Vorlesungsnotizen Mechanik III

Transcription

Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 1.
Generalisierte Koordinaten, Lagrangefunktion, Lagrangegleichungen II. Art
•
•
•
Hauger, Schnall, Gross: Technische Mechanik 3 (Abschnitt 4.3 Lagrangesche Gleichungen)
Schnell, Gross, Hauger: Technische Mechanik 2 (Kapitel 6)
G.-P. Ostermeyer: Mechanik III
Teil 2
Teil 1
I. Verallgemeinerte Koordinaten
Wenn die Gesamtheit irgendwelcher Größen
q1 , q2 ,..., qs die Lage eines Systems (mit s
Freiheitsgraden) völlig charakterisiert, so
nennt man diese Größen verallgemeinerte
(oder generalisierte) Koordinaten und die
Ableitungen qi verallgemeinerte Geschwindigkeiten.
Wichtig: Verallgemeinerte Koordinaten können
nichts mit den uns bereits bekannten kartesischen
oder polaren Koordinaten zu tun haben. Das können beliebige Größen sein (Volumen, Spannung,
elektrische Kapazität oder Ladung, aber auch
Winkel, Abstände u.s.w).
II. Lagrange-Funktion
Die Lagrange-Funktion eines Systems
von Massenpunkten
L ≡ K −U =
= kinetische Energie − potentielle Energie =
G
ma ra 2
G G
∑a 2 − U (r1 , r2 ,...) = L({qi } ,{q})
Bemerkung: Potentielle Energie ist bis auf
eine additive Konstante definiert. Diese Eigenschaft hat auch die Lagrange-Funktion.
III. Lagrangesche Gleichungen II. Art
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂qi ∂qi
Beispiel 1. Gegeben sei
ein Körper mit Masse m
auf einer Feder mit Federsteifigkeit
c.
Zu
bestimmen ist die Bewegungsgleichung.
Lösung. Als verallgemeinerte Koordinate
wählen wir Auslenkung x aus dem ungespannten Zustand der Feder. Kinetische Energie ist
mx 2
gleich K =
, potentielle Energie der Fe2
cx 2
. Lagrangefunktion ist gleich
der ist U =
2
mx 2 cx 2
L = K −U =
−
. Die Ableitungen lau2
2
∂L ∂ ⎛ mx 2 cx 2 ⎞ ∂ ⎛ mx 2 ⎞
ten:
= ⎜
−
⎟= ⎜
⎟ = mx ,
∂x ∂x ⎝ 2
2 ⎠ ∂x ⎝ 2 ⎠
d ∂L d
= mx = mx ,
dt ∂x dt
∂L ∂ ⎛ mx 2 cx 2 ⎞ ∂ ⎛ cx 2 ⎞
= ⎜
−
⎟ = ⎜−
⎟ = −cx .
∂x ∂x ⎝ 2
2 ⎠ ∂x ⎝ 2 ⎠
Die Lagrangegleichung lautet
d ∂L ∂L
−
= 0 ⇒ mx + cx = 0 . (Das 2. N.G.)
dt ∂x ∂x
Beispiel 2. Bewegung im Schwerefeld.
K=
x
L=
mx 2
, U = mgx ,
2
mx 2
− mgx
2
∂L
∂L
= mx ,
= − mg ⇒ mx + mg = 0 .
∂x
∂x
Beispiel 3. Bestimmen Sie für ein Pendel:
(1) Lagrange-Funktion,
(2) Bewegungsgleichung.
Lösung:
m
m
K = v 2 = l 2ϕ 2
2
2
U = mgz = −mgl cos ϕ
Lagrangefunktion:
m
L = l 2ϕ 2 + mgl cos ϕ :
2
Ableitungen:
d ∂L
∂L
∂L
= ml 2ϕ ,
= − mgl sin ϕ .
= ml 2ϕ ,
dt ∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ
Bewegungsgleichung:
ml 2ϕ = − mgl sin ϕ .
Dies ist der Drallsatz für das Pendel.
Beispiel 4. Gegeben sei das auf dem Bild
skizzierte System. Der Körper m2 auf dem
Keil und der Keil auf der horizontalen Ebene
gleiten ohne Reibung. Zu bestimmen sind die
Bewegungsgleichungen in passend gewählten
generalisierten Koordinaten.
m2
s
m1
α
x
Lösung. Koordinate der vorderen Kante des
Keils und des Abstandes der Masse m2 von
dieser Kante beschreiben eindeutig die Lage
des gesamten Systems und können daher als
verallgemeinerte Koordinaten gewählt werden. Zur Bestimmung kinetischer Energien
beider Körper drücken wir zunächst kartesische Koordinaten von jedem Körper durch die
gewählten verallgemeinerten Koordinaten:
x1 = x , y1 = 0
x2 = x + s cos α , y2 = s sin α .
m1 x
,
2
m
2
2
K 2 = 2 ⎡( x + s cos α ) + ( s sin α ) ⎤ =
⎣
⎦
2
m2 2 2
⎡ x + s + 2 xs
cos α ⎤⎦
2 ⎣
U1 = konst , U 2 = m2 gy2 = m2 gs sin α .
Lagrange-Funktion:
2
K1 =
L=
( m1 + m2 ) x 2 + m2 s2 + m xs
cos α − m gs sin α
2
2
2
2
Ableitungen:
∂L
∂L
= ( m1 + m2 ) x + m2 s cos α ,
=0
∂x
∂x
∂L
∂L
= − m2 g sin α .
= m2 s + m2 x cos α ,
∂s
∂s
Lagrangeschen Gleichungen:
( m1 + m2 ) x + m2s cos α = 0 ,
m2 s + m2 x cos α + m2 g sin α = 0 .
Daraus können beide Beschleunigungen bestimmt werden. Falls, z.B., nach x gefragt
wird, multiplizieren wir die zweite Gleichung
mit cos α und ziehen die zweite Gleichung
von der ersten ab. Daraus folgt
m g sin α cos α
x= 2
.
m1 + m2 sin 2 α
Beispiel 5. Zu bestimmen sind die Bewegungsgleichungen für den Körper im Führungskanal auf einer sich drehenden Scheibe
(Rotationsachse senkrecht zur Scheibe, Winkelgeschwindigkeit ω ).
Lösung: Als verallgemeinerte Koordinate
wählen wir
ω
den Abstand r
des Körpers
von der Rotar
tionsachse.
Lagrangesche
Funktion:
m
L = K = ( r 2 + r 2ω 2 ) (potentielle Energie
2
fällt aus, da sie konstant ist). Partielle Ablei∂L
∂L
= mr ,
= mrω 2 .
tungen:
∂r
∂r
Lagrange-Gleichung: mr = mrω 2 .
Man kann leicht die Bewegungsgleichung in
einem nicht inertialen (rotierenden) System
erkennen: mrω 2 ist nichts anderes als Zentrifugalkraft.
Beispiel 6. Fußpunkterregung eines
Schwingers. Zu bestimmen ist die LagrangeFunktion und die Bewegungsgleichung.
Lösung. x sei die Dehnung der Feder aus dem
ungespannten Zustand.
xF = x0 cos ω t
Die x-Koordinate der
Masse ist dann
x1 = x0 cos ωt + x . Die
Geschwindigkeit der
Masse ist
x1 = − x0ω sin ωt + x .
x
Kinetische Energie ist
2
2
mx1 m ( − x0ω sin ωt + x )
, potentielle
K=
=
2
2
cx 2
Energie ist U =
. Die Lagrange-Funktion:
2
2
m ( − x0ω sin ωt + x ) cx 2
. Ableitungen:
−
L=
2
2
∂L
∂L
= m ( − x0ω sin ωt + x ) ,
= −cx .
∂x
∂x
Lagrangegleichung:
d ∂L ∂L
−
= m ( − x0ω 2 cos ωt + x ) + cx = 0 .
dt ∂x ∂x
mx + cx = − mx0ω 2 cos ωt - N.G. für einen
Schwinger mit Fußpunkterregung.
Prinzip der virtuellen Arbeit (Prinzip der virtuellen Verrückungen)
I. Kraft als Gradient der potentiellen Energie. Aus Mechanik II wissen Sie, dass potentielle Energie bei einer eindimensionalen Bewegung als Integral U ( x ) = − ∫ F ( x )dx definiert wird. Aus dieser Definition folgt dass
∂U
. Verallgemeinerung dieser BeF ( x) = −
∂x
ziehung auf mehrere Freiheitsgrade lautet:
III. Beispiele für das Prinzip der virtuellen
Verrückungen.
Beispiel 1. Gegeben sei ein Hebel der Länge
2l im statischen Gleichgewicht. Im Punkt A
ist der Hebel gelagert. Am Hebel greifen die
Kräfte F und G sowie ein Moment M wie
skizziert an.
y
∂U
Fi = −
.
∂xi
II. Prinzip der virtuellen Arbeit (Prinzip
der virtuellen Verrückungen)
Im statischen Gleichgewicht sind alle Kräfte
gleich Null. Falls wir es mit einem konservativen System zu tun haben, gilt
∂U
∂U
= 0.
(1)
= 0 ,...
∂xi
∂x1
Dies sind aber die Bedingungen für ein Minimum der potentiellen Energie. Gleichungen
(1) bedeuten, dass das erste Differential der
potentiellen Energie
∂U
∂U
dU =
dx1 +
dx2 + ... = 0 oder
∂x1
∂x2
dW = Fx1dx1 + Fx 2 dx2 + ... = 0
Im Gleichgewicht ist die Arbeit
bei beliebigen virtuellen Verschiebungen
gleich Null.
x
M und G sind gegeben. Zu bestimmen ist die
Kraft F und die Auflagerreaktionen.
Um die virtuelle Arbeit bei beliebigen virtuellen Verrückungen des Hebels zu erhalten,
muß zunächst der Hebel vom Lager freigeschnitten werden, um alle Kräfte am Hebel
sichtbar zu machen. Jetzt nehmen wir eine
kleine, aber ansonst beliebige Verschiebung
des Hebels vor. Ein starrer Körper in einer
Ebene hat nur drei Freiheitsgrade: Er kann
nach oben um δ y , in horizontaler Richtung
Umgekehrt:
Wenn die Arbeit bei beliebigen
virtuellen Verschiebungen gleich Null ist,
so ist das System im Gleichgewicht
Da die Zwangskräfte (Reaktionskräfte) keine
Arbeit leisten, brauchen sie bei der Berechnung der Arbeit nicht berücksichtigt zu werden. Das Prinzip der virtuellen Verrückungen
wird daher meistens in der folgenden Form
verwendet:
Im Gleichgewicht muss die Arbeit von allen
Kräften ohne Berücksichtigung von Reaktionskräften auf allen mit den Bindungen verträglichen Bewegungen verschwinden.
um δ x verschoben werden und darüber hinaus um einen Winkel δϕ gedreht, sagen wir
um das linke Ende des Hebels.
Virtuelle Verrückungen: δ x , δ y , δϕ .
Die auf der virtuellen Verrückung geleistete
Arbeit muss im Gleichgewicht verschwinden:
δ W = Axδ x + ( Ay − G + F ) δ y + ( −lG + 2lF − M ) δϕ = 0
Die Gleichgewichtsbedingungen:
Ax = 0 ,
Ay − G + F = 0 ,
− lG + 2lF − M = 0 .
1
Beispiel 2. Flaschenzug.
Bei gegebener Gewichtskraft G ist die Kraft F
zu bestimmen.
Lösung: Das ist ein System mit einem Freiheitsgrad. Das Ende des Seils
wird um δ sF gezogen.
Dabei hebt sich das Gewicht um δ sG = δ sF / 2 .
Die dabei verrichtete Arbeit ist
Ist nach einer bestimmten Reaktionskraft in
einem Konstruktionselement gefragt, so ersetzen wir nur die uns interessierende Bindung durch die Reaktionskräfte und geben ihr
ansonsten die Möglichkeit, sich zu bewegen
(virtuelle Verrückungen auszuführen).
δ sF
F
δ sG
δ A = Fδ sF − Gδ sG
G
.
= ( F − G / 2 ) δ sF
Das System ist im Gleichgewicht, wenn die
virtuelle Arbeit bei einer beliebigen Verschiebung gleich Null ist: F − G / 2 = 0 .
Beispiel 3. Welche horizontale Kraft muss an
den Keil angelegt werden, um das System im
Gleichgewicht zu halten?
Beispiel 5. Zu berechnen ist die Spannkraft
des Fadens AB in dem
skizzierten Teufelsarm.
Lösung. Wir "schneiden" den Faden und
lassen das Gewicht G
eine kleine Verschiebung δ sD ausführen.
Dabei verschiebt sich
der Punkt B um
δ sB = δ sD / 4 ; Die dabei geleistete Arbeit
muss im Gleichgewicht verschwinden:
δ W = −T ′ ⋅ δ sB + G ⋅ δ sD = 0
Daraus folgt T = 4G .
Beispiel 6. Stabkraft
Wie groß ist die Stabkraft im Obergurt des
Fachwerks?
Lösung: δ sR = 2δ s p tan α
Die virtuelle Arbeit muss verschwinden:
δ W = Pδ sP − Rδ sR = ( P − 2 R tan α ) δ s p = 0
⇒ R=
IV. Anwendung des Prinzips der virtuellen
Arbeit zur Bestimmung der Reaktionskräfte.
P
.
2 tan α
Beispiel 4. Schraubenpresse. Zu bestimmen
ist das zum Erzeugen einer Druckkraft N erforderliche Kraftmoment des Kräftepaars P,
P'.
δ sN / h = δϕ / 2π
δ W = M δϕ − N δ sN
h ⎞
⎛
N ⎟ δϕ = 0
=⎜M −
2π ⎠
⎝
M=
h
N
2π
Lösung. Indem man den
Stab herausnimmt und
durch die gesuchte
Stabkraft ersetzt, entsteht ein verschiebliches
System mit einem Freiheitsgrad (z.B., φ ),
durch den alle anderen
virtuellen Verschiebungen ausgedrückt werden
können.
Die virtuelle Arbeit muss
verschwinden:
δ W = Faδφ + Saδφ
+ Saδφ = 0
⇒ S = − 12 F .
2
Generalisierte Kräfte, Lagrangesche Gleichungen 2. Art mit nicht konservativen Kräften
nommen werden. Verallgemeinerte KoordiI. Verallgemeinerte (generalisierte) Kräfte
naten seien α
Gegeben sei ein Massenpunkthaufen
und ϕ .
Zu finden sind
die entsprechenden verallgemeinerten
Kräfte.
G
Wenn alle Körper um δ ri verschoben werden
Lösung:
(das sind die "virtuellen Verrückungen"),
δ s1 = δ s2 = l ⋅ δα
werden die zwischen den Körpern wirkenden
Die virtuelle
konservativen Kräfte eine Arbeit
Arbeit bei
∂U
∂U
∂U
dW = − dU = −
dx1 −
dy1 −
dz1...
Änderung des
∂x1
∂y1
∂z1
Winkels α ist
leisten. Wir wissen, dass "Arbeit=Kraft mal
δ Wα = −G ⋅ δ s1 ⋅ sin α − G ⋅ δ s2 ⋅ sin α = −2G ⋅ l ⋅ δα ⋅ sin α
Weg". Daraus ist ersichtlich, dass
Für die verallgemeinerte Kraft folgt
∂ U ∂ U ∂U
- Komponenten der Kraft
−
,−
,−
Qα = −2G ⋅ l ⋅ sin α .
∂x1 ∂y1 ∂z1
δ Wϕ = 0 ⇒ Qϕ = 0 .
sind. In verallgemeinerten Koordinaten gilt
∂U
∂U
∂U
Beispiel 3. Ein Kolben kann sich in einem
dW = − dU = −
dq1 −
dq2 − ... −
dqi − ...
∂q1
∂q2
∂qi
unter Druck p stehenden Zylinder bewegen.
∂U
Als verallgemeinerte Koordinate des Kolbens
In Analogie werden die Ableitungen −
sei das Volumen der linken Kammer gewählt.
∂qi
Zu berechnen ist die dieser verallgemeinerten
verallgemeinerte Kräfte genannt, so dass die
Koordinate zuRegel "Arbeit= verallgemeinerte Kraft mal
geordnete ververallgemeinerte Verschiebung" auch weiterallgemeinerte
hin gilt.
Kraft.
