ˙ h = Aλ eλt ,

σ ¨h = Aλ2 eλt .

Einsetzen in die homogene Differentialgleichung ergibt die charakteristische Gleichung τ 2 λ2 + 3 τ λ + 1 = 0


329

mit den L¨ osungen λ1/2 =

√ 1 (−3 ± 5) . 2τ

Eine L¨ osung der inhomogenen Gleichung kann man aus σh konstruieren, indem der Ansatz σi = (A eλ1 t + B eλ2 t ) H(t) und seine Ableitungen σ˙ i = (Aλ1 eλ1 t + Bλ2 eλ2 t ) H(t) + (A + B) δ(t) , ˙ σ ï = (Aλ21 eλ1 t + Bλ22 eλ2 t ) H(t) + (Aλ1 + Bλ2 ) δ(t) + (A + B) δ(t) in die inhomogene Differentialgleichung eingesetzt werden. Dabei bezeichnet δ(t) die Diracsche Delta-Funktion. Diese Funktion hat die Eid ˙ (f (t) δ(t)) = f (0) δ(t). Die Mulgenschaften f (t) δ(t) = f (0) δ(t) und dt osung der tiplikation mit H(t) im Ansatz f¨ ur σi stellt sicher, dass die L¨ Differentialgleichung f¨ ur t < 0 verschwindet. Wir erhalten dann {A + B + 3 τ (Aλ1 + Bλ2 ) + τ 2 (Aλ21 + Bλ22 )} H(t) ˙ +{3 τ (A + B) + τ 2 (Aλ1 + Bλ2 )} δ(t) + τ 2 (A + B) δ(t) ˙ . = η0 ε˙ + τ η0 ε¨ = η0 ε0 δ(t) + τ η0 ε0 δ(t) Ein Koeffizientenvergleich liefert: η0 ε0 ˙ = E 0 ε0 → B = E 0 ε0 − A , δ(t): A+B = τ δ(t): 3 (A + B) + τ (Aλ1 + Bλ2 ) = E0 ε0 . ur die beiden Konstanten Einsetzen von λ1 und λ2 ergibt f¨ « « „ „ E 0 ε0 1 1 E 0 ε0 , B= . 1− √ 1+ √ A= 2 2 5 5 Der Koeffizient von H(t) wird beim Einsetzen von A, B, λ1 und λ2 Null. Die Stauchkraft ist daher « « „„ « „ √ √ −3+ 5 −3− 5 1 1 E 0 A0 ε0 e 2τ t + 1 + √ e 2 τ t H(t) . 1− √ S(t) = 2 5 5 c) Die Stauchkraft f¨ ur t = 0+ ist « „ 1 E 0 A0 ε0 1 = E 0 A0 ε0 . S(t = 0+ ) = 1− √ +1+ √ 2 5 5

330

A6.18

Viskoelastizität und Plastizität

Aufgabe 6.18 Ein langes Kreisrohr (Innenradius a, Außenradius b = 2a) aus einem inkompressiblen Material wird zum Zeitpunkt t = 0 durch pl¨ otzliches Aufweiten auf einen starren Kern mit dem Radius ¨ a + s (Ubermaß s = 10−3 a) aufgeschrumpft. ur den Fall, dass sich das a) Man bestimme den Schrumpfdruck pa f¨ Rohr elastisch verh¨ alt (Elastizit¨ atsmodul E, Querzahl ν = 0, 5). b) F¨ ur den Fall, dass das Rohr aus Maxwell-Material (E0 , η0 ) besteht, soll der Schrumpfdruck pa den Wert pmin = 10−5 E0 nicht unterschreiur einen konstanten ten. Wie groß ist die zul¨ assige Betriebsdauer tmax f¨ Vergleichsmodul E0 und die Relaxationsfunktion G(t) = E0 e−t/τ , τ = orpers ? η0 /E0 , des Maxwell-K¨

b

a

a+s

L¨ osung a) Die Verschiebung des Rohrinnenradius beträgt ur (r = a) = s H(t) . Die L¨ osung f¨ ur das elastische inkompressible Rohr (ebener Verformungszustand, vgl. Technische Mechanik, Band 4, Kap. 2) lautet 3 p a a 2 b2 , 2 E b2 − a 2 r „ 2 « a2 b − 1 . σr (r) = −pa 2 b − a2 r 2 ur (r) =

F¨ ur r = a gilt ur (r = a) =

3 p a a 2 b2 = s H(t) 2 E b2 − a 2 a

σr (r = a) = −pa = −

→

2 E b2 − a 2 s H(t) . 3 a b2

pa =

2 E b2 − a 2 s H(t) , 3 a b2


331

F¨ ur die gegebenen Gr¨ oßen a, b = 2a und s = 10−3 a ergibt sich pa =

2 E 3a2 −3 1 10 H(t) = 10−3 E H(t) . 3 4a2 2

b) Die elastische L¨ osung l¨ asst sich auf das viskoelastische MaxwellMaterial mit Hilfe des Korrepondenzprinzips u ¨ bertragen. Dazu ist der Elastizit¨ atsmodul durch den Operator E →

d G(t) ∗ dt

zu ersetzen, wobei ∗ die Faltung bezeichnet. Die viskoelastische L¨ osung f¨ ur den Schrumpfdruck lautet dann ” 1 1 d “ −t/τ pa (t) = 10−3 E0 ∗ H(t) = 10−3 E0 e−t/τ . e 2 dt 2 Aus der Bedingung pa (t) = pmin = 10−5 E0 =

1 −3 10 E0 e−t/τ 2

l¨ asst sich die maximale Einsatzzeit absch¨ atzen zu tmax = τ ln

1 10−3 2 10−5

= τ ln 50 ≈ 3, 91 τ .

F¨ ur eine lange Einsatzzeit ist demnach eine hohe Viskosit¨ at des D¨ ampfers des Maxwell-Materials g¨ unstig.

332

A6.19


Aufgabe 6.19 Die Enden eines prismatischen Stabes der Länge L werden gegeneinander um den Winkel ϑ = ϑ0 sin ωt, ϑ0 , ω = const, verdreht. Bekannt sind das Torsionstr¨ agheitsmoment IT des Stabes sowie sein Materialverhalten vom Kelvin-Voigt-Typ mit dem Schubmodul G und der Relaxationszeit τ . Man bestimme den zeitlichen Verlauf und die Amplitude des Torsionsmoments.