Ähnlich werden verallgemeinerte nichtkonLösung. Die auf
servative Kräfte definiert.
die Oberfläche des Kolbens wirkende Kraft ist
Ist die Arbeit bei einer beliebigen virtuellen
gleich F = p ⋅ A . Die Arbeit dieser Kraft bei
Verschiebung gleich
einer kleinen Verschiebung dx des Kolbens
dW = Q1dq1 + Q2 dq2 + ...Qi dqi + ...
ist gleich dW = F ⋅ dx = p ⋅ A ⋅ dx = p ⋅ dV .
ist, so nennt man Qi die der verallgemeiner∂W
Die verallgemeinerte Kraft ist QV =
= p.
∂V
ten Koordinate qi entsprechende verallgemeiDie der verallgemeinerten Koordinate "Volumen"
nerte Kraft.
Beispiel 1. Zu finden ist die verallgemeinerte
Kraft Qϕ , die dem Winkel ϕ entspricht.
Lösung: Aus der Dynamik wissen wir, dass
die bei einer Rotation geleistete Arbeit ist
gleich dA = Mdϕ , wobei M das Kraftmoment
ist.
zugeordnete verallgemeinerte Kraft ist Druck.
Tabelle der generalisierten Kräfte
Generalisierte Koordinate
Generalisierte Kraft
kartesische
Koordinate
x
x-Komponente
der Kraft
Fx
Das Kraftmoment M ist die dem Winkel zugeordnete verallgemeinerte Koordinate.
Rotationswinkel
ϕ
Kraftmoment
bezüglich desselben Punktes
M
Beispiel 2.
Ein Zentrifugalregler kann sich um die vertikale Achse drehen. Gewicht jeder Kugel ist
G, andere Teile können als gewichtslos ange-
Volumen
Druck
p
Im Allgemeinen
V
q
δW / δ q
1
II. Lagrangesche Gleichungen 2. Art mit
nicht konservativen Kräften
Die uns bekannten Lagrangeschen Gleichungen 2. Art
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂qi ∂qi
können auch in der folgenden Form geschrieben werden:
d ∂K ∂K ∂U
−
+
=0
dt ∂qi ∂qi ∂qi
oder
d ∂K ∂K
∂U
−
=−
= Qi .
dt ∂qi ∂qi
∂qi
Eine Bewegung kann sich aber nicht ändern,
wenn wir Kräfte einer Natur durch die gleichen Kräfte anderer Natur ersetzen. Daraus
d ∂K ∂K
folgt, daß die Gleichung
−
= Qi
dt ∂qi ∂qi
auch dann gilt, wenn Qi beliebige verallgemeinerte Kräfte (nicht unbedingt konservative) sind.
Wenn wir die Kräfte als eine Summe aus konservativen und nicht konservativen Kräften
darstellen, so gilt:
d ∂K ∂K
∂U
( kons .)
( n . kons .)
( n . kons .)
−
= Qi
+ Qi
=−
+ Qi
dt ∂qi ∂qi
∂qi
Diese Gleichung kann in der folgenden Form
geschrieben werden:
d ∂ L ∂L
( n . kons .)
−
= Qi
dt ∂qi ∂qi
Lagrangesche Gleichungen 2. Art
für Systeme mit
nicht konservativen Kräften
Beispiel 1. Gegeben sei eine abgesetzte Rolle
mit den Radien r und R auf einer schrägen
Ebene im Erdschwerefeld. Sie wird über einen
Faden und eine Feder-Dämpferkombination
gehalten. Die Ruhelänge der Feder sei l. Man
ermittle die Bewegungsgleichungen des Systems.
1 2 1
1
2
mx + Θϕ 2 − c ( x * − l ) + mgx sin α
2
2
2
Die Dämpferkraft ist eine nicht konservative
Kraft. Die zugehörige virtuelle Arbeit ist
δ WDämpfer = − bx * δ x * .
L=
Die Koordinaten x, x*,ϕ sind abhängig.
1. Bindung: Die Rolle rollt ⇒ x = Rϕ .
2. Bindung: x * liegt auf der Rolle ⇒
x* = ( R + r ) ϕ .
Daraus folgen die Zusammenhänge zwischen
den Koordinaten:
R+r
ϕ = x/R,
x* =
x.
R
Die Lagrangefunktion ausgedrückt als Funktion der einzigen gebliebenen verallgemeinerten Koordinate x :
1⎛
Θ⎞
1 ⎛R+r
⎞
L = ⎜ m + 2 ⎟ x 2 − c ⎜
x − l ⎟ + mgx sin α
2⎝
R ⎠
2 ⎝ R
⎠
2
Zur Berechnung der generalisierten Kraft, die
derselben Koordinate x zugeordnet ist, berechnen wir die virtuelle Arbeit des Dämpfers
2
R + r)
(
xδ x ⇒
δ WDämpfer = −b
R2
Die der Koordinate x zugeordnete nicht konservative verallgemeinerte Kraft ist somit
2
R + r)
(
x .
Qx = −b
R2
Die Lagrangegleichung lautet
d ∂L ∂L
−
= Qx
dt ∂x ∂x
Ableitungen:
∂L ⎛
Θ⎞
= ⎜ m + 2 ⎟ x ,
R ⎠
∂x ⎝
d ∂L ⎛
Θ⎞
x,
= ⎜ m + 2 ⎟ dt ∂x ⎝
R ⎠
R+r⎛ R+r
∂L
⎞
= −c
x − l ⎟ + mg sin α
⎜
∂x
R ⎝ R
⎠
Somit ergibt sich die folgende Bewegungsgleichung
Θ⎞
R+r ⎛ R+r
⎛
⎞
x+c
x − l ⎟ − mg sin α =
⎜ m + 2 ⎟ ⎜
R ⎠
R ⎝ R
⎠
⎝
(R + r)
= −b
R2
2
x
Lösung. Die Lagrangefunktion des Systems:
2
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 4
I. Die Dissipationsfunktion.
Zur Berechnung von generalisierten dissipativen (Widerstands-) Kräften benutzt man
Dissipationsfunktion.
Definieren wir eine Funktion D, deren Ableitungen nach Geschwindigkeitskomponenten
mit Minus-Vorzeichen die Reibungskraftkomponenten ergeben:
∂D
∂D
(1)
(1)
Fx = −
, Fy = −
,...
(1)
∂x1
∂y1
Beispiele:
• Gleitreibung: D = μ N vrel ,
Die Dissipationsfunktion. Zwangskräfte.
Dissipationsfunktion, (c) alle sonstigen mit
Qi .
Beispiel. Modell eines Fahrzeuges: Aufbau +
zwei Räder über Feder-Dämpferbeine abgestützt. Nickbewegungen des Aufbaus seien
klein. Ein Rad wird mit einem Moment M
angetrieben. Der Aufbau erfährt einen Widerstand durch den mit konstanter Geschwindigkeit v wehenden Wind. Man stelle die Bewegungsgleichungen auf.
μ - Reibkoeffizient, N- Normalkraft
•
lineare Dämpfung: D =
1 2
bvrel ,
2
b-Dämpfungskonstante
1
3
Luftwiderstand: D = k vrel .
3
vrel ist relative Gleitgeschwindigkeit.
Wir wollen nun verallgemeinerte dissipative
Kräfte berechnen. Bei Beschreibung eines
Systems mit verallgemeinerten Koordinaten
sind seine kartesischen Koordinaten Funktionen von verallgemeinerten Koordinaten:
xi = xi ( q1 ,..., qs ) .
Zur Berechnung der verallgemeinerten Kräfte
berechnen wir die virtuelle Arbeit bei einer
beliebigen Verrückung des Systems:
∂D
dW = ∑ Fi dxi = ∑ − dxi .
∂xi
i
i
eine verallgemeinerte Kraft wird definiert als
∂W
∂D ∂xi
∂D ∂xi
∂D
Qj =
= ∑−
= ∑−
=−
∂q j
∂xi ∂q j
∂xi ∂q j
∂q j
i
i
•
Daraus folgt für beliebige generalisierte Koordinate qi :
Qqi = −
∂D
∂qi
Mit der Dissipationsfunktion lassen sich die
Lagrangegleichungen wie folgt schreiben:
d ∂L ∂L ∂D
−
+
= Qi
In dieser Form sind die folgenden Kräfte berücksichtigt: (a) alle konservativen Kräfte
stecken bereits in der Lagrangefunktion, (b)
dissipative (Widerstands-) Kräfte durch die
Lösung. Die Lagrangefunktion des Systems:
1
1
L = M ( x 2 + y 2 ) + Θsϕ 2
2
2
1
1
+ mx22 + Θrϕ22
2
2
1
1
+ mx32 + Θrϕ32
2
2
1
1
2
2
− Mgy − c ( y2 − l ) − c ( y3 − l )
2
2
Die Dissipationsfunktion des Systems ist
1 2 1 2 1
3
D = by 2 + by 3 + k x + v .
2
2
3
Das Antriebsmoment muss über die virtuelle
Arbeit δ WAntrieb = − M δϕ 3 berücksichtigt werden.
Bindungsgleichungen: Als generalisierte Koordinaten werden x, y, ϕ gewählt.
x2 = x − a ⇒ x 2 = x
x3 = x + a ⇒ x3 = x
y2 = y − aϕ ⇒ y 2 = y − aϕ
y3 = y + aϕ ⇒ y 3 = y + aϕ
x
x−a
x
ϕ2 = − 2 = −
⇒ ϕ2 = −
r
r
r
1
x3
x+a
x
=−
⇒ ϕ3 = −
r
r
r
Für die Lagrangesche Funktion ergibt sich
1
1
1
1 Θr 2
L = M ( x 2 + y 2 ) + Θsϕ 2 + 2 mx 2 + 2
x
2
2
2
2 r2
1
1
2
2
− Mgy − c ( y − aϕ − l ) − c ( y + aϕ − l )
2
2
oder
1
1
Θ ⎞
⎛
L = M ( x 2 + y 2 ) + Θ sϕ 2 + ⎜ m + 2r ⎟ x 2
2
2
r ⎠
⎝
ϕ3 = −
− Mgy − c ( y − l ) − ca 2ϕ 2
Die Dissipationsfunktion
1
1
1
2
2
3
D = b ( y − aϕ ) + b ( y + aϕ ) + k x + v =
2
2
3
1
3
= by 2 + ba 2ϕ 2 + k x + v
3
Die virtuelle Arbeit des Antriebsmomentes ist
M
M
δ WAntrieb = δ x ⇒ Qx = .
r
r
Die Bewegungsgleichungen:
Θr ⎞
⎛
x + k x + v ( x + v ) = M / r
⎜ M + 2m + 2 2 ⎟ r ⎠
⎝
My + Mg + 2c( y − l ) + 2by = 0
Θϕ + 2ca 2ϕ + 2ba 2ϕ = 0
2
II. Zwangskräfte können auch im Lagrangeformalismus berechnet werden.
Zwangskräfte stehen immer senkrecht zu den
"erlaubten" Bewegungen. Gibt es in einem
System eine Bindung der Form
g ( q1 , q2 ,..., qs ) = 0 ,
(1)
so kann sich dieses System im q-Raum nur
auf der Hyperfläche (1) bewegen:
Die Zwangskräfte sind senkrecht zu dieser
Fläche gerichtet. Diese "senkrechte Richtung" kann analytisch berechnet werden: Erleiden alle Koordinaten qi eine beliebige
kleine Änderung, die mit der Bedingung (1)
verträglich ist, so ändert sich g nicht, d.h.:
∂g
dg = ∑ i dqi = 0 .
i ∂qi
Diese Gleichung kann als Skalarprodukt von
⎛ ∂g
∂g ⎞
,...,
zwei Vektoren: ∇g = ⎜
⎟ und
∂qs ⎠
⎝ ∂q1
→
dq = ( dq1 ,..., dqs ) aufgefasst werden. Vektor
→
dq liegt dabei immer in der Hyperebene und
⎛ ∂g
∂g ⎞
Vektor ∇g = ⎜
,...,
⎟ folglich senkrecht
∂qs ⎠
⎝ ∂q1
zu dieser Ebene. Das bedeutet, dass die
Zwangskraft die gleiche Richtung hat, wie
der Vektor ∇g :
∂g
Zwang .
Qi
=λ
.
∂qi
Die noch unbekannte Größe λ heißt Lagrange-Multiplikator und kann aus der Bedingung
(1) berechnet werden.
Lagrangesche Gleichungen 1. Art
für Systeme mit beliebigen eingeprägten
Kräften und Zwangskräften
r
∂g
d ∂L ∂L ∂D
−
+
= Q j + ∑ λk k
∂qi
k =1
g1 (q1 , q2 ,..., qs ) = 0
.................
g k (q1 , q2 ,..., qs ) = 0
Beispiel: Ein Pendel. Man stelle die Bewgungsgleichungen auf und
gebe die Stangenkraft an.
r =l
ϕ
Lösung: Die Lagrangefunktion
ohne Berücksichtigung der
Zwangsbedingung ist
1
1
L = mr 2 + mr 2ϕ 2 + mgr cos ϕ
2
2
.
Die Zwangsbedingung ist r − l = 0 , somit
g ( r, ϕ ) = r − l .
Die Bewegungsgleichungen sind:
∂g
1) mr − mrϕ 2 − mg cos ϕ = λ
=λ
∂r
∂g
2) mr 2ϕ + 2mrrϕ + mgr sin ϕ = λ
=0
∂ϕ
r = 0.
3) r - l = 0 ⇒ Die zweite Gleichung ist dann die gesuchte
Bewegungsgleichung und die erste gibt die
Zwangskraft an:
Fr = λ
∂g
= − mrϕ 2 − mg cos ϕ .
∂r
2
I. Zwangskräfte (Fortsetzung)
II. Potentielle und kinetische Energie eines elastischen Stabes, Eigenschwingungen
∂u
I. Lagrangesche Gleichungen 1. Art für ein
Spannung: σ = Eε = E
. Kraft:
∂x
System mit mehreren Bindungen
∆l AE
Gibt es in einem mechanischen System mit
Fi = Aσ i = AEε i = AE i =
∆li = k ∆li ⇒
der Lagrangefunktion L r Bindungen, die
li
li
mittels der Bindungsgleichungen
AE
Steifigkeit eines Elementes: k =
.
g k (q1 ,..., qs ) = 0 , k = 1,..., r
li
dargestellt werden können, so haben die BePotentielle Energie eines Elementes:
wegungsgleichungen die Form:
2
2
∆li
AE 2 AE ∆li
Ui = k
li =
=
∆li =
Lagrangesche
Gleichungen
1.
Art
2
2li
2 li 2
r
d ∂L ∂L ∂D
∂g
2
−
+
= Qi + ∑ λk k
AE 2
AE ⎛ ∂u ⎞
∂qi
k =1
=
ε i li =
⎜ ⎟ li
2
2 ⎝ ∂x ⎠i
g1 ( q1 , q2 ,..., qs ) = 0
Potentielle Energie des ganzen Stabes:
2
.........
AE ⎛ ∂u ⎞
U = ∑U i = ∑
g r ( q1 , q2 ,..., qs ) = 0
⎜ ⎟ li
2 ⎝ ∂x ⎠i
i
i
Beispiel: Ein Pendel. Man stelle die Beweoder
gungsgleichungen auf und
2
l
l
AE ⎛ ∂u ⎞
AE 2
gebe die Stangenkraft an.
U =∫
dx
=
u′ dx
⎜
⎟
∫
r =l
2
2
∂
x
⎝
⎠
0
0
Lösung: Die Lagrangefunktion
Kinetische
Energie
des
Stabes:
ohne Berücksichtigung der
l
l
ϕ
Zwangsbedingung ist
v2
u 2
K = ∫ dm = ∫ ρ A dx .
1
1
2 0
2
0
L = mr 2 + mr 2ϕ 2 + mgr cos ϕ
2
2
Lagrangefunktion:
Die Zwangsbedingung ist r − l = 0 , somit
2
l
⎛
u 2 AE ⎛ ∂u ⎞ ⎞
g ( r, ϕ ) = r − l .
L = ∫⎜ ρA −
⎜ ⎟ ⎟dx
⎜
2
2 ⎝ ∂x ⎠ ⎟⎠
0⎝
Die Lagrangegleichungen sind:
∂g
B. Lagrangefunktion eines elastischen Sta1) mr − mrϕ 2 − mg cos ϕ = λ
=λ
∂r
bes in Fourier-Darstellung
∂g
2
Betrachten wir einen an beiden Enden festge2) mr ϕ + 2mrrϕ + mgr sin ϕ = λ
=0
spannten elastischen Stab der Länge l (Rand∂ϕ
bedingungen u(0) = 0 , u(l ) = 0 ):
r = 0.
3) r - l = 0 ⇒ Die zweite Gleichung ist die gesuchte Beweu
gungsgleichung und die erste gibt die
Zwangskraft an:
0
∂g
x
Fr = λ
= −mrϕ 2 − mg cos ϕ .
l
∂r
Mit welchen generalisierten Koordinaten
II. Kontinuierliche Medien
kann man einen Stab beschreiben?
A. Potentielle und kinetische Energie eines
deformierten Stabes
x
x + dx
x
li
Erste Möglichkeit: u( x ) ; hier spielt u die
Rolle von generalisierten Koordinaten und x
die Rolle des Indexes i, welcher Koordinaten
nummeriert.
Zweite Möglichkeit: Jede nicht singuläre
Funktion kann auf dem Intervall (0, l ) in eine
Tailor-Reihe entwickelt werden:
1
∞
u( x, t ) = ∑ an (t ) x n . Die Entwicklungskoefn =0
fizienten an können als generalisierte Koordinaten gewählt werden.
Dritte Möglichkeit: Jede Funktion, die den
Randbedingungen u(0) = 0 , u(l ) = 0 genügt,
kann auf dem Intervall (0, l ) in eine FourierReihe entwickelt werden:
∞
π nx
n =0
l
u( x, t ) = ∑ an (t )sin
.
Die Fourier-Koeffizienten an können ebenfalls als generalisierte Koordinaten gewählt
werden.
Weitere Möglichkeiten:
∞
u( x, t ) = ∑ an (t )ϕ n ( x ) , wobei ϕ n ( x ) ein voln =0
ler Satz von Basisfunktionen (es gibt verschiedene).
Betrachten wir näher die dritte Wahl der generalisierten Koordinaten:
∞
π nx
n =0
l
u( x, t ) = ∑ an (t )sin
.
Wir leiten her die Bewegungsgleichungen für
die generalisierten Koordinaten an . Zu diesem Zweck muss die Lagrange-Funktion des
Stabes
l
1
L = ∫ ( ρ Au 2 − AEu '2 )dx als Funktion der
20
generalisierten Koordinaten dargestellt werden. Die Ableitungen sind:
∞
π nx
u ( x, t ) = ∑ an (t )sin
,
l
n =0
∞
π nx
⎛πn ⎞
u '( x, t ) = ∑ an (t ) ⎜
⎟ cos
l
⎝ l ⎠
n=0
l ∞
∞
1
π nx π kx
ρ Aa n2l
K = ∫ ∑ ρ Aa n a k sin
sin
dx = ∑
2 0 n ,k =1
l
l
n=0
4
Die Lagrangegleichungen
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂a n ∂an
lauten:
π 2n 2
= 0.
ρ Aan l + AEan
l
Diese Gleichung beschreibt harmonische
Schwingungen mit der Kreisfrequenz
E ⎛πn ⎞
ωn =
.
ρ ⎜⎝ l ⎟⎠
Wir haben gefunden, dass die Bewegungsgleichungen für alle generalisierten Koordinaten an unabhängig von einander sind!
Die allgemeine Lösung für die Koordinate
an (t ) lautet:
an (t ) = An cos ωn t + Bn sin ωn t
= An cos
E ⎛πn ⎞
E ⎛πn ⎞
t
⎜
⎟ t + Bn sin
ρ⎝ l ⎠
ρ ⎜⎝ l ⎟⎠
Wenn wir eine Deformation haben, bei der
zum Zeitpunkt t = 0 nur eine Koordinate an
verschieden von Null war, so ist dies auch zu
einem beliebigen späteren Zeitpunkt gültig.
In diesem Fall ist die Verschiebung durch den
Ausdruck
u( x, t ) = an (t ) sin
π nx
l
gegeben. Diese Funktion heißt die n-te Eigenform der Schwingungen des elastischen Stabes. Der Stab oszilliert dabei mit einer konE ⎛πn ⎞
, welche als
stanten Frequenz ωn =
ρ ⎜⎝ l ⎟⎠
n-te Eigenfrequenz bezeichnet wird. Die generalisierten an Koordinaten heißen Normalkoordinaten des Stabes. Die allgemeine Lösung für die n-te Eigenform ist
⎛
E ⎛πn ⎞
E ⎛ π n ⎞ ⎞ π nx
u( x, t ) = ⎜ An cos
t ⎟ sin
⎜
⎟ t + Bn sin
ρ
l
ρ ⎜⎝ l ⎟⎠ ⎠
l
⎝
⎠
⎝
1 ∞
πn πk
π nx
π kx
U = ∫ ∑ AEan ak
cos
cos
dx
2 0 n ,k =1
l l
l
l
mit beliebigen Konstanten An und Bn , deren
Werte von den Anfangsbedingungen abhängen.
1 ∞
⎛πn ⎞
AEan2 ⎜
∑
⎟ l
4 n =1
⎝ l ⎠
Die Lagrangefunktion:
2 2
∞
ρ Aan2l 1 ∞
2π n
L=∑
− ∑ AEan
.
l
4
4 n =1
n =0
Im zweiten Teil des Kurses, der Kontinuumsmechanik, werden wir diese Lösung
auf einem anderen Weg, als die sogenannte
Bernouillische Lösung der Wellengleichung,
bekommen.
l
2
=
2
Potentielle und kinetische Energie eines elastischen Balkens, eines Torsionsstabes, einer gespannten Saite. Beispiele für Statik und Dynamik eines Balkens.
I. Energie eines Balkens
II. Energie eines Torsionsstabes
x
w(x)
x
l
Gegeben sei ein Balken mit der Länge l, dem
geometrischen Trägheitsmoment des Querschnitts I und dem Elastizitätsmodul E in
einem deformierten Zustand, der durch die
Querverschiebung w( x ) seiner Achse gegeben ist. Zu bestimmen ist seine potentielle
Energie.
Wir betrachten einen infinitesimal kleinen
Ausschnitt aus dem Balken
1/ R = w ''
Wir schneiden aus einem verdrehten Stab ein
infinitesimal kleines Element zwischen x und
x+dx. Der linke Rand ist gedreht um den
θ ( x) ,
der
rechte
um
Winkel
θ ( x + dx) = θ + dθ . Das Torsionsmoment im
Querschnitt ist gleich
Δθ
M = GI r
= GI rθ ′ ( I r ist das polare geoΔx
metrisches Trägheitsmoment des Querschnitts). Der Torsionssteifigkeitskoeffizient
des Elementes ist k = GI r / Δx . Die potentielle Energie des Elementes ist
ΔU = k
Δθ 2
I Δθ 2
I Δθ 2
GI
=G r
=G r
Δx = r θ ′2Δx
2
2
Δx 2
2 Δx
2
Potentielle Energie des gesamten Stabes ist
l
GI
U = ∫ r θ ′2 dx
2
0
R
w,y
neutrale Linie
Kinetische Energie eines Elementes:
Δmv 2
ρ ⋅ ΔxΔyΔz ⋅ r 2θ 2
ΔK = ∑
= ∑
2
2
über
über
Querschnitt
x
Aus der vorigen Vorlesung wissen wir, dass
potentielle Energie eines gedehnten Stabes ist
AE 2 E 2
ε l = ε ⋅V
2
2
U=
(V ist Volumen).
Deformation einer "Faser" mit der Querkoordinate y (gemessen von der Mittellinie) ist
ε ( y ) = − y / R = − y ⋅ w '' . Die potentielle Energie ist gleich:
l
l
E
1
U = ∫ dx ∫∫ ε ( y )2 dydz = ∫ dx ∫∫ E y 2 w ''2 ( x )dydz
2
20
0
= Δx
∑
über
Querschnitt
= Δx
Querschnitt
ρ ⋅ ΔyΔz ⋅ r 2θ 2
2
ρ 2
θ
2
∫
r 2 dydz
über
Querschnit
ρ I r 2
θ . Die gesamte kinetische Energie:
2
l
K=∫
0
ρ I r 2
θ dx
2
III. Energie einer gespannten Saite
Saite ist ein vorgespannter Faden, der keine
Biegesteifigkeit besitzt.
oder
w
l
1
U = ∫ EIw ''2 ( x )dx
20
Kinetische Energie berechnet sich wie bei
w 2
K = ∫ ρ A dx
2
0
l
einem Stab zu:
= Δx
l
x
Wir nehmen einen elastischen Faden mit der
Länge l0 im ungespannten Zustand und dehnen ihn um Δl0 auf eine neue Länge
l = l0 + Δl0 ; dadurch entsteht eine Spannkraft
S = cΔl0 ( c ist Steifigkeitskoeffizient).
1
Jetzt lenken wir die Saite aus diesem Zustand
(Verschiebung in der Querrichtung w( x ) ).
Dadurch dehnt sich der Faden auf die Länge
l
l
⎞
⎛ w′2
l ′ = ∫ 1 + w′2 dx = ∫ ⎜ 1 +
+ G.h.O. ⎟dx
2
⎠
0
0⎝
Die Durchbiegung in der Mitte ist somit
3
2 πn
∞
∞ 2 Fl sin
π
l
n
⎛ ⎞
2 =
= −∑
w ⎜ ⎟ = ∑ an sin
4 4
2
EI π n
⎝ 2 ⎠ n =0
n =0
l
w′2
w′2
≈l+∫
dx = l0 + Δl0 + ∫
dx = l0 + Δl0 + Δl1
2
2
0
0
Die potentielle Energie vor der Auslenkung
c 2
war U 1 = Δl0 . Nach der Auslenkung:
2
c
c
2
2
U 2 = ( Δl0 + Δl1 ) = Δl0 + 2Δl0 Δl1 + G.h.O.
2
2
U = U 2 − U 1 = cΔl0 Δl1 = S Δl1 oder
l
(
)
l
S
U = ∫ w′2 dx
20
Sie hängt nicht von der Steifigkeit des Fadens, sondern nur von der Vorspannkraft S
ab.
Kinetische Energie ist wie beim Balken
l
w 2
K = ∫ ρ A dx
2
0
IV. Ein Balken im statischen Gleichgewicht: ein Beispiel.
Zu berechnen ist die Durchbiegung in der
Mitte.
F
2 Fl 3 ∞
1
Fl 3
.
=
−
∑
48 ⋅ EI
EIπ 4 k =0 (2k + 1) 4
l
1
2
EI ( w ''( x ) ) dx + Fw(l / 2)
∫
20
∞
Mit dem Ansatz w( x ) = ∑ an sin
π nx
1
π4 ⎞
=
∑
⎟
4
96 ⎠
k =0 (2k + 1)
⎛
⎜ berücksichtige :
⎝
∞
V. Dynamik eines Balkens
Gegeben sei ein beidseitig drehbar gelagerter
Balken. Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen.
Lösung: Die Querauslenkung des Balkens
genügt den Randbedingungen w(0) = 0 ,
w(l ) = 0 und
kann daher als
folgende Fourier-Reihe
dargestellt
werden:
∞
π nx
n =0
l
w( x, t ) = ∑ an ( t )sin
.
Als generalisierte Koordinaten wählen wir an .
Die zur Berechnung von Energien benötigten
Ableitungen sind:
∞
π nx ,
w ( x, t ) = ∑ a n (t )sin
n=0
Lösung: Die potentielle Energie ist
U=
−
l
∞
π nx .
⎛πn ⎞
w′′( x, t ) = −∑ an (t ) ⎜ ⎟ sin
l
l
⎝ ⎠
n =0
2
Kinetische und potentielle Energien:
l
∞
1 ∞
π nx π kx
ρ Aa n2l
K = ∫ ∑ ρ Aa n a k sin
sin
dx = ∑
2 0 n ,k =1
l
l
, (der
l
den Randbedingungen w(0) = 0 , w(l ) = 0
genügt), bekommen wir
2
∞
π nx
⎛πn ⎞
w ''( x ) = ∑ an ⎜
.
⎟ sin
l
⎝ l ⎠
n =0
Die potentielle Energie:
4
∞
EIl ∞ 2 ⎛ π n ⎞
πn
U=
a
+
F
⋅
an sin
.
∑
∑
n ⎜
⎟
4 n=0 ⎝ l ⎠
2
n=0
Die Bedingungen für ein Gleichgewicht:
4
∂U EIl ⎛ π n ⎞
πn
=0
=
⎜
⎟ an + F ⋅ sin
2 ⎝ l ⎠
2
∂an
1 ∞
⎛πn ⎞
EIan2 ⎜
∑
⎟ l
4 n =1
⎝ l ⎠
4
⎛ ∞ ρ Aan2 1 ∞
⎞
2 ⎛πn ⎞
L = l⎜∑
− ∑ EIan ⎜
⎟.
⎟
⎜ n =0 4
4 n =1
⎝ l ⎠ ⎟⎠
⎝
πn ⎞
⎛
4 4
Daraus an = − ⎜ 2 Fl 3 sin
⎟ / ( EIπ n ) .
2
⎝
⎠
quenzen ωn2 = EI ⎛⎜ π n ⎞⎟
ρA⎝ l ⎠ .
n =0
n =0
4
4
U=
Die Lagrangegleichungen:
d ∂L ∂L
−
= 0 oder
dt ∂a n ∂an
⎛πn ⎞
ρ Aan + EIan ⎜ ⎟ = 0 . Diese Gleichungen
⎝ l ⎠
beschreiben Schwingungen mit den Kreisfre4
4
⎛πn ⎞
ωn = ⎜ ⎟
⎝ l ⎠
2
EI
ρA
2
Das Verfahren von Rayleigh-Ritz.
Näherungslösungen auf der Basis von Prinzipien.
I. Ritz-Ansatz (Statik)
Mehrere statische und dynamische Aufgaben
mit Stäben und Balken haben wir gelöst, indem
wir die Auslenkung als eine Fourier-Reihe dargestellt haben. Allgemeiner kann man eine
Entwicklung der Form
∞
w( x, t ) = ∑ an (t )ϕ n ( x )
(1)
n =0
benutzen, wobei ϕ n ( x ) ein voller Satz von Basisfunktionen ist.
Wir haben gesehen, dass man oft sehr gute Ergebnisse bereits mit nur wenigen ersten Gliedern der Entwicklung (1) bekommt.
Meistens reicht es, statt einer unendlichen Reihe einen endlichen Ansatz
N
w( x ) = ∑ anϕ n ( x )
(2)
n =0
zu benutzen (Ritz-Ansatz).
Bemerkung 1: Die Ansatzfunktionen müssen
die geometrischen Randbedingungen erfüllen.
Bemerkung 2: Bisher haben wir FourierReihen benutzt, bei denen die BasisFunktionen ϕ n ( x ) den Ortogonalitätsbedingungen genügten. Das ist zwar sehr bequem,
aber nicht zwingend erforderlich.
Literatur: Ostermeyer §25.2
Fl
Fl
a2 = −
EI
2 EI
Fl
F
a3 =
6a2 + 12a3l = −
6 EI
EI
Die Durchbiegung ist
Fl 2
F 3
w( x ) = −
x +
x
2 EI
6 EI
Die Durchbiegung im Endpunkt ist
Fl 3
w(l ) = −
. (Das ist das exakte Ergebnis!)
3EI
4a2 + 6a3l = −
Allgemeine Formulierung. Wir betrachten
dieselbe Aufgabe mit einem links eingespannten Balken, jetzt aber mit einer beliebigen Streckenlast q( x ) . Zu bestimmen ist die Form des
Balkens im Gleichgewicht. Die potentielle
Energie des Balkens
l
l
1
2
U = ∫ EI ( w ''( x ) ) dx + ∫ q( x ) w( x )dx
20
0
muss im Gleichgewicht minimal werden. Berechnen wir U mit dem Ansatz (2):
N
w ''( x ) = ∑ anϕ n ''( x ) ,
n=0
( w ''( x ) ) =
2
N
∑aaϕ
n ,k = 0
n k
n
''( x )ϕ k ''( x )
l
Beispiel 1. Zu bestimmen ist die Form eines
links fest eingespannten Balkens, w
x
auf dessen rechten
F
Ende eine konzentrierte Kraft F
wirkt.
Lösung: Benutzen wir den Ansatz:
w( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 = a2 x 2 + a3 x 3
(Aus den geometrischen Randbedingungen
links folgt a0 = 0 , a1 = 0 ).