L¨ osung Aus der Elastostatik u ¨ bernehmen wir den Zusammenhang zwischen dem Torsionsmoment MT , der Torsionssteifigkeit GIT und der Verwindung ϑ/L (vgl. Technische Mechanik, Band 2, Kap. 5): MT = GIT

ϑ . L

Das Stoffgesetz des Kelvin-Voigt-K¨ orpers lautet σ = E (ε + τ ε) ˙ . Ersetzt man darin die Spannung durch das Torsionsmoment und die Dehnung durch den Verdrehwinkel, so korrespondiert E mit GIT /L. Das Torsionsmoment ist daher: MT =

GIT ˙ = GIT ϑ0 (sin ωt + τ ω cos ωt) . (ϑ + τ ϑ) L L

Als Amplitude bezeichnen wir das maximale Torsionsmoment MTmax , das sich aus GIT M˙ T = ϑ0 ω (cos ωt − τ ω sin ωt) = 0 L ergibt. Bezeichnet man mit t0 die L¨ osung dieser Gleichung, so gilt «2 „ ˙ T2 (t0 ) M GIT 2 2 2 ϑ0 = MTmax = (1 + (ωτ ) ) . MT (t0 ) + ω2 L Die Amplitude des Torsionsmoments ist daher MTmax =

p

1 + (ωτ )2

GIT ϑ0 . L


Aufgabe 6.20 Ein elastischer K¨ orper 1 und ein viskoelastischer K¨ orper 2 gleicher L¨ ange L und gleichen Querschnitts A werden mit zwei feststehenden und einer beweglichen starren Platte unl¨ oslich und anf¨ anglich spannungsfrei verbunden. Die bewegliche Platte wird dann mit der Kraft P = P0 H(t) belastet. Der elastische K¨ orper hat den Elastizit¨ atsmodul E1 = angsE0 . Das Stoffgesetz zwischen der L¨ angsdehnung ε2 des spannung σ2 und der L¨ zweiten K¨ orpers ist gegeben in der Form σ2 = E2 τ ε˙2 , E2 = E0 , τ = η2 /E2 . Man berechne die L¨ angsverschiebung u(t) der mittleren Platte.

333

A6.20

1(A)

L

P u 2(A)

L

F1

L¨ osung Das Kräftegleichgewicht an der freigeschnittenen mittleren Platte liefert P = F1 − F2 .

P F2

Die Stoffgesetze f¨ ur die beiden K¨ orper 1 und 2 sind σ1 =

F1 = E 0 ε1 A

σ2 =

F2 = E0 τ ε˙2 . A

Die Verformungen der K¨ orper m¨ ussen zueinander kompatibel sein, also ε1 =

u = −ε2 , L

ε˙2 = −

u˙ . L

F¨ ur P gilt dann P = P0 H(t) = E0 A

u u˙ + E0 τ A L L

→

u + τ u˙ =

P0 L H(t) . E0 A

Dies ist eine inhomogene Differentialgleichung f¨ ur die Verschiebung. Ihre L¨ osung ermitteln wir mit dem Ansatz u(t) = uh + up . Die allgemeine L¨ osung der homogenen Gleichung ist uh = C

P0 L −t/τ H(t) , e E0 A

334


eine spezielle L¨ osung der inhomogenen Differentialgleichung lautet up =

P0 L H(t) . E0 A

Einsetzen der L¨ osung u(t) und ihrer Ableitung j ff C P0 L − e−t/τ H(t) + (1 + C) δ(t) u(t) ˙ = E0 A τ in die Differentialgleichung ergibt j„ „ « « ff C P0 L P0 L −t/τ 1+ C−τ e H(t) + τ (1 + C) δ(t) = H(t) . E0 A τ E0 A Der Klammerausdruck vor δ(t) muss Null sein: 1+C =0

→

C = −1 .

Die Verschiebung der mittleren Platte lautet daher u(t) =

P0 L (1 − e−t/τ ) H(t) . E0 A


335

Aufgabe 6.21 Das skizzierte rheologische Modell, bestehend aus HookeElement (H; E), Newton-Element (N; η) und Reibelement (σF ), wird aus dem last- und deformationsfreien Zustand heraus um ε(t) = ε0 H(t) =

2 σF H(t) E

verformt. Man bestimme den Zeitverlauf σ(t) der dazugeh¨ origen Last.

σF E σ

σ

η

L¨ osung F¨ ur die Dehnungen und die Dehngeschwindigkeiten gelten εH =

σ , E

ε = εH + εN = ε0 H(t) ,

η ε˙N = σ − σF H(t) ,

ε˙H + ε˙N = ε0 δ(t) .

Diese Gleichungen kombiniert ergeben η (ε˙H + ε˙N ) = η

σ˙ + σ − σF H(t) = η ε0 δ(t) . E

Die zu l¨ osende inhomogene Differentialgleichung f¨ ur die Spannung ist η σ˙ + E (σ − σF H(t)) = E η ε0 δ(t) . Der Ansatz E

σ − σF H(t) = C e− η t H(t) und seine Ableitung σ˙ = −

E E C e− η t + C δ(t) + σF δ(t) η

in die Differentialgleichung eingesetzt liefern „ « E −E t −E t η − C e η + C δ(t) + σF δ(t) + E C e η = E η ε0 δ(t) η

A6.21

336


sowie C = E ε 0 − σF = E

2σF − σF . E

Die Spannungsantwort des rheologischen Modells lautet: E

σ(t) = σF (1 + e− η t ) H(t) . Der Verlauf von σ(t) macht deutlich, dass das behandelte rheologische Modell in seinem Antwortverhalten einem linearen Standardk¨ orper ¯∞ = σF , parallel zu einem Maxwell-K¨ orper (Hookescher K¨ orper mit E ¯1 = σF , η1 = η) ¨ ahnelt. mit E

σ

σF

σF

t


Aufgabe 6.22 Man gebe f¨ ur das skizzierte elastoviskoplastische Modell (bekannt seien E, η, σF ) das Stoffgesetz σ = σ(ε, ε) ˙ an. Man bestimme f¨ ur σ = 2σF H(t) den Verlauf der Dehnung ε(t) unter der Bedingung, dass ε(t ≤ 0) = 0 gilt.

337

A6.22 σ

η E

σF

L¨ osung F¨ ur die Dehnung des K¨ orpers gilt σ

ε = εH = εN = εP . Die Spannungen in den Teilk¨ orpern sind ( σH = E ε ,

σN = η ε˙ ,

σP = σF sgn ε˙ =

σF . . . ε˙ > 0 0 . . . ε˙ = 0 . −σF . . . ε˙ < 0

Wegen der Parallelschaltung der Teilk¨ orper sind die Spannungen zu addieren und f¨ uhren zum Stoffgesetz σ = E ε + η ε˙ + σF sgn ε˙ . Wir nehmen nun an, dass ε(t ˙ ≥ 0) = 0 gilt (dies ist noch zu zeigen!), zudem soll ε(t ˙ < 0) verschwinden. Dann kann sgn ε˙ durch H(t) ersetzt werden. F¨ ur die vorgegebene Spannung σ = 2σF H(t) ist die Differentialgleichung η ε˙ + E ε + σF H(t) = 2σF H(t) zu l¨ osen. Wir verwenden den Ansatz “ E σF ” H(t) , ε(t) = A e− η t + E dessen Ableitung ε(t) ˙ = −A

“ E − Eη t σF ” δ(t) H(t) + A + e η E

ist. Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt den Ausdruck “ ” E E E η −A η e− η t H(t) + A η + σF δ(t) + A E e− η t H(t) + σF H(t) η E = σF H(t) .