Zweite Ableitung: w "( x ) = 2a2 + 6a3 x
l
1
2
U = ∫ EI ( w ''( x ) ) dx + Fw( l ) ist gleich
20
l
U=
1
2
EI ( 2a2 + 6a3 x ) dx + F ( a2l 2 + a3l 3 )
∫
20
U = EI ( 2a22l + 6a2 a3l 2 + 6a32l 3 ) + F ( a2l 2 + a3l 3 )
Die Bedingungen für ein Minimum lauten
N
1
U = ∫ EI ∑ an akϕ n ''( x )ϕ k ''( x )dx +
2 0 n =0
k =0
l
N
0
n =0
+ ∫ q( x )∑ anϕ n ( x )dx
Wir führen die folgenden Bezeichnungen ein:
l
∫ϕ
0
l
n
''( x )ϕ k ''( x )dx = Ank , ∫ q( x )ϕ n ( x )dx = bn
0
Offensichtlich gilt Ank = Akn .
Die potentielle Energie erhält die Form:
N
N
1
U = EI ∑ Ank an ak + ∑ bn an .
2 n ,k =0
n =0
Die Bedingung für ein Minimum ist
N
∂U
= EI ∑ Ank ak + bn = 0 .
∂a n
k =0
oder in Matrix-Form EIAa + b = 0 .
Die Entwicklungskoeffizienten ergeben sich
daraus zu
1
a = − A −1b ,
EI
1
d.h. die Aufgabe über die Gleichgewichtsform
eines Balkens wird mit Hilfe des Ritzschen
Ansatzes auf Lösung eines linearen algebraischen Gleichungssystems zurückgeführt.
Beispiel 2. Zu berechnen ist die Durchbiegung
des unten gezeigten Balkens in der Mitte. (Gegeben: l,E,I).
Lösung: Wir haben
F
diese Aufgabe bereits mit Hilfe einer
unendlichen FourierReihe exakt gelöst. Jetzt benutzen wir einen
Ritz-Ansatz in Form eines Polinoms vierter
Ordnung:
w( x ) = ax (l − x ) + bx 2 ( x − l )2
.
(*)
= aϕ1 ( x ) + bϕ 2 ( x )
Die potentielle Energie ist gleich
l
1
2
U = ∫ EI ( w ''( x ) ) dx + Fw( l / 2)
20
Mit dem Ansatz (*) erhält man
w(l / 2) = a ( l / 2 ) + b ( l / 2 ) .
Es ist leicht zu prüfen, dass
2
l
2
∫ ϕ1′′ ( x)dx = 4l ,
0
4
l
4
∫ ϕ ′′ ( x)dx = 5 l
2
5
2
,
0
l
∫ ϕ ′′( x)ϕ ′′dx = 0 . Für die potentielle Energie
1
2
0
ergibt sich somit
4
⎛ ⎛ l ⎞2
⎛ 2 1 2 4⎞
⎛ l ⎞ ⎞.
U = 2 EIl ⎜ a + b l ⎟ + F ⎜ a ⎜ ⎟ + b ⎜ ⎟ ⎟
⎜ ⎝2⎠
5
⎝
⎠
⎝ 2 ⎠ ⎟⎠
⎝
Die Gleichgewichtsbedingungen lauten
∂U
F
F l
a=−
= 4 EIla + l 2 = 0
16 EI
∂a
4
5F 1
∂U 4 5
F 4
b=−
= EIl b + l = 0
4 16 EIl
∂b 5
16
Die Durchbiegung in der Mitte ist somit
3
⎛l⎞
⎛ 63 ⎞ Fl
w⎜ ⎟ = −⎜ ⎟
. (Fehler ca. 1.5%).
⎝2⎠
⎝ 64 ⎠ 48 ⋅ EI
II. Ritz-Ansatz (Dynamik)
Betrachten wir eine vorgespannte Saite.
Das System ist mittels des Ritz-Ansatzes zu diskretisieren und Bewegungsgleichungen der
Saite sind aufzustellen.
Lösung. Wir benutzen den Ritz-Ansatz:
N
w( x, t ) = ∑ ak (t )ϕ k ( x ) .
k
Die Lagrangefunktion einer Saite ist
l
w 2
S
dx − ∫ w′2dx .
2
20
0
Mit Bezeichnungen
l
L = ∫ρA
l
l
0
0
ρ A∫ ϕ n ( x )ϕ k ( x )dx = mnk , S ∫ ϕ n′ ( x )ϕ k′ ( x )dx = cnk
erhalten wir
N
N
1
1
L = ∑ mnk an ak − ∑ cnk an ak
n ,k =1 2
n ,k =1 2
Die Lagrangegleichungen bezüglich der Variablen an lauten
N
N
k =1
k =1
∑ mnk ak + ∑ cnk ak = 0
oder in der Matrix-Form
+ Ca = 0 .
Ma
Die Aufgabe über Bewegung einer Saite wird
somit auf ein System von N gewöhnlichen Differentialgleichungen zurückgeführt, die mit
Hilfe eines Exponentialansatzes gelöst werden
können.
M nennt man Massenmatrix, C Steifigkeitsmatrix.
Beispiel 3. Zu bestimmen ist die kleinste Eigenfrequenz einer Saite.
Lösung: Nehmen wir den Ritz-Ansatz mit nur
einer Funktion: u = a (t )ψ ( x ) .
Die Lagrangefunktion ist gleich
l
l
a 2
a2
L = ρ A∫ψ 2 ( x )dx − S ∫ψ '2 ( x )dx
2
2 0
0
Die Lagrangesche Gleichung ist
l
l
0
0
a ⋅ ρ A∫ψ 2 ( x )dx + a ⋅ S ∫ψ '2 ( x )dx = 0
Das ist eine Schwingungsgleichung mit der
Kreisfrequenz
l
ω2 =
S ∫ ψ ' 2 ( x ) dx
0
(Rayleigh-Quotient).
l
ρ A∫ψ ( x )dx
2
0
Wenn wir ψ ( x) = sin (π x / l ) wählen, dann ist
⎛π ⎞
Sl ⎜ ⎟ / 2
2
S ⎛π ⎞
l ⎠
⎝
2
.
=
ω =
ρ Al / 2
ρ A ⎜⎝ l ⎟⎠
Das ist das exakte Ergebnis!
Bei einer beliebigen anderen Ansatzfunktion
wird die berechnete Eigenfrequenz größer als
die exakte sein.
2
2
I. Rayleigh-Ritz Verfahren zur Bestimmung von Eigenfrequenzen.
Beispiel 1. Zu bestimmen ist die kleinste Eigenfrequenz einer Saite.
Mit Hilfe eines eingliedrigen Ansatzes
u = a (t )ψ ( x ) erhalten wir die Lagrangefunktion:
l
l
a 2
a2
L = ρ A∫ψ 2 ( x )dx − S ∫ψ '2 ( x )dx
2
2 0
0
Die Bewegungsgleichung ist
l
l
0
0
a ⋅ ρ A∫ψ 2 ( x )dx + a ⋅ S ∫ψ '2 ( x )dx = 0
Das ist eine Schwingungsgleichung mit der
Kreisfrequenz
l
ω2 =
S ∫ ψ ' 2 ( x ) dx
0
(Rayleigh-Quotient).
l
ρ A∫ψ ( x )dx
2
0
⎛πx ⎞
Wenn wir ϕ ( x ) = sin ⎜
⎟ wählen, dann ist
⎝ l ⎠
1 ⎛π ⎞
S l⎜ ⎟
2
S ⎛π ⎞
2 ⎝l⎠
=
ω2 =
⎜ ⎟ .
1
ρ
A
⎝l⎠
ρA l
2
Das ist das exakte Ergebnis für die kleinste
Eigenfrequenz der Saite, da wir als Ansatzfunktion die exakte Eigenform genommen
haben. Nehmen wir ψ ( x ) = x (l − x ) , so beS 10
kommen wir ω 2 =
, was etwa 1,3%
ρ A l2
über dem exakten Wert liegt.
2
Die Näherung (3) ist immer größer als die
erste Eigenfrequenz.
Mit einem zweigliedrigen Ansatz
ψ ( x ) = x (l − x ) + ax 2 (l − x ) 2
erhalten wir für den Rayleigh-Quotienten
l
ω =
2
S ∫ψ '2 ( x )dx
0
l
ρ A∫ψ 2 ( x )dx
6 S ( 2 a2 l 4 + 14 a l 2 + 35 )
=
ρ A l 2 ( a2 l 4 + 9 a l 2 + 21 )
0
Dieser Ausdruck hat ein Minimum bei
−7 + 133
a :=
4 l2
Der minimale Wert ist gleich
Ritz-Ansatz. Das Rayleigh-Ritz Verfahren
S 1
ω 2 = 9.8697
ρ A l2
Vergleiche mit den exakten Wert
S 1
ω 2 = 9.8696
.
ρ A l2
II. Statisches Gleichgewicht und seine Stabilität
Ein System mit der potentiellen Energie
U ( q1 ,..., qs ) ist dann im statischen Gleichge∂U
wicht, wenn
= 0 für alle i.
∂qi
Ein Gleichgewicht ist stabil, wenn es einem
Minimum der potentiellen Energie entspricht
und instabil in allen anderen Fällen.
Im eindimensionalen Fall ist das Stabilitätskriterium besonders einfach:
∂ 2U
> 0 (stabil)
U hat ein Minimum, wenn
∂q 2
∂ 2U
< 0 (instaU hat ein Maximum, wenn
∂q 2
bil).
Beispiel 2. Gegeben sei ein mathematisches
Pendel (Masse m auf einem masselosen Stab
der Länge l) .Man bestimme die Gleichgewichtslagen und ihre
Stabilität.
Lösung. Mit
U = − mgl cos ϕ
berechnet man die
Gleichgewichtslagen aus der Gleichung
∂U
= mgl sin ϕ = 0 . Sie hat zwei Lösungen:
∂ϕ
ϕ1 = 0 und ϕ 2 = π .
Die zweite Ableitung der potentiellen Energie
nach ϕ gibt Auskunft über Stabilität:
∂ 2U
= mgl cos ϕ .
∂ϕ 2
∂ 2U
∂ϕ 2
∂ 2U
∂ϕ 2
>0
⇒ stabiles Gleichgewicht.
<0
⇒ instabiles Gleichgewicht
ϕ =ϕ1
ϕ =ϕ 2
Beispiel 3. Knickung eines Stabes.
Ein elastischer Stab sei an seinen Enden gelenkig gelagert und in der vertikalen Rich1
tung mit einer Kraft F belastet. Gegeben:
E , I , l , F . Zu bestimmen sind die Stabilitätsbedingungen.
Lösung.
Vorbereitender
Schritt: Berechnung der
potentiellen Energie:
l
1
2
U = ∫ EI ( w ''( x ) ) dx − F Δ
20
Bestimmen wir die Verschiebung Δ . Die Verkürzung wegen vertikaler Verschiebung ist Δ .
Die Verlängerung wegen Biegung ist
l
∫
1
2
w′2 dx . Die Längssteifigkeit eines schlan-
0
ken Stabes ist viel größer als seine Biegesteifigkeit: In erster Annäherung kann der Stab
als undehnbar angenommen werden. Das
bedeutet, daß sich die Länge bei einer Auslenkung nicht ändert: Δ = ∫ 12 w′2dx .
l
∫ EIψ ′′ dx
2
F=
0
(Rayleigh-Quotient)
l
(2)
∫ψ ′ dx
0
0
Die exakte Knicklast ist immer kleiner als
eine Abschätzung der Form (2)!
Für die potentielle Energie ergibt sich
l
l
1
(1)
2
′′
U = ∫ EIw dx − F ∫ 12 w′2 dx
20
0
∞
Bemerkung: Die Ansatzfunktionen müssen
stets die geometrischen Randbedingungen
erfüllen. Die dynamischen Randbedingungen
brauchen nicht berücksichtigt zu werden. Das
Ergebnis wird allerdings verbessert, wenn
auch die dynamischen Randbedingungen
berücksichtigt werden.
π nx
l
(der den Randbedingungen w(0) = 0 ,
w(l ) = 0 genügt), bekommen wir
∞
π nx
⎛πn ⎞
w '( x ) = ∑ an ⎜
⎟ cos
l
⎝ l ⎠
n =0
n =0
Numerisches Beispiel: Im 1. Eulerschen
Knickfall ist Fk = π 2 EI / 4l 2 = 2.467 ( EI / l 2 ) .
∞
π nx
⎛πn ⎞
w ''( x ) = − ∑ an ⎜
.
⎟ sin
l
⎝ l ⎠
n =0
4
2
∞
l
Fl ∞ 2 ⎛ π n ⎞
2 ⎛πn ⎞
U = EI ∑ an ⎜
⎟ − ∑ an ⎜
⎟
4 n =0
4 n =0
⎝ l ⎠
⎝ l ⎠
2
Benutzen wir einen eingliedrigen Ansatz
ψ = x 2 , so ergibt sich für die Knicklast:
4l
Fk = EI l
= 3 ( EI / l 2 ) .
2
∫ 4 x dx
0
Mit einem zweigliedrigen Ansatz
ψ = x 2 + ax 3 :
4
2
l ∞ 2 ⎡ ⎛πn ⎞
⎛πn ⎞ ⎤
a
EI
F
−
∑ n ⎢ ⎜⎝ l ⎟⎠ ⎜⎝ l ⎟⎠ ⎥
4 n =0
⎢⎣
⎥⎦
Minimum, wenn alle Koeffizienten vor an
2
⎛πn ⎞
⎛πn ⎞
positiv sind: EI ⎜
⎟ −F⎜
⎟ > 0 oder
⎝ l ⎠
⎝ l ⎠
4
2
⎛πn ⎞
EI ⎜
⎟ −F >0.
⎝ l ⎠
Der gerade Zustand ist stabil, wenn
2
1 181 ( 2 + 6al ) − 94
Fk = EI 9 2 5
.
a 5 a l + 3al 4 + 43 l 3
3
Diese Energie hat bei a1 = 0,..., an = 0 ein
F < EI (π / l )
l
⎞
⎛1 l
2
U = a ⎜ ∫ EIψ ′′ dx − F ∫ 12 ψ ′2 dx ⎟ .
0
⎝2 0
⎠
Die potentielle Energie hat bei a = 0 ein Minimum (stabiles Gleichgewicht), wenn
l
l
1
2
′′
EIψ dx − F ∫ 12 ψ ′2dx > 0 .
∫
20
0
Für die kritische Last bekommen wir daraus
2
2
l
=
IV. Rayleigh-Ritz-Verfahren zur Bestimmung von Knicklasten.
Die
potentielle
Energie eines wie
gezeigt belasteten
Stabes ist mit (1)
gegeben. Wenn wir einen eingliedrigen Ansatz w = aψ ( x ) benutzen, so bekommen wir:
2 2
dFk 180 (18a l + 22al + 5)
=
=0
da l ( 27a 2l 2 + 45al + 20 )2
a
11
= − 18
+ 1831 .
l
Fk = 2.485 ( EI / l 2 )
(Genauigkeit 0.7%)
2
2
Das Verfahren von Castigliano.
I. Erster Satz von Castigliano.
Verallgemeinerte Kräfte bekommt man als
Ableitungen der potentiellen Energie nach
∂U
verallgemeinerten Koordinaten:
= −Qi .
∂qi
Dieser Satz, den wir schon mehrmals benutzt
haben, heißt der erste Satz von Castigliano.
II. Zweiter Satz von Castigliano.
Betrachten wir eine Feder, an der mit der
Kraft F gezogen wird.
F ist hier die äußere Kraft
1
F
, U = cx 2 ⇒
c
2
2
∂U F
F
= = x.
. Daraus folgt:
U=
∂F
c
2c
D.h. die Koordinate ist Ableitung der potentiellen Energie nach Kraft. Diese Behauptung
ist als 2. Satz von Castigliano bekannt. Eine
genauere Formulierung siehe weiter!
Es gilt: F = cx , x =
III. Eine allgemeine Herleitung des 2. Satzes von Castigliano.
U ( q1 , q2 ,..qs ) sei die potentielle Energie eines
Systems mit s Freiheitsgraden. Das volle Differential der potentiellen Energie ist
∂U
dU ( q1 , q2 ,..qs ) = ∑
dqi .
∂qi
∂U
= −Qi sind generalisierte Kräfte. Um
∂qi
System in diesem Zustand im Gleichgewicht
zu halten, müssen äußere generalisierte Kräf∂U
te
= Qiext angebracht werden. Somit:
∂qi
dU = ∑ Qiext dqi . Die Summe ∑ Qiext dqi
kann transformiert werden:
dU = ∑ Qiext dqi = d ( ∑ Qiext qi ) − ∑ qi dQiext .