338


Die Glieder mit H(t) k¨ urzen sich weg, der verbleibende Ausdruck ergibt f¨ ur die Integrationskonstante A=−

σF . E

Der gesuchte Verlauf der Dehnung ist ε(t) =

σF −E t (1 − e η ) H(t) . E

Die Ableitung ε(t) ˙ =

σF − Eη t σF E − Eη t H(t) + (1 − e0 ) δ(t) = H(t) e e E η η

ist f¨ ur t ≥ 0 ungleich Null.


339

Aufgabe 6.23 Ein Stab mit konstantem Querschnitt A ist nur durch sein Eigengewicht (spezifisches Gewicht γ) in Stabrichtung belastet. Das Stoffgesetz zwischen Stabdehnung und Zugspannung ist durch das skizzierte rheologische Modell charakterisiert. Gesucht ist die L¨ angsverschiebung u(x), wenn L, A, γ, E und σF = γ L/2 bekannt sind. σF

g

x u

σ

σ

L

E

L¨ osung F¨ ur L¨ angskraft und L¨ angsspannung im Stab gelten N = γ A (L − x) ,

σ=

N = γ (L − x) . A

Als Stoffgesetz verwenden wir dem rheologischen Modell entsprechend σ = σH + σP = E ε + σF sgn ε˙ . Der Stab wird in jenem Teil fließen, f¨ ur den σ ≥ σF = γ L/2 erf¨ ullt ist. Die Grenze zwischen plastisch und nicht verformten Stabteilen, x = xG , folgt aus der Beziehung σ = σF

→

γ (L − xG ) =

γL 2

→

xG =

L . 2

F¨ ur die beiden Stabteile gilt x ≤ xG :

σ ≥ σF und ε = 0 ,

x > xG :

σ < σF und ε = 0 .

Aus der Dehnung ε(x ≤ xG ) =

σ − σF γ (L − x) − σF γ L σ − σF sgn ε˙ = = = ( − x) E E E E 2

l¨ asst sich die Verschiebung durch Integration berechnen: Z x γ L γ u(x) = ( −x ˆ) dˆ x= x (L − x) , x ≤ xG , E 0 2 2E u(x > xG ) = u(x = xG ) =

γ L2 . 8E

A6.23

340

A6.24


Aufgabe 6.24 Ein elastisch-plastischer Zugstab wird u ¨ ber seine Fließgrenze hinaus gleichf¨ ormig bis zur Spannung σ = σ ¯ belastet, bei der er die Gesamtdehnung ε = ε¯ einnimmt. Das elastische Verhalten ist durch den Elastizit¨ atsmodul E und die Querzahl ν festgelegt, das plastische Verhalten ist inkompressibel. Wie groß sind f¨ ur den gegebenen Zustand (¯ σ, ε¯) die plastische Dehnung und die gesamte (homogene) Querdehnung (-kontraktion) ? σ σ ¯

E 1 ε¯p

ε¯

ε

L¨ osung Die Gesamtdehnung ist die Summe der elastischen und der plastischen Dehnung: ε¯ = ε¯e + ε¯p = ε¯p +

σ ¯ E

→

ε¯p = ε¯ −

σ ¯ . E

Die gesamte Querdehnung ε¯q setzt sich aus dem elastischen und dem plastischen Anteil zusammen. Wegen der Volumenkonstanz (Inkompressibilit¨ at) bei der plastischen Verformung gilt 1 ε¯qp = − ε¯p . 2 Im Bereich der elastischen Verformung ist die L¨ angsdehnung u ¨ ber die Querzahl ν mit der Querdehnung verkn¨ upft: ε¯qe = −ν ε¯e . Die gesamte Querdehnung ist dann „ « σ ¯” σ ¯ 1 1 “ 1 1 σ ¯ ε¯ − −ν ε¯q = − ε¯p − ν ε¯e = − . = − ε¯ + −ν 2 2 E E 2 2 E


341

Aufgabe 6.25 In einem langen, dickwandigen Kreisrohr aus inkompressiblem, elastisch-plastischem Werkstoff herrschen bei rein elastischer Beanspruchung durch den Innendruck p die Radialspannung und die Umfangsspannung „ 2 „ 2 « « a2 a2 b b − 1 , σϕ = p 2 +1 . σr = −p 2 b − a2 r 2 b − a2 r 2 Darin sind a der Innen- und b der Außenradius des Rohres. Die Schubfließgrenze des Werkstoffs sei k = konstant. andig elasUnterhalb welchen Innendrucks pmax bleibt das Rohr vollst¨ tisch ? Welcher Radius rpl wird unter dem Innendruck pmax zuerst plastisch ?

r

b

ϕ z

a

L¨ osung Das Rohr verhält sich vollständig elastisch, solange die Fließbedingung nicht erf¨ ullt ist, d.h. |σr − σϕ | < 2k . Einsetzen von σr und σϕ f¨ uhrt zu ˛ ˛ 2 ˛ b2 ˛˛ ˛p a ˛ b2 − a2 2 r 2 ˛ < 2k . Man erkennt, dass die linke Seite der Ungleichung f¨ ur r = a am gr¨ oßten wird. F¨ ur rein elastisches Verhalten muss der Innendruck p kleiner sein als pmax = k

b2 − a 2 . b2

Ebenso erkennt man, dass plastisches Fließen an der Rohrinnenseite beginnen wird: rpl = a ,

p = pmax .

A6.25

342

A6.26


Aufgabe 6.26 Ein Rohr wird am Innenrand r = a allein durch die Schubspannung τrϕ (r = a) = k belastet. Es sei ebene Deformation im Rohrquerschnitt vorausgesetzt. a) Welche Schubspannung am Rohraußenrand r = b ist f¨ ur das Gleichgewicht notwendig ? b) Das Rohr bestehe aus einem idealplastischen Werkstoff mit der Scherfließgrenze k = konstant. Welche Radialspannung muss am Außenrand zus¨ atzlich zur Schubspannung aufgebracht werden, damit sich der gesamte Querschnitt a ≤ r ≤ b bei ebener Form¨ anderung im plastischen Zustand befindet ?

τrϕ

r

b

ϕ z

r

a

τrϕ (a) = k

a

L¨ osung a) Mit Hilfe des Momentengleichgewichts f¨ ur den Rohrquerschnitt τrϕ (r) r 2 = k a2 . ergibt sich f¨ ur die erforderliche Schubspannung τrϕ (r = b) = k

a2 . b2

b) Die Fließbedingung bei ebener Form¨ anderung (τϕz = τzr = 0) lautet r a4 2 2 2 (σr − σϕ ) + 4τrϕ = 4k → σr − σϕ = ±2k 1 − 4 . r Das Gleichgewicht ist wegen der Annahme ebener Form¨ anderung in axialer (z) und azimutaler (ϕ) Richtung identisch erf¨ ullt. In radialer Richtung muss gelten r a4 σϕ − σ r 2k dσr 1− 4 . = =∓ dr r r r


Daraus ergibt sich durch Integration die Radialspannung q Z r 1− Z σr (r) dˆ σr = σr (r) − σr (r = a) = σr (r) = ∓2k rˆ σr (r=a) a

a4 r ˆ4

343

dˆ r,

ur die Auswertung des Integrals ist die da σr (r = a) Null sein muss. F¨ r 2 , dˆ x = −2a2 /ˆ r 3 dˆ r zielf¨ uhrend. Dann ergibt sich Substitution x ˆ = a2 /ˆ f¨ ur die Radialspannung der Ausdruck ) (r √ Z x√ 1−x ˆ2 a4 r 2 + r 4 − a4 1 − 4 − ln . σr (r) = ± dˆ x = ±k x ˆ r a2 1 Am Außenrand des Rohres ist daher die Radialspannung (r ) √ a4 b 2 + b4 − a 4 1 − 4 − ln σr (r = b) = ±k b a2 aufzubringen. Es existieren zwei L¨ osungen f¨ ur σr (r = b), die sich im Vorzeichen unterscheiden. Die L¨ osung σr (r = b) > 0 bedeutet eine (plastische) Rohraufweitung unter (radialem) Zug, σr (r = b) < 0 eine Rohrschrumpfung unter (radialem) Druck, beide F¨ alle mit u ¨ berlagerter Verdrillung.

344

A6.27


Aufgabe 6.27 Ein dickwandiges Kreisrohr mit verschlossenen Enden wird durch den Innendruck p belastet. Das Rohr bestehe aus elastoplastischem Material mit der Fließgrenze σF . Man bestimme den zul¨ assigen Druck pmax , damit das Rohr sich nur elastisch verformt unter Annahme der von Mises bzw. der Tresca Fließbedingung. Bekannt sind die Radien a, b > a des Rohres und σF .

r

b

p z

a

L¨ osung Aus der Elastostatik u ¨ bernehmen wir die Spannungen im dickwandigen Rohr, das an seiner Innenseite durch p belastet ist: « « „ 2 „ 2 a2 a2 b b − 1 , σ + 1 , σr = −p 2 ϕ = p b − a2 r 2 b2 − a 2 r 2 σz = p

b2

a2 . − a2

Aus der von Mises-Fließbedingung ergibt sich „ (σr − σϕ )2 + (σϕ − σz )2 + (σz − σr )2 = p2

«2 a2 b2 − a 2 „ « „ «2 „ «2 ! 2 b2 b2 b2 b2 × −( 2 − 1) − ( 2 + 1) + +1−1 + 1+ 2 −1 r r r2 r „ « 2 a2 b4 1 b2 − a 2 r 2 = p2 6 4 = 2 σF2 → p = √ σF . 2 2 b −a r a2 b2 3

Der maximale Druck tritt bei r = a auf: σF b 2 − a 2 pvM . max = √ b2 3 Da σz die mittlere Hauptspannung ist, lautet die Fließbedingung nach Tresca σϕ − σr = σF . Der maximale Druck ergibt sich so wie beim offenen Kreisrohr: pT max =

σF b 2 − a 2 . 2 b2


345

Aufgabe 6.28 Ein Blechstreifen aus starr-idealplastischem Werkstoff mit der Scherfließgrenze k = konstant wird reibungsfrei u ¨ ber einen Kreiszylinder (Radius a) streckgebogen. Der Winkel α zwischen den Endquerschnitten ¨ andert sich mit der Winkelgeschwindigkeit α˙ > 0. Die Umfangsgeschwindigkeit ist vorgegeben zu v˙ = (α/α) ˙ rϕ. Es liege ebene Form¨ anderung vor. a) Man bestimme aus der Inkompressibilit¨ atsbedingung die Radialgeschwindigkeit u(r, ˙ ϕ). b) Wie groß ist die Fl¨ achenpressung p zwischen Blech und Zylinder ? c) Wie groß ist die Umfangsspannung ? u˙ v˙

r ϕ b

a

α

Zylinder

L¨ osung a) Aus der Inkompressibilität des Werkstoffs εr + εϕ + εz = εr + εϕ = 0 folgt ε˙r + ε˙ϕ = 0 = =

∂ u˙ 1 + ∂r r

„

„ « « ∂ v˙ ∂ u˙ 1 α˙ + u˙ = + r + u˙ ∂ϕ ∂r r α

u˙ α˙ 1 ∂ (u˙ r) α˙ ∂ u˙ + + = + . ∂r r α r ∂r α

Integration u ¨ ber r ergibt u˙ r = −

α˙ 2 r + C (ϕ) . 2α

Die Integrationskonstante C (ϕ) ergibt sich aus der Randbedingung u˙ a = 0 = −

α˙ 2 a + C (ϕ) 2α

Die Radialgeschwindigkeit ist „ « a2 α˙ r− . u˙ = − 2α r

→

C (ϕ) =

α˙ 2 a . 2α

A6.28

346


b) Berechnet man die Dehngeschwindigkeiten, so erh¨ alt man „ « a2 ∂ u˙ α˙ 1 + 2 < 0 , ε˙ϕ = −ε˙r > 0 , ε˙r = =− ∂r 2α r „ „ „ „ «« «« α˙ 1 ∂ v˙ 1 ∂ u˙ 1 α˙ 1 0+ rϕ ε˙rϕ = + − v˙ = ϕ+ = 0. 2 ∂r r ∂ϕ 2 α r α Demnach sind r und ϕ Hauptachsen; das Fließgesetz lautet wegen ε˙ ϕ > ε˙r : σϕ − σr = 2k . Aus dem Gleichgewicht f¨ ur die Radialspannung dσr σϕ − σ r 2k = = dr r r und der Randbedingung σr (r = b) = 0 ergibt sich Z b Z 0 b 1 dˆ r = 2k ln . dˆ σr = −σr (r) = 2k r ˆ r σr (r) r Die Fl¨ achenpressung zwischen Blech und Zylinder ist p = −σr (r = a) = 2k ln

b . a

c) Die Umfangsspannung errechnet sich aus dem Fließgesetz und σr (r) zu « „ b . σϕ (r) = 2k + σr = 2k 1 − ln r