Daraus folgt: d ( ∑ Q q − U ) = ∑ qi dQ
ext
i
i
ext
i
.
Der Ausdruck U = ∑ Qiext qi − U heißt komplementäre Energie.
Mit dieser Größe gilt dU = ∑ qi dQiext .
Daraus folgt qi =
∂U
:
∂Qiext
Lit: Ostermeyer 25.3
∂U
∂Qiext
Generalisierte Verschiebungen bekommt man
als partielle Ableitungen der komplementären
Energie nach generalisierten äußeren Kräften.
Der 2. Satz von Castigliano: qi =
Wichtige Bemerkung: Im Fall von linear
elastischen Systemen sind die komplementäre
Energie und die potentielle Energie gleich.
Beispiel: Für eine Feder ist
cx 2 cx 2 F 2
U = xF − U = cx 2 −
=
=
=U .
2
2
2c
Der 2. Satz von Castigliano für linear elastische Systeme: Die generalisierten Verschiebungen sind gleich den partiellen Ableitungen der potentiellen Energie, ausgedrückt
als Funktion von generalisierten Kräften,
nach generalisierten Kräften.
Beispiel 1. Ein Dehnstab der Länge l mit der
Dehnsteifigkeit EA hat die potentielle Energie
l
1
U = ∫ AEu '2 dx .
20
Mit N ( x ) = EAu′( x )
erhält man die potentielle Energie
l
1 N ( x )2
U= ∫
dx .
2 0 EA
N ( x ) ist der Normalkraftverlauf im Stab.
Greift am Ende des Stabes eine Kraft F an, so
F 2l
ist N ( x ) = F . ⇒ U =
.
2 EA
Die Verschiebung des Angriffspunktes von F
∂U Fl
.
in Richtung F: x =
=
∂F EA
IV. Komplementäre Energien für verschiedene Systeme
l
U=
1 N ( x)2
dx
2 ∫0 EA
U=
1 M t ( x )2
dx
2 ∫0 GI p
U=
1 M ( x )2
dx
2 ∫0 EI
l
l
Hier haben wir die Formeln für die Energie
1
l
⎛
⎞
GI
eines Torsionsstabes ⎜ U = ∫ p θ ′2dx ⎟ und
2
0
⎝
⎠
l
⎛
⎞
1
eines Biegebalkens ⎜ U = ∫ EIw ''2 ( x )dx ⎟
20
⎝
⎠
benutzt sowie die Beziehungen M t = I pθ ′ für
einen Torsionsstab und M = − EIw′′ für einen
Biegebalken.
Beispiel 2. Man berechne die Absenkung des
skizzierten Kragbalkens unter der Kraft F.
Lösung: Freischneiden des
Balkens bei x
liefert den Momentenverlauf
M ( x ) = − F (l − x )
Die potentielle
Energie ist
1 M2
1 F 2 (l − x) 2
1 F 2l 3
U= ∫
dx = ∫
dx =
EI
2 0 EI
20
2 3EI
l
l
⇒ w( l ) =
∂U Fl 3
=
.
∂F 3EI
Anmerkung: Der große Vorteil des Satzes
von Castigliano ist die Berechnung der Verformung, ohne die Biegedifferentialgleichung
lösen zu müssen!
V. Berechnung von Verschiebungen an
Stellen, wo keine Kräfte angreifen
Interessiert man sich für Verformungen an
Stellen eines elastischen Systems, an denen
keine Kräfte oder Momente angreifen, so
bringt man eine Kraft oder ein Moment an
dieser Stelle an, berechnet die gewünschte
Verformung und bringt in dieser dann den
Einfluss der zusätzlichen Kraftgröße wieder
zum Verschwinden, indem die Kraft oder das
Moment gleich Null gesetzt wird.
Beispiel 3. Man berechne den Endwinkel des
skizzierten Kragbalkens unter der Kraft F.
Lösung: Einem
Winkel ist als
verallgemeinerte Kraft ein
Kraftmoment
zugeordnet.
Also bringen
wir am Ende
ein Moment M * ein.
Freischneiden bei x
liefert den Momentverlauf
M ( x ) = − F (l − x ) − M *
Die Ableitung der Formänderungsenergie
nach M * liefert
ϕ (l ) =
l
l
M ∂M
∂U
∂ ⎛1 M2 ⎞
dx
=
=
dx =
⎟ ∫
⎜
EI
∂M * ∂M * ⎝ 2 ∫0 EI
∂M *
⎠ 0
( − F (l − x ) − M *) −1 dx =
M ∂M
( )
∫0 EI ∂M * dx = ∫0
EI
l
l
− F (l − x )2 − M * x
2 EI
x =l
=
x =0
Fl 2 − M * l
2EI
Fl 2
.
2 EI
Bei M * = 0 ⇒ ϕ (l ) =
VI. Berechnung von Lagerkräften mit dem
Satz von Castigliano.
Ist die Verformung vorgegeben, kann man
mit dem Satz von Castigliano die dazugehörigen Kräfte berechnen.
Beispiel 4. Gegeben sei ein links eingespannter Balken mit einer konstanten Streckenlast
q0 . Gesucht ist die Lagerkraft bei B.
Lösung: Freischneiden des Systems am Lager
B macht die gesuchte Lagerkraft sichtbar.
Das System ist statisch unbestimmt: Kräftegleichgewicht am Gesamtsystem reicht nicht
aus zur Bestimmung von Lagerreaktionen.
Man kann die Aufgabe durch Lösung der
Biegedifferentialgleichung lösen. Oder man
benutzt die Castigliano-Methode: Man berechnet die resultierende Verschiebung unter
der Wirkung der Kraft B. Und diese Verschiebung muss verschwinden: ∂U / ∂B = 0 .
1
2
M ( x ) = B (l − x ) − q0 ( l − x ) .
2
∂U
M ∂M
1 ⎡
1
3⎤
=∫
dx =
B (l − x ) 2 − q0 ( l − x ) ⎥ dx =
∫
⎢
∂B 0 EI ∂B
EI 0 ⎣
2
⎦
l
1
EI
l
⎡1 3 1 4 ⎤
⎢⎣ 3 Bl − 8 q0l ⎥⎦ = 0
3
Daraus folgt B = q0l .
8
2
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 10. Das Verfahren von Castigliano II. Die Sätze von
Betti und Maxwell. Literatur: 1. W.H. Müller, Technische Mechanik, 21.4 (Die Sätze von Maxwell und Betti)
oder 2. Schnell, Gross, Hauger, Technische Mechanik 2, Kapitel 6.3, 6.4
I. Drei Beispiele zum Verfahren von Castigliano.
Beispiel 1. Elastische Formänderung von
Fachwerken. Zu bestimmen ist die vertikale
Verschiebung des Punktes A.
Lösung:
Zunächst werden Stabkräfte
N i in allen Stäben
bestimmt
und die jeweilige
potentielle
2
N l
Energie U i = i i berechnet.
2 EA
No.
1
Ni
P
li
l
Ui
P l 2 EA
2
l 2
l
2 P 2l 2 2 EA
3
−P 2
P
4
-P
l
P 2l 2 EA
5
−P 2
2P
l 2
l
2 P 2l 2 2 EA
6
2
P 2l 2 EA
4 P 2l 2 EA
Die gesamte potentielle Energie ist
P 2l
7+4 2 .
U=
2 EA
Die gesuchte Verschiebung des Punktes A ist
∂U Pl
δA =
7+4 2 .
=
∂P EA
(
)
(
)
Beispiel 2. Berechnung der Federkonstante
einer "Torsionsfeder".
Parameter der Feder seien
die folgenden: Durchmesser
des Drahtes d, Radius der
Feder R, Anzahl der Windungen N, Elastischer Modul E. Zu bestimmen ist die
Torsionssteifigkeit γ .
(Definition der Torsionssteifigkeit: M = γϕ , wobei ϕ
der Torsionswinkel ist).
Lösung: In jedem Querschnitt der Feder wirkt
das Kraftmoment M. Die potentielle Energie
der Feder ist.
l
1 M2
M2
M2
U= ∫
dx =
l=
2π RN
2 0 EI
2 EI
2 EI
∂U M
2π RN .
=
∂M EI
Das geometrische Trägheitsmoment eines
πd4
. Für den Drehewinkel
Kreises ist I =
64
128M
erhalten wir ϕ =
RN . Die FedersteiEd 4
Ed 4
γ
=
.
figkeit ist
128 MRN
Der Drehwinkel ist ϕ =
Beispiel 3. Ein Kragbalken wird durch eine
Einzelkraft belastet. Wie groß ist die Absenkung w im Angriffspunkt bei Berücksichtigung der Schubdeformation?
Lösung: Potentielle Energie der Biegung und der
Scherung können summiert werden:
2
2
l
l
1 M ( x)
1 Q ( x)
U= ∫
dx + ∫
dx .
2 0 EI
2 0 GA
Für Q und M gilt Q ( x ) = − F , M ( x ) = − Fx .
l
l
1 F 2 x2
1 F2
F 2 ⎡ l3
l ⎤
U= ∫
dx + ∫
dx =
+
⎢
⎥
2 0 EI
2 0 GA
2 ⎣ 3EI GA ⎦
Die Absenkung ist gleich
w=
⎡ l3
l ⎤
∂U
=F⎢
+
⎥.
∂F
⎣ 3EI GA ⎦
Schub vernachlässigbar, wenn l 2 3EI / GA .
Für ein dünnwandiges Rohr ist I = r 2 A / 2 .
Das Rohr kann als ein "schlanker Balken"
angesehen werden, wenn
l 2 3Er 2 / 2G = 3(1 + ν ) r 2 ≈ 4r 2 = d 2 .
II. Einflußzahlen.
Betrachtet wird ein linear elastisches System.
In N Angriffspunkten wirken Kräfte Qi . Verschiebungen der Angriffspunkte in der Richtung der jeweiligen Kraft seien qi . Aus der
Linearität folgt:
N
qi = ∑α ij Q j .
(1)
j =1
Die Koeffizienten αij werden Maxwellsche
Einflußzahlen genannt.
Aus (1) folgt: α ij = ∂qi / ∂Q j . Nach dem Satz
1
von Castigliano gilt aber qi = ∂U / ∂Q j . Für
die Einflußzahlen ergibt sich deshalb:
∂ 2U
αij =
. Daraus folgt der
∂Qi ∂Q j
Vertauschungssatz von Maxwell: αij = α ji .
II. Der Satz von Betti (auch Reziprozitätssatz von Betti). Wenn ein linearelastischer
Körper zwei verschiedenen Lastsystemen
ausgesetzt ist, so ist die Arbeit der Kräfte des
ersten Systems an den Verschiebungen des
zweiten Systems gleich der Arbeit der Kräfte
des zweiten Systems an den Verschiebungen
des ersten Systems.
Beweis:
FB
A
FA
B
Fh (1 − 2ν )
.
E
Beispiel 5. Eine sphärische, nicht dehnbare
Schale ist belastet durch ein beliebiges Kräftesystem.
Zu zeigen
Fi
ist, daß
p
sich das
eingeschlossene Volumen bei der Biegung nicht ändert.
Lösung: p ⋅ δ VF = ∑ Fiδ ip = 0 .
folgt dann ∆VF =
Beispiel 6. Gegeben: Ein gerader Balken
steht unter der Wirkung von n Einzellasten.
Gefragt wird nach Verschiebung w( xi ) in
einem beliebigen Punkt xi .
Lösung:
Definitionsgemäß gilt
n
w( xi ) = ∑αij F j .
xi
j =1
Zu beweisen ist also, daß FAδ u AB = FBδ uBA ,
wobei δ u AB die Verschiebung des Punktes A
(in der Richtung der Kraft FA ) unter der Wirkung der Kraft FB ist und δ uBA umgekehrt.
Aus dem Satz von Maxwell folgt
FAδ u AB = FAα AB FB ,
FBδ uBA = FBα BA FA = FAα AB FB .
Nach dem Satz von Maxwell gilt
Beispiel 4. Zu bestimmen ist die Änderung
des Volumens eines elastischen Körpers beliebiger Form unter der Einwirkung eines
Kräftepaars. Abstand zwischen den Angriffspunkten der Kräfte sei h.
Lösung: Betrachten wir außer des Kräftepaars
auch einen hydrostatischen Druck p.
∆h p sei die Änderung des
F
Abstandes zwischen beiden Angriffspunkten unter
der Einwirkung des Druh
F
ckes; ∆VF sei die Änderung des Volumens unter
der Einwirkung des Kräftepaars. Nach dem
Satz von Betti: F ∆h p = p∆VF . Unter der
Damit ist die Aufgabe zwar nicht gelöst, wird
aber viel leichter lösbar, als die ursprüngliche. Statt Verschiebung unter Wirkung von
mehreren Kräften
berechnen wir nun
mehrere Verschiebungen unter Wirxi
kung einer einzigen
Kraft (im Punkt xi ).
Fx
F 3
x ∈ (0, xi ) : w( x ) = − i x 2 +
x
2 EI
6 EI
3
Fx
Fx 2
x ∈ ( xi , l ) : w( x ) = − i − i ( x − xi ) .
3EI 2 EI
Z.B., wenn alle Kräfte links vom Punkt angreifen, in dem die Absenkung gesucht wird,
so findet man:
3
3
x
x2
x
x2
w( x j ) F =1 = − i − i ( x − xi ) = i − i x
i
3EI 2 EI
6 EI 2 EI
3
2
n
⎞
⎛ x
x
w( xi ) = ∑ ⎜ i − i x j ⎟ F j .
2 EI ⎠
j =1 ⎝ 6 EI
Wirkung des hydrostatischen Druckes
∆h
σ
σ
σ p
ε = p = − ν − ν = (1 − 2ν ) . ⇒
h
E
E
E E
p
∆h p = (1 − 2ν ) h . Aus dem Satz von Betti
E
n
w( xi ) = ∑α ji F j .
j =1
α ji ist die Verschiebung w( x j ) F =1 unter der
i
Wirkung einer Einheitslast im Punkt i. Somit
n
w( xi ) = ∑ w( x j ) F =1 F j .
j =1
i
2
Das Prinzip der kleinsten Wirkung. Variationsrechnung
Lit: Ostermeyer 24.2
d
I. Beweis der Gültigkeit der Lagrangeschen
δ q = δ q , ⇒ partielle Integration:
dt
Gleichungen
t
1). Äquivalenz der Newtonschen Gleichungen
∂L t2 2 ⎛ ∂L d ∂L ⎞
S
q
δ
=
δ
+
∫t ⎜⎝ ∂q − dt ∂q ⎟⎠δ qdt = 0 .
t1
und der Lagrangeschen Gleichungen in karte∂q
1
sichen Koordinaten ist elementar zu beweisen,
Nach
dem
Prinzip
der kleinsten Wirkung ist
d ∂L
∂L
∂U
denn
= mx und
=−
= Fx .
δ q(t1 ) = δ q(t2 ) = 0 . ⇒
∂x
∂x
dt ∂x
d ∂L ∂L
2). Die Lagrangesche Gleichungen sind äqui−
=0
dt ∂q ∂q
valent zum Prinzip der kleinsten Wirkung.
Bei mehreren Freiheitsgraden:
3). Aus dem Prinzip der kleinsten Wirkung
d ∂L ∂L
folgen Lagrangesche Gleichungen in beliebi−
=0
dt ∂qi ∂qi
gen generalisierten Koordinaten.
Das Prinzip der kleinsten Wirkung
L( q1 , q2 ,..., qs , q1 , q2 ,..., q s , t )
oder in abgekürzter Schreibweise L( q, q )
sei die Lagrange-Funktion eines mechanischen Systems.
Zu den Zeitpunkten t=t1 und t=t2 nehme das
System bestimmte Lagen ein, die durch zwei
Koordinatenkonfigurationen q (1) und q(2)
charakterisiert sind. Die Bewegung des Systems zwischen diesen beiden Lagen verläuft
dann auf eine solche Weise, daß das Integral
II. Variationsproblem für ein kontinierliches Medium am Beispiel eines statisches
Gleichgewichtes ("das Prinzip der kleinsten potentiellen Energie").
Ein System ist im stabilen statischen Gleichgewicht, wenn seine potentielle Energie U
ein Minimum annimmt.