347

Aufgabe 6.29 Ein quaderförmiger Block mit den Anfangsabmessungen h0 , b0 , d0 wird reibungsfrei zwischen zwei Druckplatten zu einem Quader mit den Endabmessungen h1 < h0 , b1 , d1 = d0 umgeformt. W¨ ahrend aller Zwischenstadien hat der Block Quadergestalt mit der Dicke d0 . Der Block bestehe aus inkompressibel idealplastischem Material mit der Scherfließgrenze k = konstant. Man bestimme die wirkende Druckkraft und die bei der Umformung dissipierte Arbeit. P

z h0

h1

b0 b1

L¨ osung Da die Dicke des Quaders stets d = d0 ist, liegt ebene Formänderung vor. Die Inkompressibilit¨ at des Materials bedeutet f¨ ur den Block b h = b0 h0 = b1 h1 . Die Hauptspannung in Breitenrichtung ist Null. Sie ist die gr¨ oßte Hauptspannung, jene in z-Richtung ist die kleinste. Daher lautet die Fließbedingung: 0 − σz = 2k . Die gedr¨ uckte Fl¨ ache des Quaders ist b d0 , die Druckkraft ist daher P = −σz b d = 2k b d0 . Die dissipierte Arbeit ergibt sich aus der Druckkraft und der Verschiebung der oberen Druckplatte: Z h1 Z h1 Z h1 1 ˆ ˆ = −2k d0 ˆ dh ˆ = −2k d0 b0 h0 P dh b(h) W =− dh ˆ h0 h0 h0 h = 2k b0 d0 h0 ln

h0 . h1

A6.29

348

A6.30


Aufgabe 6.30 Ein Stab aus inkompressiblem, starrplastischem Werkstoff mit der Ausgangsl¨ ange L0 und dem Ausgangsquerschnitt A0 wird durch eine Zugkraft auf die L¨ ange L > L0 gedehnt, wobei sich der Querschnitt ¨ andert. a) Bei idealplastischem Verhalten bleibt die Zugspannung σ = σF konstant (σF . . . Fließspannung). Man bestimme den Verlauf der Zugkraft F in Abh¨ angigkeit von der L¨ angsdehnung ε. b) Die Zugkraft soll bei anwachsender Dehnung ε nicht abfallen. Welchen Anstieg muss die Fließspannung σF eines verfestigenden Werkstoffs mindestens haben, damit diese Forderung erf¨ ullt ist ?

A0 A

L0 L

L¨ osung a) F¨ ur diese Teilaufgabe ist die Fließspannung konstant. Wegen der Inkompressibilit¨ at gilt A L = A0 L0 . Der Zusammenhang zwischen der Zugkraft und der Dehnung lautet F = σF A = σF A

L0 1 L = σF A 0 = σF A 0 L L − L0 + L0 1+ε

mit der technischen Dehnung ε = (L − L0 )/L0 . b) Die L¨ osung der Teilaufgabe a) kann verwendet werden, wenn die konstante Fließspannung durch σF = σF (ε) ersetzt wird. F¨ ur die Ableitung der Zugkraft nach der Dehnung muss gelten: „ « 1 dσF 1 dF ≥ 0. = A0 − σF dε dε 1 + ε (1 + ε)2 Da A0 , 1 + ε und σF s¨ amtlich gr¨ oßer als Null sind, muss f¨ ur den Anstieg der Fließspannung die Bedingung dσF σF ≥ dε 1+ε erf¨ ullt sein.


349

Aufgabe 6.31 Eine elastisch-idealplastische Kreiswelle ist an einem Ende fest eingespannt. Am freien Ende wirkt ein Torsionsmoment MT . Man bestimme MT so, dass der Kern der Welle bis zum Radius r = a elastisch bleibt. Bekannt seien die Scherfließgrenze k und der Radius R der Kreiswelle. elastisch idealplastisch MT

a 1 r R 2

L¨ osung Im Bereich des elastischen Kerns hängt die im Querschnitt wirkende Schubspannung linear vom Radius ab (vgl. Technische Mechanik, Band 2, Kap. 5): τ12 = τ = k

r , a

0 ≤ r ≤ a,

w¨ ahrend im plastischen Teil (a ≤ r ≤ R) τ = k gilt. Das Torsionsmoment ergibt sich aus τ durch Integration: Z

Z

MT = (A)

„ = 2π k

a

r τ dA = 2π

a3 R3 a3 + − 4 3 3

rk 0

« =

r r dr + 2π a

2π k 3

„ R3 −

Z

R

r k r dr a

a3 4

« .

Plastisches Fließen beginnt am Mantel der Kreiswelle. Dann ist a = R und f¨ ur das Torsionsmoment gilt MTe = π k R3 /2. Die Welle ist vollst¨ andig plastifiziert, wenn a = 0 ist. Das erforderliche Torsionsmoment ist in diesem Fall MTp = 2π k R3 /3 = (4/3) MTe .

A6.31

350

A6.32


Aufgabe 6.32 Man bestimme die Zugkraft P als Funktion der Verschiebung v der starren Platte f¨ ur die skizzierte Anordnung von drei elastisch-ideal plastischen St¨ aben (Querschnitt jeweils A, Fließgrenze der St¨ abe σF ), wenn P von 0 bis zum maximal m¨ oglichen Wert Pc gesteigert wird.

L L

P

v

L¨ osung Solange in keinem Stab die Fließgrenze erreicht wird, ist der Zusammenhang zwischen P und v linear mit der Steigung P1 /v1 . Aus der geometrischen Anordnung erkennt man, dass die Dehnung im mittleren Stab doppelt so groß wie in den beiden a aben ist. Der üßeren St¨ außeren mittlere Stab wird daher die Fließgrenze σF vor den beiden ¨ erreichen. Das Kr¨ aftegleichgewicht an der Platte bei Fließbeginn im mittleren Stab ergibt die Zugkraft und die dazugeh¨ orige Verschiebung: P = P1 = σF A + 2

σF A = 2σF A , 2

v = v1 = εF L =

σF L. E

Bei weiterer Laststeigerung steigt die Stabkraft nur in den beiden ¨ außeren St¨ aben an, im mittleren Stab bleibt die Stabkraft wegen des idealaußeren St¨ abe gilt: plastischen Materials σF A. Bei Fließbeginn der ¨ P = Pc = 3σF A =

3 P1 , 2

v = vc = εF 2L = 2

σF L = 2v1 . E

Eine weitere Laststeigerung ist am System nicht m¨ oglich. P

1

EA L

Pc P1

2 EA L 1 v1

vc

v


351

Aufgabe 6.33 Ein beidseitig gelenkig gelagerter, elastisch-idealplastischer Balken mit Rechteckquerschnitt (b × h) und Fließgrenze σF wird durch zwei Momente M0 belastet, bis der vollplastische Zustand erreicht wird. Danach wird der Balken vollkommen entlastet. Man bestimme die Restspannungsverteilung im Balkenquerschnitt. M0

M0

l

L¨ osung Aus dem elastischen Grenzmoment Mel = W σF = (b h2 /6) σF und dem Formfaktor α = 3/2 f¨ ur den Rechteckquerschnitt ergibt sich das vollplastische Moment Mpl = α Mel =

b h2 σF . 4

K¨ onnte dieses Moment elastisch ertragen werden, so w¨ urden die untere bzw. die obere Randfaser des Balkens mit der Spannung ±σ = M

3 b h2 h 12 h 1 σF = σ F = 2 I 4 2 b h3 2

belastet werden. Zwischen den beiden Randfasern verliefe die Spannung linear. Da die Entlastung rein elastisch ist, erh¨ alt man die Restspannungsverteilung im Balken durch Subtraktion dieser Spannungsverteilung von jener des vollplastischen Zustands, vgl. nachstehende Skizze.

σF

3 σ 2 F h 2

h 2

h 2

1 σ 2 F

σF σ h 2

σF z

σ h 2

3 σ 2 F

z

σF

σ

h 1 σ 2 2 F

z

A6.33

Kapitel 7 Numerische Methoden in der Mechanik

7

354

Numerische Methoden in der Mechanik

Newton-Verfahren Das Newton-Verfahren ist eine iterative L¨ osungsstrategie zur Bestimmung einer Nullstelle x∗ von f (x).

f (x)

x

x3

x2

x1

x

Ausgehend von einem gew¨ ahlten Startwert x1 wird die Aufdatierungsvorschrift xn+1 = xn −

f (xn ) f (xn )

f¨ ur

n = 1, 2, 3, ...

und

f (xn ) = 0

so oft angewandt, bis die Bedingung |f (xn )| < tol erf¨ ullt ist. Der Wert tol ist hierbei eine benutzerdefinierte Genauigkeit. Newton-Verfahren zur Bestimmung von: f (x∗ ) ≈ 0. 1. Initialisiere x und berechne f (x) 2. FOR k = 1,kmax DO 3. Berechne f (x)Δx = −f (x) → Δx 4. Aufdatierung des L¨ osungsvektors x ⇐ x + Δx 5. Berechne f (x) und |f (x)| 6. IF |f (x)| < tol THEN WRITE(’Die Berechnung war erfolgreich.’) STOP ENDIF 7. GOTO 2 8. WRITE(’Die Berechnung war nicht erfolgreich in kmax Iterationsschritten.’) STOP


355

Integrationsverfahren Zur n¨ aherungsweisen (numerischen) L¨ osung von Anfangswertproblemen unterscheidet man zwischen expliziten und impliziten Integrationsverfahren. Zun¨ achst betrachten wir gew¨ ohnliche Differentialgleichungen 1. Ordnung der Form y˙ = f (t, y(t))

mit

y(0) = y0 .

Die N¨ aherungswerte zu diskreten Zeitpunkten tn , tn+1 bezeichnen wir mit yñ und yñ+1 . Algorithmus: Explizites Euler-Verfahren ( Euler-Vorw¨ arts“) ” yñ+1 = yñ + f (˜ yn , tn )Δt . Algorithmus: Implizites Euler-Verfahren ( Euler-R¨ uckw¨ arts“) ” yñ+1 = yñ + f (˜ yn+1 , tn+1 )Δt . Algorithmus: Runge-Kutta-Verfahren 4. Ordnung yñ+1 = yñ + Δt k

mit

k = 16 (k1 + 2k2 + 2k3 + k4 ) ,

k1 = f (tn , yñ ), k3 = f (tn +

k2 = f (tn +

Δt Δt , yñ + k2 ), 2 2

Δt Δt , yñ + k1 ), 2 2

k4 = f (tn + Δt, yñ + Δt k3 ) .

Differentialgleichungen n-ter Ordnung werden zur numerischen Berechnung auf Differentialgleichungssysteme erster Ordnung mit n Differentialgleichungen transformiert. Eine gew¨ ohnliche Differentialgleichung 2. Ordnung mit den erforderlichen Anfangsbedingungen lautet: y¨ = f (t, y(t), y(t)) ˙

mit

y(0) = y0 ,

y(0) ˙ = v0 .

Transformation auf ein System 1. Ordnung: Mit Einf¨ uhrung der Hilfs˙ erhalten wir das Differentialfunktionen z1 (t) = y(t) und z2 (t) = y(t) gleichungssystem (zwei Differentialgleichungen 1. Ordnung)

356


z˙1 (t) = z2 (t), z˙2 (t) = f (t, z1 (t), z2 (t)). Auf diese Differentialgleichungen 1. Ordung k¨ onnen nun die oben genannten Verfahren angewandt werden. Newmark-Verfahren. Als weiteres implizites Zeitintegrationsverfahren betrachten wir das Einschrittverfahren von Newmark (Abschnitt 7.3.2, Band 4). Exemplarisch w¨ ahlen wir die Bewegungsgleichung d c 1 y(t) ˙ + y(t) − F (t) = 0. m m m

y¨(t) +

F¨ ur die unbekannten Geschwindigkeiten und Verschiebungen zum Zeitpunkt tk+1 werden folgende Annahmen getroffen: y˙ k+1 = y˙ k + [(1 − δ)¨ yk + δ y¨k+1 ] Δt, yk + β y¨k+1 ] (Δt)2 . yk+1 = yk + y˙ k Δt + [(0.5 − β)¨ Setzen wir die letzten beiden Gleichungen in die Bewegungsgleichung ein und werten diese an der Stelle tk+1 aus, so erhalten wir y¨k+1 +

d c 1 y˙ k+1 + yk+1 − Fk+1 = 0 m m m

→ y¨k+1 +

d d yk Δt] + δΔt y¨k+1 [y˙ k + (1 − δ)¨ m| {z } m v¯k+1

+

˜ c c ˆ Fk+1 yk + y˙ k Δt + (0.5 − β)(Δt)2 y¨k + β(Δt)2 y¨k+1 = , m| m m {z } u ¯k+1


357

bzw. » 1 + δ Δt

d c + β (Δt)2 m m

– y¨k+1 =

1 ¯k+1 ] . [Fk+1 − d v¯k+1 − c u m

F¨ ur die Newmarkparameter β = 1/4 und δ = 1/2 wird eine konstante Beschleunigung und f¨ ur β = 1/6 und δ = 1/2 eine lineare Beschleunigung angenommen. Ferner ist das Verfahren f¨ ur δ ≥ 0, 5

und

β ≥ 0, 25 (δ + 0, 5)2

unbedingt stabil.

Differenzenverfahren Das Differenzenverfahren basiert auf der direkten Approximation des Differentialquotienten durch den Differenzenquotienten. F¨ ur die folgenden Darstellungen verwenden wir die Abk¨ urzungen yl+1 = y(xl+1 ), yl = y(xl ) und yl−1 = y(xl−1 ). Bei gew¨ ohnlichen Differentialgleichungen kann die erste Ableitung y der Funktion y(x) durch den vorderen Differenzenquotienten ˛ y − yl dy ˛˛ ≈ l+1 , dx ˛xl Δx den hinteren Differenzenquotienten ˛ y − yl−1 dy ˛˛ ≈ l , ˛ dx xl Δx oder den zentralen Differenzenquotienten ˛ y − yl−1 dy ˛˛ ≈ l+1 dx ˛xl 2 Δx approximiert werden. Ferner ist die Approximation der zweiten Ableitung y gegeben durch ˛ y − 2 yl + yl−1 d2 y ˛˛ ≈ l+1 . dx2 ˛xl (Δx)2