Beispiel 1. Zu bestimmen ist die Durchbiegung eines links fest eingespannten schweren
Balkens (Parameter ρ , A, E , I , l , g ).
x
t2
S = ∫ L(q, q , t )dt
(1)
t1
den kleinstmöglichsten Wert annimmt.
Das Integral S heißt Wirkung.
Variationsaufgabe: Bei welcher Bewegung hat
das Integral (1) ein Minimum?
Lösung: Angenommen q = q(t ) sei eben die
gesuchte Funktion. ⇒ S wächst, wenn q(t )
durch eine beliebige Funktion der Form
q(t ) + δ q(t ) ersetzt wird. δ q(t ) heißt Variation der Funktion q(t ) .
Die Änderung (Variation) von S ist gleich:
t2
t2
t1
t1
δ S = ∫ L( q + δ q, q + δ q , t )dt − ∫ L( q, q , t )dt
In einem Minimum muss die erste Variation
verschwinden:
t2
⎛ ∂L
∂L ⎞
δ S = ∫ ⎜ δ q + δ q ⎟dt = 0
∂q
∂q ⎠
t1 ⎝
Lösung: Die potentielle Energie eines Balkens
im Schwerefeld ist
l
l
1
2
U = ∫ EI ( w ''( x ) ) dx + g ∫ ρ Aw( x )dx .
20
0
Die Bedingung für ein Minimum besteht im
Verschwinden der ersten Variation der potentiellen Energie:
l
l
0
0
δ U = ∫ EIw ''( x ) ⋅ δ w ''( x )dx + g ∫ ρ A ⋅ δ w( x )dx
Im ersten Term führen wir zweimal partielle
Integration aus:
l
∫ EIw ''( x ) ⋅ δ w ''( x )dx = EIw ''( x ) ⋅ δ w '( x )
l
0
−
0
l
∫ EIw '''( x ) ⋅ δ w '( x )dx = EIw ''( x ) ⋅ δ w '( x )
l
0
−
0
l
− EIw '''( x ) ⋅ δ w( x ) 0 + ∫ EIw IV ( x ) ⋅ δ w( x )dx
l
0
Somit
1
l
δ U = g ∫ ρ A ⋅ δ w( x)dx + EIw ''( x) ⋅ δ w '( x) 0 −
l
0
l
− EIw '''( x) ⋅ δ w( x) 0 + ∫ EIwIV ( x) ⋅ δ w( x)dx .
l
0
Daraus folgt
g ρ A + EIw IV = 0 und
w(0) = 0 , w '(0) = 0 , w ''(l ) = 0 , w '''(l ) = 0 .
Aus dem Prinzip der kleinsten Wirkung folgt
nicht nur die Biegedifferentialgleichung sondern auch alle Randbedingungen.
Integration ergibt (s. Bild oben).
4
3
2
g ρ Al 4 ⎡ 1 ⎛ x ⎞ 1 ⎛ x ⎞ 1 ⎛ x ⎞ ⎤
=
−
+
−
w( x )
⎢
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎥
EI ⎢⎣ 18 ⎝ l ⎠ 6 ⎝ l ⎠ 4 ⎝ l ⎠ ⎥⎦
III. Anwendung des Prinzips der kleinsten
Wirkung zur Herleitung von Bewegungsgleichungen für einen elastischen Stab.
Beispiel 2. Der Stab sei am linken Ende fest
eingespannt. Die Bewegungsgleichungen bekommt man aus der Forderung, daß die erste
Variation des Wirkungsintegrals gleich Null
ist:
⎞ ⎫
t1
t1 ⎧ l ⎛ ρ Auδ u −
⎪ ⎜
⎪
⎟
δ S = ∫ δ Ldt = ∫ ⎨ ∫ ⎜
⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂δ u ⎞ ⎟dx ⎬ dt
− AE ⎜ ⎟⎜
⎟⎟
t0
t0 ⎪ 0 ⎜
⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎠ ⎪⎭
⎩ ⎝
Im ersten Term führen wir eine partielle Integration nach Zeit und im zweiten eine partielle Integration nach Koordinate aus:
t1 l
l
t1
t0 0
0
t0
δ S1 = ∫ ∫ ρ Auδ u ⋅ dxdt = ∫ ρ Auδ u ⋅ dx −
t1 l
− ∫ ∫ ρ Auδ u ⋅ dxdt
t0 0
t1
⎧l ⎛
⎛ ∂u ⎞ ⎛ ∂δ u ⎞ ⎞ ⎫
⎟⎜
⎟⎟dx ⎬ dt =
⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂x ⎠ ⎠ ⎭
δ S2 = ∫ ⎨ ∫ ⎜ − AE ⎜
t0
⎩0 ⎝
t1
⎧l
⎫
⎛ ∂ 2u ⎞
⎛ ∂u ⎞
− ∫ AE ⎜ ⎟ δ u dt + ∫ ⎨ ∫ AE ⎜ 2 ⎟ δ udx ⎬ dt
⎝ ∂x ⎠ 0
⎝ ∂x ⎠
⎭
t0
t0 ⎩ 0
Daraus folgt:
⎛ ∂ 2u ⎞
− ρ Au + AE ⎜ 2 ⎟ = 0 sowie
⎝ ∂x ⎠
l
t1
∂u
∂x
=
x =0
∂u
∂x
=0 .
x=l
Das Prinzip der kleinsten Wirkung liefert neben der Bewegungsgleichung auch die Randbedingungen.
Beispiel 3.
Gegeben sei der skizzierte Stab. An seinem
freien Ende ist eine Masse und eine Feder
angeheftet. Bei nicht gedehntem Stab sei die
Feder entspannt. Man berechne die Bewegungsgleichungen und die Randbedingungen.
Lösung: Die Lagrangefunktion ist:
l
l
1
1
1
1
L = mu 2 (l , t ) − cu 2 (l , t ) + ∫ ρ Au 2 dx − ∫ AEu '2 dx
2
2
20
20
Die Variation des Wirkungsintegrals:
l
t1
0
t0
δ S = mu (l , t )δ u(l , t ) t + ∫ ρ Auδ udx +
t1
0
l
⎧
⎫
(
mu
cu
)
δ
u
ρ Auδ udx + ⎪
−
+
−
∫
t1 ⎪
x =l
⎪
⎪
0
+∫ ⎨ l
⎬dt
x =l
t0 ⎪
⎪
EAu '' δ udx − ( EAu ' δ u ) x =0
⎪∫
⎪
⎩0
⎭
Daraus ergibt sich: EAu ''− ρ Au = 0
u(0)=0 (feste Einspannung, δ u = 0 )
EAu '(l , t ) + mu(l , t ) + cu(l , t ) = 0 .
IV. Herleitung der Eulerschen "KnickGleichung".
F
w
x
∆
Potentielle Energie:
l
l
1
2
U = ∫ EIw′′ dx − F ∫ 12 w′2 dx
(1)
20
0
Im Gleichgewicht hat die potentielle Energie
ein Minimum: Die erste Variation muß verschwinden:
l
l
0
0
δ U = ∫ EIw′′ ⋅ δ w′′dx − F ∫ w′δ w′dx
Zweifache partielle Integration im ersten
Glied und eine einmalige partielle Integration
im zweiten Glied führen zum Ausdruck
l
l
0
0
δ U = ∫ EIw IV ⋅ δ wdx + F ∫ w′′δ wdx + Randvariationen
Dies ist identisch gleich Null, wenn
EIw IV + Fw′′ = 0 , was nichts anderes ist als
die Eulersche Knick-Gleichung. Die Randvariationen ergeben die Randbedingungen.
2
Methode der Finiten Elementen (statische Aufgaben)
I. Finite Elemente auf dem Beispiel eines
Balkens.
= u1 (1 − 3ξ 2 + 2ξ 3 ) + u1′ (ξ − 2ξ 2 + ξ 3 ) +
N1
1
2
3
N2
+u2 (3ξ − 2ξ ) + u2′ (−ξ + ξ )
2
3
N3
Wir teilen den Balken in mehrere Bereiche
und approximieren die Form des Balkens in
jedem Bereich mit Hilfe von Ansatzfunktionen. Wählen wir die Ansatzfunktionen in
Form von Polinomen. Da jedes Element an
jedem Ende jeweils zwei Rand- bzw. Übergangsbedingungen erfüllen muß, muß der
Ansatz mindestens 4 Koeffizienten enthalten.
Wir müssen deshalb mindestens ein Polinom
dritter Ordnung nehmen:
u ( x) = a1 + a2 x + a3 x 2 + a3 x 3 .
Die Koeffizienten a1 ,..., a4 könnte man als
generalisierte Koordinaten benutzen. Da Elemente in benachbarten Bereichen kontinuierlich in einander übergehen müssen, ist es
aber am einfachsten als generalisierte Koordinaten unmittelbar die Verschiebungen und
die Neigungen in Knotenpunkten zu wählen.
Weiterhin führen eine neue, dimensionslose
Variable ξ ein: x = lξ . Mit dieser Variablen
sieht der Ansatz wie folgt aus:
u(ξ ) = c1 + c2ξ + c3ξ 2 + c4ξ 3 .
Als nächstes versuchen
u2
u1
wir, die Koeffizienten
des Ansatzes durch
u2′
u1′
"Knotenvariablen" u1 ,
u2 , u1′ und u2′ auszudrücken.
⎧u1 = c1
⎪
c2
⎪u1′ =
⎨
⎪u2 = c1 + c2 + c3 + c4
⎪ u′ =
c2 + 2c3 + 3c4
⎩ 2
Daraus folgt:
⎧c1 = u1
⎪c = u ′
⎪ 2
1
⎨
3u1 − 2u1′ + 3u2 − u2′
c
=
−
⎪ 3
⎪⎩c4 = 2u1 + u1′ − 2u2 + u2′
u (ξ ) = u1 + u1′ξ + ( −3u1 − 2u1′ + 3u2 − u2′ ) ξ 2 +
+ ( 2u1 + u1′ − 2u2 + u2′ ) ξ 3 =
2
3
N4
Die vier eingeführten Funktionen kann man
auch in der folgenden Form schreiben:
N1 = (1 + 2 L1 ) L22 , N 2 = L1L22
N 3 = L12 (1 + 2 L2 ) , N 4 = − L12 L2 .
wobei L1 = ξ , L2 = 1 − ξ .
Bei den Integrationen ist es im Weiteren bequem die folgende Formel zu benutzen:
1
p !q!
I pq = ∫ L1p Lq2 d ξ =
( p + q + 1)!
0
Zur Berechnung der potentiellen Energie
1
brauchen wir das Integral ∫ u′′2 d ξ .
0
u′′(ξ ) = u1 ( −6 + 12ξ ) + u1′( −4 + 6ξ ) +
+u2 (6 − 12ξ ) + u2′ ( −2 + 6ξ )
u′′2 (ξ ) = u12 (−6 + 12ξ ) 2 + u1′2 (−4 + 6ξ ) 2 +
+u22 (6 − 12ξ ) 2 + u2′ 2 (−2 + 6ξ ) 2 +
+2u1u1′ (−6 + 12ξ )(−4 + 6ξ )
+2u1u2 (−6 + 12ξ )(6 − 12ξ )
+2u1u2′ (−6 + 12ξ )(−2 + 6ξ )
+2u1′u2 (−4 + 6ξ )(6 − 12ξ )
+2u1′u2′ (−4 + 6ξ )(−2 + 6ξ )
+2u2u2′ (6 − 12ξ )(−2 + 6ξ )
1
∫ u′′ dξ = u
2
2
1
⋅12 + u1′2 ⋅ 4 + u22 ⋅12 + u2′ 2 ⋅ 4 +
0
+2u1u1′ ⋅ 6
+2u1u2 ⋅ (−12)
+2u1u2′ ⋅ 6
+2u1′u2 ⋅ (−6)
+2u1′u2′ ⋅ 2
6 −12 6 ⎞
⎛ 12
⎜
⎟
6
4 −6 2 ⎟
ˆ
⎜
S=
⎜ −12 −6 12 −6 ⎟
⎜
⎟
2 −6 4 ⎠
⎝ 6
+2u2u2′ ⋅ (−6)
Die Matrix Sˆ nennt man die Steifigkeitselementmatrix.
Aber Vorsicht - in
ursprünglichen
Koordinaten:
6l
⎛ 12
⎜
2
1 6l 4l
Sˆ = 3 ⎜
l ⎜ −12 −6l
⎜
2
⎝ 6l 2l
−12
−6l
6l ⎞
⎟
2l 2 ⎟
−6l ⎟
⎟
4l 2 ⎠
12
−6l
1
G ˆG 1
U = 12 EIu T Su
= 2 EI ∑ ui Sij u j .
i, j
Beispiel.
1
2
3
Gegeben: u1 = 0 , u2 = −0.05 , u3 = +0.05 ,
u1′ = 0 , u4 = 0 .
Die Steifigkeitselementmatrix für ein Balkenelement mit Länge l haben wir eben berechnet. Die Länge des ersten Elements sei 1,
des zweiten 2 und des dritten 1, EI = 1 . Dann
ist
6 −12 6 ⎞
⎛ 12
⎜ 6
4 −6 2 ⎟⎟
Sˆ1 = Sˆ3 = ⎜
⎜ −12 −6 12 −6 ⎟
⎜
⎟
2 −6 4 ⎠
⎝ 6
⎛ 12 12 −12 12 ⎞ ⎛ 1.5 1.5 −1.5
⎜
16
−12
8 ⎟ ⎜ 1.5
2
−1.5
1 12
⎟=⎜
Sˆ = ⎜
−12
12
−12 ⎟ ⎜ −1.5
−1.5
1.5
8 ⎜ −12
⎜
⎟ ⎜
1
−1.5
⎝ 12 8 −12 16 ⎠ ⎝ 1.5
Potentielle Energie des Elementes 1 ist
⎞
1 ⎟
⎟
−1.5 ⎟
⎟
2 ⎠
1.5
⎛
u2′
u3
u3′
u4′ ⎟⎞
⎜ u2
⎝
⎠
⎛ 13.5 −4.5 −1.5 1.5 0 ⎞
⎜
6
−1.5 1 0 ⎟⎟
⎜ −4.5
⎜ −1.5 −1.5 13.5 4.5 6 ⎟
⎟
⎜
1
4.5
6 2⎟
⎜ 1.5
⎜ 0
0
6
2 4 ⎟⎠
⎝
Die Gleichgewichtsbedingungen lauten
dU / dqi = 0 . Die freien Variablen sind nur
u2′ , u3′ , u4′ . Nur nach diese Variablen wird
abgeleitet.
⎧ −4.5 u2 +6u2′ −1.5u3 +1⋅ u3′ +0 ⋅ u4′ = 0
⎪⎪
⎨1.5u2 +1⋅ u2′ +4.5u3 +6u3′ +2u4′ = 0
⎪
⎪⎩0 ⋅ u2 +0 ⋅ u2′ +6u3 +2u3′ +4u4′ = 0
⎧
⎪⎪
⎨
⎪
⎪⎩
+6u2′
+1⋅ u3′
+0 ⋅ u4′ = 4.5u2 + 1.5u3
+1⋅ u2′
+6u3′
+2u4′ = −1.5u2 − 4.5u3
+0 ⋅ u2′
+2u3′
+4u4′ = −6u3
−1
2 ⎞
⎛6 1 0⎞
⎛ 20 −4
⎜ 1 6 2 ⎟ = 1 ⎜ −4 24 −12 ⎟ .
⎜
⎟
⎟
116 ⎜⎜
⎜0 2 4⎟
⎟
2
−
12
35
⎝
⎠
⎝
⎠
Die Lösung:
G ˆG 1 2
2
2
U Element = 12 u T Su
= 2 ⎡⎣ u1 ⋅ 12 + u1′ ⋅ 4 + u22 ⋅ 12 + u2′ ⋅ 4 +
2 ⎞ ⎛ 4.5u2 + 1.5u3 ⎞
⎛ u2′ ⎞
⎛ 20 −4
⎜ u′ ⎟ = 1 ⎜ −4 24 −12 ⎟ ⎜ −1.5u − 4.5u ⎟ =
+2u1u1′ ⋅ 6 + 2u1u2 ⋅ ( −12) + 2u1u2′ ⋅ 6 + 2u1′u2 ⋅ ( −6)
2
3⎟
⎟⎜
⎜ 3 ⎟ 116 ⎜
⎜ u′ ⎟
⎜ 2 −12 35 ⎟⎜
⎟
+2u1′u2′ ⋅ 2 + 2u2u2′ ⋅ ( −6)]
−6u3
⎝ 4⎠
⎝
⎠⎝
⎠
Die gesamte Steifigkeitsmatrix ist
⎛ 0.827u2 + 0.310u3 ⎞ ⎛ −0.0259 ⎞
⎟ ⎜
⎟
⎜
⎛ 12 6 −12 6 ⎞
⎜ −0.465u2 − 0.362u3 ⎟ = ⎜ 0.00517 ⎟
⎜ 6
⎟
4
2
−6
⎜ 0.232u − 1.31u ⎟ ⎜ −0.0776 ⎟
⎜
⎟
2
3 ⎠
⎝
⎝
⎠
⎜ −12 −6 12 −6 ⎟
Somit sind alle 8 Knotenvariablen bekannt
⎜
⎟
2
4 ⎠
−6
⎝ 6
und die Form jedes Elementes lässt sich mit
dem Ansatz 3. Ordnung direkt berechnen.
⎛ 1.5 1.5 −1.5 1.5 ⎞
Hier ist die Form:
⎜ 1.5
2
−1.5
1 ⎟
⎜
⎟
⎜ −1.5 −1.5 1.5 −1.5 ⎟
⎜
⎟
1
−1.5
2 ⎠
⎝ 1.5
2
⎛ 12
⎜ 6
⎜
⎜ −12
⎜
⎝ 6
( u1
u′ 1 u2 u′2
6
−12
4
−6
−6
12
2
−6
⎞
2 ⎟
⎟
−6 ⎟
⎟
4 ⎠
u3 u3′
u4
u4′ )
6
2
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 13 I. Bewegung in einem nicht inertialen Bezugssystem
II. Gleichgewichtslagen und ihre Stabilität
I. Bewegung in einem rotierenden BezugsG
system. r sei Radiusvektor eines Körpers
im Bezugssystem K,
K
welches sich bezüglich
K'
K' mit einer WinkelgeG
schwindigkeit Ω dreht.
Zu bestimmen sind die Bewegungsgleichungen bezüglich des rotierenden Systems.
Lösung: Die Lagrangefunktion ist in diesem
Fall
G
mv '2 m G G G 2
L=K =
=
v + Ω × r . Als verall2
2
gemeinerte Koordinaten sind Komponenten
G
des Radiusvektors r bezüglich des rotierenden Koordinatensystems gewählt. Für Komponenten des Kreuzproduktes gilt:
G G
Ω × r = Ω y z − Ωz y
x
G G
Ω × r = Ωz x − Ωx z
y
G G
Ω × r = Ωx y − Ω y x .
(
(
(
(
)
)
)
)
z
m 2
v x + v 2y + v z2 ) + mv x ( Ω y z − Ω z y ) +
(
2
+ mv y ( Ω z x − Ω x z ) + mv z ( Ω x y − Ω y x ) +
L=
{
}
Die zur Aufstellung der Bewegungsgleichungen erforderlichen Ableitungen:
G G
∂L
= mv x + m Ω × r ,
x
∂v x
∂L
= mv y Ω z − mvz Ω y +
∂x
G G
G G
m Ω × r Ωz − m Ω × r Ω y =
y
z
G
G
G
G
G
m v ×Ω + m Ω× r ×Ω
(
(
)
)
)
(
)
((
x
) )
x
Die Lagrangesche Gleichung, die der Koordinate x zugeordnet ist:
G G
mvx + m Ω × v
(
oder mvx
G G G
G G
= m v ×Ω + m Ω× r ×Ω
(( ) )
G G G
G G
= 2m ( v × Ω ) + m ( Ω× ( r × Ω ) )
)
x
(
)
x
x
In der Vektorform:
G G G
G
G G
mv = 2m v × Ω + m Ω × r × Ω
(
)
( (
Ein Gleichgewicht ist stabil, wenn es einem
Minimum der potentiellen Energie entspricht
und instabil in allen anderen Fällen.
In der Nähe eines Gleichgewichts gilt die
folgende Potenzentwicklung der potentiellen
Energie (mehrdimensionale Taylor-Reihe):
U ( q1 , q2 ,..., qs ) = U ( q1*, q2 *,..., qs *) +
s
+∑
i =1
s
∂U
∂ 2U
⋅( qi − qi *) + ∑
⋅ ( qi − qi *) ⋅ ( q j − q j *) + ...
∂qi
i =1 ∂qi ∂q j
j =1
Der lineare Term ist identisch gleich Null
wegen der Gleichgewichtsbedingung, somit
ist die Änderung der potentiellen Energie in
der Nähe eines Gleichgewichtspunktes eine
quadratische Form:
ΔU = U ( q1 , q2 ,..., qs ) − U ( q1*, q2 *,..., qs *) =
2
2
m
2
Ω y z − Ω z y ) + (Ω z x − Ω x z ) + (Ω x y − Ω y x )
(
2
(
II. Statisches Gleichgewicht und seine
Stabilität
Ein System mit der potentiellen Energie
U ( q1 ,..., qs ) ist dann im statischen Gleichge∂U
= 0 für alle i.
wicht, wenn
∂qi
x
x
))
Das erste Glied auf der rechten Seite ist die
Coriolis-Kraft, das zweite – die Zentrifugalkraft.
s
∂ 2U
i =1
j =1
i
∑ ∂q ∂q
⋅( qi − qi *) ⋅ ( q j − q j *) + (GhO )
j
Die notwendige und ausreichende Bedingung für ein stabiles Gleichgewicht ist, daß
diese Form positiv definit ist. Wie Sie wissen, ist diese Forderung gleichbedeutend mit
der Forderung nach positive Definitheit der
symmetrischen Matrix
⎧ ∂ 2U
∂ 2U ⎫
...
⎪ ∂q 2 ∂q ∂q ⎪
1
s ⎪
1
2
⎪⎧ ∂ U ⎫⎪ ⎪⎪
⎪
⎨
⎬ = ⎨........................ ⎬
⎪⎩ ∂qi ∂q j ⎪⎭ ⎪ 2
⎪
2
⎪ ∂ U ... ∂ U2 ⎪
⎩⎪ ∂qs ∂q1 ∂qs ⎭⎪
Das ist dann der Fall, wenn alle Wurzeln der
charakteristischen Gleichung
⎞ ∂ 2U
⎛ ∂ 2U
⎜ 2 − λ ⎟ ...
⎝ ∂q1
⎠ ∂qi ∂q j
=0
.........................
∂ 2U
∂qi ∂q j
⎛ ∂ 2U
... ⎜
⎝ ∂qs
2
⎞
−λ⎟
⎠
positiv sind.
1
Im eindimensionalen Fall ist das Stabilitätskriterium besonders einfach:
∂ 2U
> 0 (stabil)
U hat ein Minimum, wenn
∂q 2
∂ 2U
U hat ein Maximum, wenn
< 0 (insta∂q 2
bil).
Beispiel 1.
Gegeben sei ein
mathematisches
Pendel (Masse m
auf einem masselosen Stab der
Länge l) .
Man bestimme
die Gleichgewichtslagen und ihre Stabilität.
Lösung. Mit U = − mgl cos ϕ berechnet man
die Gleichgewichtslagen aus der Gleichung
∂U
= mgl sin ϕ = 0 . Sie hat zwei physika∂ϕ
lisch verschiedene Lösungen: ϕ1 = 0 und
ϕ2 = π .
Die zweite Ableitung der potentiellen Energie nach ϕ gibt Auskunft über Stabilität:
∂U
= mgl cos ϕ .
∂ϕ 2
2
∂ 2U
∂ϕ 2
∂U
∂ϕ 2
l −Δ
0
0
l −Δ
≈
∫ (1 +
∫
1 + w′2 dx ≈
l
1
2
w′ )dx ≈ l − Δ + ∫ 12 w′2dx
2
0
0
Die Längssteifigkeit eines schlanken Stabes
ist viel größer als seine Biegesteifigkeit. In
erster Annäherung kann der Stab als undehnbar angenommen werden. Das bedeutet,
dass sich die Länge bei einer Auslenkung
l
nicht ändert: l − Δ + ∫ 12 w′2 dx = l . Daraus
0
l
folgt: Δ = ∫ 12 w′2dx .
0
Für die potentielle Energie ergibt sich
l
l
1
2
U = ∫ EIw′′ dx − F ∫ 12 w′2dx
20
0
∞
π nx
(der
l
den Randbedingungen w(0) = 0 , w(l ) = 0
genügt), bekommen wir
∞
π nx
⎛πn ⎞
w '( x ) = ∑ an ⎜
⎟ cos
l
⎝ l ⎠
n =0
n =0
π nx
⎛πn ⎞
w ''( x ) = − ∑ an ⎜
.
⎟ sin
l
⎝ l ⎠
n =0
2
∞
>0
⇒ stabiles Gleichgewicht.
∞
1
2 ⎛πn ⎞
2 π nx
U = ∫ EI ∑ an ⎜
dx
⎟ sin
2 0 n =0
l
⎝ l ⎠
<0
⇒ instabiles Gleichgewicht
∞
2 ⎛πn ⎞
2 π nx
dx
− F ∫ 12 ∑ an ⎜
⎟ cos
l
l
⎝
⎠
=
n
0
0
ϕ =ϕ1
2
l
l = ∫ ds = ∫ dx 2 + dw2 =
ϕ =ϕ 2
4
l
2
l
oder
Beispiel 2.
Δ
F
x
w
Ein elastischer Stab sei an
seinen Enden gelenkig gelagert und in der vertikalen
Richtung mit einer Kraft F
belastet. Gegeben: E , I , l , F .
Zu bestimmen sind die Stabilitätsbedingungen.
Lösung.
Vorbereitender
Schritt: Berechnung der potentiellen Energie:
l
1
2
EI ( w ''( x ) ) dx − F Δ
∫
20
Bestimmen wir die Verschiebung Δ . Zu
diesem Zweck berechnen wir die Gesamtlänge des Stabes nach der Auslenkung:
U=
∞
l
Fl ∞ 2 ⎛ π n ⎞
2 ⎛πn ⎞
U = EI ∑ an ⎜
⎟ − ∑ an ⎜
⎟
4 n =0
4 n =0
⎝ l ⎠
⎝ l ⎠
4
=
2
4
2
l ∞ 2 ⎡ ⎛πn ⎞
⎛πn ⎞ ⎤
a
EI
F
−
∑ n ⎢ ⎜⎝ l ⎟⎠ ⎜⎝ l ⎟⎠ ⎥
4 n =0
⎢⎣
⎥⎦
Diese Energie hat bei a1 = 0,..., an = 0 ein
Minimum, wenn alle Koeffizienten vor an
2
⎛πn ⎞
⎛πn ⎞
positiv sind: EI ⎜
⎟ −F⎜
⎟ > 0 oder
⎝ l ⎠
⎝ l ⎠
4
2
⎛πn ⎞
EI ⎜
⎟ −F >0.
⎝ l ⎠
Der gerade Zustand ist stabil, wenn
2
F < EI (π / l )
2
2
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 14
Verschiedenes aus den Energiemethoden
eine Feder angeheftet. Bei nicht gedehntem
Aufgabe 1. (Berechnung von generalisierten
Stab sei die Feder entspannt. Schreiben Sie
Kräften). Gedie Lagrangefunktion des Systems und begeben ist ein
rechnen Sie die Eigenfrequenz des Systems
Doppelpenmit einem passenden Ritz-Ansatz!
del. Als generalisierte
Koordinaten
wählen wir
Winkel ϕ1
Lösung: Die Lagrangefunktion ist:
1
1
und ϕ2 . Auf
L = mu 2 (l , t ) − cu 2 (l , t ) +
2
2
den zweiten Körper wirkt eine nicht konserG
G
l
l
vative Kraft F . Der Betrag der Kraft F ist
1
1
+ ∫ ρ Au 2 dx − ∫ AEu '2 dx
konstant, die Wirkungslinie ist stets senk20
20
recht zum zweiten Pendelstab. Zu bestimmen
G
Der einfachste brauchbare Ansatz für einen
sind die mit der Kraft F zusammenhängenStab ist ein (als Funktion von x) linearer Anden generalisierten Kräfte Qϕ1 und Qϕ2 .
satz: u ( x, t ) = a(t )(c0 + x / l ) . Die RandbeG
Lösung: Die Kraft F = ( − F cos ϕ2 , F sin ϕ 2 )
dingung u (0) = 0 ergibt c0 = 0 , somit
wirkt auf den zweiten Körper und leistet Aru ( x, t ) = a (t ) x / l .
beit bei seinen Verschiebungen. Koordinaten
Die für die Berechnung der Lagrangefunktides zweiten Körpers sind
on erforderlichen Werte bzw. Funktionen
x2 = l1 sin ϕ1 + l2 sin ϕ 2 ,
sind:
y2 = l1 cos ϕ1 + l2 cos ϕ 2 .
u (l , t ) = a (t ) ,
u (l , t ) = a (t )
Kleine Änderungen von generalisierten
Koordinaten ϕ1 und ϕ2 führen zu Änderunu ( x, t ) = a (t ) x / l , u′( x, t ) = a (t ) / l .
gen von Koordinaten x2 und y2 :
Daraus ergibt sich die Lagrangefunktion
δ x2 = l1 cos ϕ1δϕ1 + l2 cos ϕ 2δϕ2
L = 12 ma 2 − 12 ca 2 +
δ y2 = −l1 sin ϕ1δϕ1 − l2 sin ϕ 2δϕ2 ,
l
l
1
1
2 2
was bedeutet, daß der zweite Körper sich um
+
Aa
x
dx
−
AEa 2 dx
ρ
2 ∫
2 ∫
G
2l 0
2l 0
den Vektor δ r2 = (δ x2 , δ y2 ) verschiebt. Die
G
Oder
Arbeit der Kraft F = ( − F cos ϕ 2 , F sin ϕ 2 )
L = 12 ( m + 13 ρ Al ) a 2 − 12 ( c + AE l ) a 2 .
auf dieser
Verschiebung
ist
gleich
G G
Unter Berücksichtigung der Tatsachen, daß
δ W = F ⋅ δ r2 =
m* = ρ Al die Masse und c* = AE l die Stei− F cos ϕ2 ( l1 cos ϕ1δϕ1 + l2 cos ϕ2δϕ 2 ) +
figkeit des Stabes ist, ist unser System dem
folgenden äquivalent:
+ F sin ϕ2 ( −l1 sin ϕ1δϕ1 − l2 sin ϕ2δϕ 2 ) =
⎡l1 ( cos ϕ2 cos ϕ1 + sin ϕ 2 sin ϕ1 ) δϕ1 + ⎤
⎥=
= −F ⎢
2
2
⎢⎣l2 ( cos ϕ 2 + sin ϕ2 ) δϕ1
⎥⎦
− F ( l1 cos (ϕ1 − ϕ2 ) δϕ1 + l2δϕ2 )
Die generalisierten Kräfte sind demnach
gleich:
Qϕ1 = − Fl1 cos (ϕ1 − ϕ 2 )
Aufgabe 3. Berechne mit einem passenden
Ritz-Ansatz die erste Eigenfrequenz einer
auf einer Blattfeder schwingenden Masse m.
Gegeben: m , EI , l .
Qϕ2 = − Fl2 .
Aufgabe 2. Gegeben sei der skizzierte Stab.
An seinem freien Ende sind eine Masse und
1
Lösung. Die Lagrangefunktion ist in diesem
Fall
l
l
1
1
1
L = mw 2 (l , t ) + ∫ ρ Aw 2 dx − ∫ EIw′′2 dx .
2
20
20
Da jetzt zwei geometrische Randbedingungen am linken Ende ( w(0, t ) = 0 und
w′(0, t ) = 0 ) erfüllt sein müssen, ist der minimale Ansatz eine kubische Funktion. Dynamische Randbedingungen am rechten Ende müssen nicht unbedingt erfüllt sein. Jedoch bekommt man bessere Ergebnisse,
wenn man auch die dynamischen Randbedingungen berücksichtigt. In diesem Fall die
Momentenfreiheit w′′(l , t ) = 0 . Ein nichttrivialer Ansatz ist demnach eine Funktion
vierter Ordnung, die wir in der folgenden
Form schreiben:
w( x, t ) = a(t ) ( c0 + c1 x + c2 x 2 + x3 / 2l 3 ) .