358


Bei der n¨ aherungsweisen L¨ osung partieller Differentialgleichungen beschr¨ anken wir uns der Einfachheit halber auf rechteckige Gebiete, die durch kantenparallele Netze von Gitterpunkten diskretisiert werden. In x− bzw. y−Richtung w¨ ahlen wir die konstanten Gitterpunktabst¨ ande (Schrittweiten) hx bzw. hy . Mit der Notation u(x0 + k hx , y0 + l hy ) = uk,l lauten die zentralen Differenzenquotienten f¨ ur die ersten partiellen Ableitungen ˛ ∂u ˛˛ 1 ≈ (uk+1,l − uk−1,l ) ∂x ˛xk ,yl 2 hx und ˛ ∂u ˛˛ 1 ≈ (uk,l+1 − uk,l−1 ) . ∂y ˛xk ,yl 2 hy Ferner ben¨ otigen wir die zentralen Differenzenquotienten der zweiten partiellen Ableitungen: ˛ ∂ 2 u ˛˛ 1 ≈ 2 (uk+1,l − 2 uk,l + uk−1,l ) , ∂x2 ˛xk ,yl hx ˛ 1 ∂ 2 u ˛˛ ≈ 2 (uk,l+1 − 2 uk,l + uk,l−1 ) . ∂x2 ˛xk ,yl hy

Verfahren von Ritz Wir betrachten im Folgenden Minimalwertaufgaben von Potentialen, d.h. wir suchen Funktionen y, die die Forderung Z l F (x, y, y , y ) dx → minimal Π (y) = 0

erf¨ ullen. Typische Funktionale (Gesamtpotentiale) aus der Mechanik, wie z.B. f¨ ur einen Stab Z l„ Π (u) = 0

« 1 EA u2 − n u dx 2


359

bzw. einen Balken Z l„ Π (w) = 0

1 EI w2 − q w 2

« dx

der L¨ ange l und die zugeh¨ origen Differentialgleichungen finden sich in Band 4, Tabelle 7.3. Als N¨ aherung y˜ f¨ ur die gesuchte Funktion y w¨ ahlen wir einen Ansatz (¨ uber das gesamte Gebiet, hier die Stabl¨ ange l) der Form y˜(x) =

n X

φi (x) ci ,

i=1

wobei die Funktionen φi (x) die wesentlichen Randbedingungen erf¨ ullen. Somit erhalten wir die zu l¨ osende Minimalwertaufgabe Z

l

Π (˜ y) =

F (x, y˜, y˜ , y˜ ) dx

→

minimal .

0

Da die Ansatzfunktionen φi (x) gegebene Funktionen von x sind, folgt Π (˜ y) = Π (ci ). Es ergibt sich daher die notwendige Bedingung ∂Π =0 ∂ci

f¨ ur

i = 1, 2, ..., n .

Somit erhalten wir n Gleichungen zur Bestimmung der n unbekannten Koeffizienten ci .

Methode der finiten Elemente Bei der Methode der finiten Elemente (FEM) wird im Gegensatz zum Verfahren von Ritz der N¨ aherungsansatz nur u ¨ ber ein Teilgebiet, ein typisches finites Element, gew¨ ahlt. Das betrachtete Gebiet 0 ≤ x ≤ l wird zun¨ achst in n Teilgebiete le |e = 1, ..., n aufgeteilt. F¨ ur jedes Element w¨ ahlen wir eine N¨ aherung f¨ ur die Funktion y in der Form y˜(x) =

m X

Nj (x) dj

j=1

mit den elementweisen Ansatzfunktionen Nj (x) und den Knotenfreiwerten dj . Somit ergibt sich das approximierte Gesamtpotential zu Π =

n X e=1

Π e (˜ y(x)) =

n X e=1

Πie (˜ y(x)) +

n X e=1

Πae (˜ y(x)) ,

360


wobei Πie das Potential der inneren Kr¨ afte und Πae das Potential der a ußeren Kr¨ a fte f¨ u r ein typisches finites Element darstellen. Die Forde¨ rung, dass Π minimal wird, l¨ aßt sich u ¨ ber die erste Variation angeben: δΠ =

n X

δΠ e =

e=1

n X

δΠie +

e=1

n X

δΠae = 0 .

e=1

afte und δΠae die Hier sind nun δΠie die virtuelle Arbeit der inneren Kr¨ virtuelle Arbeit der ¨ außeren Kr¨ afte f¨ ur ein typisches Element. Generell ergeben sich nach der elementweisen Auswertung der Integrale die Matrizendarstellungen δΠie = δdeT k e de

und

δΠae = −δdeT q e ,

mit den elementbezogenen Vektoren der Knotenfreiwerte de , den virtuellen Knotenfreiwerten δde , der rechten Seite q e und der Elementsteiage auf, so folgt figkeitsmatrix k e . Summieren wir nun die Elementbeitr¨ mit den globalen Verschiebungsvektoren δD, D, der globalen rechten Seite P und der globalen Steifigkeitsmatrix K δΠ =

n X

δdeT [k e de − q e ] = δD T [KD − P ] = 0 .

e=1

Da diese Gleichung f¨ ur alle virtuellen Gr¨ oßen δD erf¨ ullt sein muss, erhalten wir das zu l¨ osende Gleichungssystem KD = P zur Berechnung der unbekannten Knotenfreiwerte D.


Aufgabe 7.1 Eine Kugel kann auf einer horizontalen F¨ uhrungsstange reibungsfrei gleiten. Die L¨ ange der entspannten Feder ist l0 , die Federsteifigkeit ist c.

361

A7.1

F h c, l0

Berechnen Sie f¨ ur den Fall einer Kraftbeanspruchung F die Gleichgewichtslage x∗ mit dem NewtonVerfahren.

x

Gegeben: h = 0, 1 m; l0 = 0, 3 m; F = 10 N; c = 20 N/m .

L¨ osung Am Freischnitt der Feder stellen wir das Kr¨ aftegleichgewicht in horizontaler Richtung auf:

F α

K cos α − F = 0. Aus der Geometrie ergibt sich f¨ ur den Winkel α die Beziehung cos α = √

K

x . h2 + x2

Die Darstellung der Federkraft als Funktion von x lautet hp i h2 + x2 − l0 . K=c Einsetzen der beiden Gleichungen in die Gleichgewichtsbedingung liefert i hp x h2 + x2 − l0 √ −F =0 f (x) = c 2 + x2 h » – l0 → f (x) = c 1 − √ x − F = 0. h2 + x2 Die Nullstelle x∗ von f (x) wird nun, ausgehend von verschiedenen Startwerten, mit dem Newton-Verfahren bestimmt. F¨ ur das NewtonVerfahren sind die folgenden Teilschritte erforderlich. 1. Ableitung der Funktion f (x) nach x: f (x) = c − √

c l0 h2 1 . 2 + x h2 + x2

h2

362


2. Berechnung des Inkrements Δx: Δx = −

f (xi ) f (xi )

f¨ ur

f (xi ) = 0 .

3. Aufdatierung der Variablen: xi+1 = xi + Δx . Die Schritte 1 bis 3 werden solange wiederholt, bis die Bestimmungsullt ist. F¨ ur die gew¨ ahlten Startwerte x1 = 0 gleichung |f (xi )| < tol erf¨ und x1 = 0, 5 ergeben sich folgende Iterationswerte: i 1 2 3 4 5 6

xi 0,0 -0,2500000000 0,3070663345 0,8320147256 0,7976813199 0,7976699668

f (xi ) -10,0 -9,429139855 -9,563765618 0,68316760 0, 22575 · 10−3 0,0

xi 0,5 0,8009851305 0,7976700838 0,7976699671

f (xi ) -5,883484054 0, 06592276 0, 232 · 10−5 0, 1 · 10−7

Algorithmische Umsetzung des Newton-Verfahrens zur L¨ osung von f (x) = 0 mit dem Programmsystem MATLAB: % Eingabewerte h = 0.1; l_0 = 0.3; F = 10; c = 20; tol = 1e-6; % Anfangswert x(1) = 0; % Beginn der Integrationsschleife for k = 1:20 % Funktionsauswertung f(k) = c*(1 - l_0/sqrt(h^2 + x(k)^2))*x(k) - F; % Abfrage der Abbruchbedingungen if abs(f(k)) < tol break end % Ableitung der Funktion f(x) fs(k) = c - c*l_0*h^2/sqrt(h^2 + x(k)^2)/(h^2 + x(k)^2); % Berechnung des Inkrements dx = -f(k)/fs(k); % Aufdatierung der Variablen x(k + 1) = x(k) + dx; end


Aufgabe 7.2 Die Parallelschaltung eines Feder- und eines D¨ ampferelements (Kelvin-Voigt-K¨ orper) ist ein rheologisches Modell zur Beschreibung viskoelastischen Materialverhaltens. Berechnen Sie die Dehnung ε(t) mit dem Euler-Vorw¨ arts-Verfahren im Zeitintervall t = [0; 1s] bei der Spannungsbeanspruchung σ(t) = 0 f¨ ur t < 0 ur t > 0. Die Anfangsbeund σ(t) = σ0 f¨ dingung ist ε(0) = 0.

363

A7.2

σ

E

η

σ

Gegeben: E; Retardationszeit τ = η/E.

L¨ osung F¨ ur t > 0 erhalten wir die Differentialgleichung 1. Ordnung σ0 ε − mit der Anfangsbedingung ε(0) = 0. η τ N¨ aherungsl¨ osungen ε˜k+1 = ε˜(tk+1 ) zu den Zeitpunkten tk+1 folgen aus « „ ε˜k σ0 − Δt f¨ ur k = 1, ..., n mit ε˜1 = 0. ε˜k+1 = ε˜k + η τ ε˙ =

MATLAB - Programm zur Zeitintegration beim Kelvin-Voigt-Modell: % Systemparameter E = 10.0; tau = 1.0/10.0; sig0 = 2.0; eta = tau*E; % Anfangsbedingung und Zeitinkrement eps(1) = 0.0; n = 12; delta_t = (1.0-0.0)/n; % Integrationsschleife for k = 1:n eps(k + 1) = eps(k) + (sig0/eta - eps(k)/tau)*delta_t; end ε˜ Im Diagramm sind die numerischen Ergebnisse f¨ ur 0,2 das Zeitintervall [ta ; te ] = [0; 1s] f¨ ur n = 12 und n = 200 St¨ utzstellen dargestellt. 0,15 F¨ ur n = 200 stimmt die N¨ aherungsl¨ osung mit der 0,1 exakten L¨ osung ε(t) =

t σ0 (1 − e− τ ) E

sehr gut u ¨ berein.

n = 12 n = 200

0,05 0

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1t

364

A7.3


Aufgabe 7.3 Ein Körper (Masse m) wird in der H¨ ohe h unter dem Winkel α mit der Anfangsgeschwindigkeit v0 abgeworfen und dann sich selbst u ¨berlassen. Berechnen Sie die Flugbahn x1 (t), x2 (t) im Zeitintervall [ta ; te ] = [0; 2s] mit dem Euler-Vorw¨ arts-Verfahren und stellen Sie das Ergebnis graphisch dar.

x2

v0 g

m

α h x1

Gegeben: g = 10 m/s2 ; α = 45◦ ; h = 5 m; v0 = 10 m/s .

L¨ osung Das dynamische Grundgesetz liefert die Differentialgleichung « „ « „ « „ x ¨1 0 0 , G = mg. , a= = F = m a mit F = −g −G x ¨2 Die Anfangsbedingungen f¨ ur die Geschwindigkeit v und den Ort x lauten « „ « « „ « „ „ v0 cos α 0 v1 (0) x1 (0) . v0 = = , x0 = = h v2 (0) v0 sin α x2 (0) R Die N¨ aherungswerte f¨ ur die Geschwindigkeit v(t) = t a(t) dt + v 0 und R den Ort x(t) = t v(t) dt + x0 zur Zeit tk+1 bezeichnen wir mit ˜ k+1 = v ˜ (tk+1 ) v

und

˜ k+1 = x ˜ (tk+1 ). x

Sie ergeben sich aus dem Euler-Vorw¨ arts-Verfahren zu ˜ k+1 = v ˜ k + a Δt , v

˜ k+1 = x ˜k + v ˜ k Δt x

f¨ ur

k = 0, ..., n.

Man erh¨ alt schließlich die N¨ aherungsl¨ osungen bez¨ uglich der Koordinatenrichtungen x1 und x2 f¨ ur die Geschwindigkeiten zu « „ « „ v˜1,k+1 v˜1,k + a1 Δt = v˜2,k + a2 Δt v˜2,k+1 sowie f¨ ur den Ort, die Flugbahn, zu « « „ „ x ˜1,k + v˜1,k Δt x ˜1,k+1 . = x ˜2,k + v˜2,k Δt x ˜2,k+1


365

Algorithmische Umsetzung des schiefen Wurfs: % Parameter ta = 0.0; te = 2.0; n = 5; alpha = pi/4; h = 5; v0 = 10; % Beschleunigungskomponenten a1 = 0; a2 = -10.0; % Berechnung des Zeitinkrements delta_t = (te - ta)/n; % Anfangsbedingungen fuer den Ort x1(1) = 0; x2(1) = h; % Anfangsbedingungen fuer die Geschwindigkeit v1(1) = v0*cos(alpha); v2(1) = v0*sin(alpha); % Numerische Integration for k = 1:n x1(k + 1) = x1(k) + v1(k)*delta_t; x2(k + 1) = x2(k) + v2(k)*delta_t; v1(k + 1) = v1(k) + a1*delta_t; v2(k + 1) = v2(k) + a2*delta_t; end Im Diagramm sind die Kurvenverl¨ aufe f¨ ur das Zeitintervall [ta ; te ] = [0; 2s] f¨ ur n = 5, 10 und 50 St¨ utzstellen dargestellt. F¨ ur den Fall n = 50 stimmt die N¨ aherungsl¨ osung mit der exakten L¨ osung gut u ¨ berein. x2

8 6 4

n=5 n = 10 n = 50 exakt

2 0 0

2

4

6

8

10

12

x1

Die Integration der Differentialgleichung liefert die exakte L¨ osung zu 0 1 v0 t cos α B C x(t) = @ A. 2 1 − 2 gt + v0 t sin α + h

366

A7.4


Aufgabe 7.4 F¨ ur das dargestellte Fadenpendel sind f¨ ur den Fall i) kleiner Auslenkungen (|ϕ|

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