Aus den Randbedingungen ergibt sich
c0 = 0 ,
c1 = 0 ,
2c2 + 3 / l 2 = 0 ⇒
c2 = −1.5 / l . Der Ansatz ist demnach
2
⎛
x3
x2 ⎞
w( x, t ) = a (t ) ⎜ 0.5 3 − 1.5 2 ⎟ .
l
l ⎠
⎝
w(l , t ) = − a(t ) .
Die zur Berechnung der potentiellen Energie
erforderliche zweite Ableitung ist gleich
3a(t ) ⎛ x ⎞
w′′( x, t ) = 2 ⎜ − 1⎟ .
l ⎝l
⎠
Für die Lagrangefunktion ergibt sich zu
III. Was man alles zur schriftlichen Klausur wissen muß?
1) Was ist Lagrangefunktion?
2) Generalisierte Koordinaten
3) Kinetische Energie bei Translation und
Rotation
4) Potentielle Energie in Standardsituationen
(Feder, Gewicht)
5) Lagrangegleichungen 1. und 2. Art
6) Bindungen
7) Das Prinzip der virtuellen Arbeit (oder der
virtuellen Verschiebungen)
8) Generalisierte Kräfte und ihre Berechnung
mit dem Prinzip der virtuellen Arbeit
9) Dissipationsfunktion und ihre Benutzung
zur Aufstellung von Bewegungsdifferentialgleichungen.
10) Kinetische und potentielle Energien für
Dehnstab, Torsionsstab, Biegebalken (alles
auswendig):
(a) als Funktion von Auslenkungen und Verdrehungen
(b) potentielle Energie darüber hinaus auch
als Funktion von Momenten und Schnittkräften.
11) Kinetische und potentielle Energie von
Kombinationen aus kontinuierlichen und
diskreten Elementen
2
l
12) Der 2. Satz von Castigliano
⎛
1 2
1
x3
x2 ⎞
2
L = ma (l , t ) + ∫ ρ Aa (t ) ⎜ 0.5 3 − 1.5 2 ⎟ dx
13) Berechnung von Durchbiegungen mit
2
20
l
l ⎠
⎝
dem Satz von Castigliano an den Stellen, wo
2
l
1
9a 2 (t ) ⎛ x ⎞
keine Kräfte wirken
− ∫ EI
⎜ − 1⎟ dx
20
l4 ⎝ l
⎠
14) Näherungsmethoden:
Oder
(a) Ritz-Ansatz. Wie wählt man Ansatzfunk1⎛
33 ⎞ 2 1 ⎛ 3EI ⎞ 2
tionen?
L = ⎜ m + ρ Al
⎟ a − ⎜ 3 ⎟ a
(b) Rayleigh-Ritz-Verfahren zur Bestim2⎝
140 ⎠
2⎝ l ⎠
mung von Eigenfrequenzen
Unter Berücksichtigung der Tatsachen, daß
3EI
15) Bedingungen für das Gleichgewicht und
m* = ρ Al die Masse und c* = 3 die Steiseine Stabilität bzw. Instabilität
l
figkeit des Blattfeder ist, ist unser System
16) Definition der Einflußzahlen; Vertaudem folgenden äquivalent
schungssatz von Maxwell und Betti
(Bild rechts).
Sehr wichtig:
Die Eigenfrequenz ist
gleich
Eine der Klausuraufgaben ist eine der Hausc*
aufgaben. Mann sollte alle Hausaufgaben
ω=
.
selbst
(am besten mehrmals) durchgerechnet
m + 0.236m *
haben!
2
Schwingungen von Kontinua: Die Saite, die Wellengleichung, dÁlembertsche Lösung
Literatur: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III".
2. Hauger, Schnell und Groß. „Technische Mechanik 4“
Teil 2
= c 2 w '' Die Wellengleichung:
w
lineare, homogene, partielle DGL.
c2 =
S
μ
-
Wellenfortpflanzungsgeschwindigkeit
Zur Lösung der Bewegungsdifferentialgleichung werden noch
die Anfangsbedingungen:
w ( x, 0 ) = w0 ( x ) , w ( x, 0 ) = v0 ( x )
I. Herleitung der Bewegungsdifferentialgleichung für eine gespannte Saite
Gegeben sei ein vorgespannter Faden, der
keine Biegesteifigkeit besitzt.
Massenbelegung (Masse pro Längeneinheit)
sei μ = ρ A . Zu bestimmen ist die Bewegungsgleichung für die Saite.
und die Randbedingungen: z.B.
w ( 0, t ) = 0 ;
w ( l1 , t ) = 0
benötigt.
II. dÁlembertsche Lösung der Wellengleichung.
Eine beliebige Funktion der Form
w = f1 ( x − ct ) = f1 (ξ ) , ξ = x − ct
genügt der Wellengleichung. Beweis:
∂w ∂w ∂ξ
∂w
=
⋅
= −c
∂t ∂ξ ∂t
∂ξ
l
2
∂ 2w
2 ∂ w
=w
=
c
∂t 2
∂ξ 2
∂w ∂w ∂ξ ∂w
=
⋅
=
:
∂x ∂ξ ∂x ∂ξ
∂ 2w ∂ 2w
= w ''
=
∂x 2 ∂ξ 2
2
∂2w
2 ∂ w
gelungen!
c
=c
∂ξ 2
∂ξ 2
2
Wir schneiden ein infinitesimales Saitenelement mit der Länge ds frei. Es gilt:
α ≈ sin α ≈ tan α ≈ w ' :
α + dα = sin (α + dα ) ≈ w '+ dw ' = w '+ w '' dx
Die auf das Element wirkende Kraft ist gleich
dFz = S ⋅ sin (α + dα ) − S sin (α ) =
= S (α + dα − α ) = Sdα = Sw '' dx
Das 2. Newtonsche Gesetz für das Element:
= dFz ⇒ μ dx w
= Sw '' dx :
dm ⋅ w
= Sw ''
μw
Eine beliebige Funktion der Form
w = f 2 ( x + ct ) = f 2 (ζ ) , ζ = x + ct
ist auch eine Lösung der Wellengleichung.
Allgemeine Lösung:
w ( x, t ) = f1 ( x − ct ) + f 2 ( x + ct ) .
f1 ( x − ct ) beschreibt eine Welle,
die sich mit konstanter Geschwindigkeit
c ohne Änderung ihres Profils in positive
x-Richtung fortpflanzt.
Beweis, dass dies eine allgemeine Lösung ist:
ξ = x − ct ; ζ = x + ct .
oder
1
1
1
(ξ + ζ ) ; ct = (ζ − ξ ) .
2
2
∂w ∂w ∂ξ ∂w ∂ζ ∂w ∂w
=
⋅
+
⋅
=
+
∂x ∂ξ ∂x ∂ζ ∂x ∂ξ ∂ζ
x=
∂ 2w ∂ 2w
∂ 2w ∂ 2w
2
=
+
+
∂x 2 ∂ξ 2
∂ξ∂ζ ∂ζ 2
∂w ⎛ ∂w ∂w ⎞
=⎜
−
⎟⋅c
∂t ⎝ ∂ζ ∂ξ ⎠
2
∂ 2w
∂ 2w ∂ 2w ⎞
2⎛∂ w
=
−
+
c
2
⎟
⎜ 2
∂t 2
∂ζ∂ξ ∂ξ 2 ⎠
⎝ ∂ζ
Die Wellengleichung nimmt die Form
∂ 2w
= 0 an.
∂ξ∂ζ
∂w
Nach der ersten Integration:
= g (ζ ) .
∂ζ
Nach der zweiten Integration:
w = f1 (ξ ) + f 2 (ζ ) = f1 ( x − ct ) + f 2 ( x + ct ) .
Bestimmung der Funktionen f1 und f 2
aus Anfangsbedingungen
Das ist eine richtige Lösung nur solange die
Wellen auf keine Ränder treffen.
Berücksichtigung der Randbedingungen
Beispiel 1. Fester Rand w(0) = 0 .
Die Aufgabe besteht in der Bestimmung einer
solchen Funktion, die bei x ∈ (0, ∞) (a) der
Wellengleichung, (b) der Anfangsbedingung
und (c) der Randbedingung genügt. Zu diesem
Zweck betrachten wir zunächst eine unendliche
Saite mit zwei symmetrischen Wellen mit verschiedenem Vorzeichen, die auf einander laufen.
Diese Welle genügt auf dem Intervall
x ∈ (0, ∞) den Bedingungen (a),(b) und (c) und
ist somit die gesuchte Lösung (Bild (a) unten).
Beispiel 2. Freier Rand w '(0) = 0 .
Wir betrachten wieder zunächst eine unendliche
Saite mit zwei symmetrischen Wellen mit gleichen Vorzeichen, die auf einander laufen.
Diese Welle genügt auf dem Intervall
x ∈ (0, ∞) den Bedingungen (a),(b) und (c) und
ist somit die gesuchte Lösung (Bild (b) unten).
f1 ( x ) + f 2 ( x ) = w0 ( x )
−cf1' ( x ) + cf 2' ( x ) = v0 ( x )
− f1 ( x ) + f 2 ( x ) =
x
1
v0 ( x )dx − f1 ( x0 ) + f 2 ( x0 )
c x∫0
x
⎤
1⎡
1
f1,2 ( x ) = ⎢ w0 ( x ) ± ∫ v0 ( x ) dx ⎥
c x0
2 ⎣⎢
⎦⎥
⎤
v
x
dx
(
)
⎥+
∫ 0
⎥⎦
x0
x + ct
⎤
1⎡
1
+ ⎢ w0 ( x + ct ) + ∫ v0 ( x ) dx ⎥ =
c x0
2 ⎣⎢
⎦⎥
w ( x, t ) =
1⎡
1
⎢ w0 ( x − ct ) −
c
2 ⎢⎣
x − ct
Beispiel 3. Fester Rand beiderseitig
x + ct
⎤
1⎡
1
= ⎢ w0 ( x − ct ) + w0 ( x + ct ) + ∫ v0 ( x ) dx ⎥
2⎣
c x −ct
⎦
Beispiel: v0 ( x ) = 0 .
w ( x, t ) =
1
⎡ w0 ( x − ct ) + w0 ( x + ct ) ⎤⎦
2⎣
Die Saite schwingt mit einer Schwingungs2A
dauer T =
.
c
2
Bernoulische Lösung der Wellengleichung. Fourieranalyse
Literatur: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 21.2. 2. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 4.1.3
Betrachtet wird eine gespannte Saite. Ihre
Dynamik wird durch die Wellengleichung
beschrieben: w = c 2 w '' . Dazu kommen die
Randbedingungen. Für beidseitig festgehaltene Saite:
w (0 , t ) = 0
(1)
w ( l, t ) = 0
ω1 =
cπ
und ω 2 =
2cπ
= 2ω1 .
Die gesamte Lösung bei einem bestimmten n:
w ( x, t ) = sin
πn
cπ n
cπ n ⎞
⎛
x ⋅ ⎜ an cos
t + bn sin
t⎟
⎝
⎠
(2)
I. Lösung nach D'Alembert
II. Lösungsansatz von Daniel Bernoulli
(1753)
w ( x, t ) = T ( t ) ⋅ V ( x ) - Produktansatz
III. Wie kann man die Anfangsbedingungen erfüllen?
Allgemein sind Anfangsauslenkungen und
Anfangsgeschwindigkeiten des Stabes gegeben, die einer der Eigenformen nicht entsprechen. Die Lösung wird gegeben durch
T
V ''
= c2
= const
T
V
↓
↓
nur von t nur von x
TV = c 2TV '' ⇒
c) const = −ω 2 < 0
T +ω T = 0,
V ''+
Superpositionsprinzip + Fourieranalyse
ω2
V =0
c2
Die allgemeine Lösung der ersten Gleichung:
T (t ) = a cos ω t + b sin ω t = C cos(ω t − ϕ ) .
Die Konstante ω ist eine Kreisfrequenz der
Schwingung.
Die allgemeine Lösung der zweiten Gleichung
2
V ( x ) = A cos
ω
x + B sin
ω
x.
c
c
Aus den Randbedingungen (1) und (2) folgt:
V ( 0) = A = 0 ,
V(
⇒
) = B sin
ωn
=
πn
ω
c
= 0 ⇒ sin
⇒ ωn =
πc
ω
c
=0⇒
ω
c
= πn
n.
c
n - eine beliebige ganze Zahl.
ω n sind Eigenfrequenzen
Es gibt unendlich viele Eigenfrequenzen. Die
entsprechende Ortsfunktion V ( x ) ist gleich
⎛πn ⎞
Vn ( x ) = B sin ⎜
x⎟
⎝
⎠
Aus der Linearität der Wellengleichung folgt:
Eine beliebige lineare Superposition von gefundenen Lösungen ist auch eine Lösung der
Wellengleichung.
∞
πn ⎛
cπ n
cπ n ⎞
w ( x, t ) = ∑ sin
n =1
x ⋅ ⎜ an cos
⎝
t + bn sin
t⎟
⎠
Eine stärkere Behauptung: Eine beliebige Lösung kann in Form
∞
πn ⎛
cπ n
cπ n ⎞
w ( x, t ) = ∑ sin
x ⋅ ⎜ an cos
t + bn sin
t⎟
⎝
⎠
n =1
dargestellt werden. Dieser Satz wurde als eine
Hypothese von Bernoulli aufgestellt. Er konnte sich aber gegen Euler und dÀlembert nicht
durchsetzen, bis Fourier den Satz bewiesen
hat.
Wie können die Rand- und Anfangsbedingungen erfüllt werden?
Beispiel. Die Seite mit festen Rändern und
Anfangsbedingungen
w ( x, 0 ) = w0 ( x ) , w ( x, 0 ) = v0 ( x ) .
Vn ( x ) sind Eigenformen
Die ersten zwei Eigenfrequenzen sind gleich
1
Aus der allgemeinen Lösung folgt die folgende Anfangsbedingung:
∞
π nx
w0 ( x,0 ) = ∑ an sin
=w0 ( x )
n =1
∞
w0 ( x,0 ) = ∑ bn
cπ n
⋅ sin
π nx
= v0 ( x ) = 0
n =1
V ( x ) = A cos
ω
x + B sin
ω
x.
c
c
Die Randbedingungen lauten in diesem Fall:
w′( x = l ) = 0 .
w( x = 0) = 0 ,
Randbedingungen liefern:
V (0) = 0 ⇒ A = 0 ,
ω
ω
Wir multiplizieren beide Gleichungen
kπ x
(wobei k eine ganze Zahl ist)
mit sin
=0.
c
c
Für nicht triviale Lösungen muss gelten
und integrieren über die Länge der Saite. Mit
⎧⎪0, k ≠ n
kπ x
nπ x
∫0 sin sin dx = ⎨⎪ / 2, k = n
⎩
erhält man
2
nπ x
an = ∫ w0 ( x ) sin
dx
+πn ⇒
c
c
2
2n + 1 π c
ωn =
, n = 0,1,2,...
2
Grundschwingung und die 1. Oberschwingung:
πc
πx
ω1 = , V1 ( x ) = B1 sin
2
2
3π c
3π x
ω2 =
, V2 ( x ) = B2 sin
2
2
0
bn =
2
⋅
π nc ∫0
0dx = 0 .
In unserem Fall ist
a<x< 2
⎪⎧2 f x ,
w0 = ⎨
⎪⎩2 f (1 − x ) , 2 < x <
2
4f ⎡ x
nπ x
nπ x ⎤
⎛x ⎞
an =
dx − ∫ ⎜ − 1⎟ sin
dx ⎥
⎢ ∫ sin
⎝
⎠
2
⎣⎢ 0
⎦⎥
8f
nπ
= 2 2 sin
.
nπ
2
Somit
πn
sin
8 ∞
2 ⋅ sin nπ x ⋅ cos cπ n t
w ( x, t ) = f ⋅ 2 ∑
2
π n =1 n
Form am Anfang:
und nach 1/4 Periode
IV. Ein Beispiel zur Bestimmung der Eigenfrequenzen und Eigenformen.
Sehr oft braucht man nur die Eigenfrequenzen
und die Eigenformen, z.B. wenn Resonanz
vermieden werden soll.
Beispiel. Gegeben sei eine auf
einem Rand festgehaltene Saite.
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen und
die Eigenfunktionen.
Lösung: Allgemeine Lösung für die Ortsfunktion lautet
V '(
cos
)=0⇒B
ω
=0 ⇒
cos
ω
=
π
Wie hängt die Frequenz von der Spannkraft S
ab?
πc π S
π1 S
z.B. ω1 =
=
=
∼ S.
2
2
2 μ
2
μ
V. Zur Äquivalenz der Lösungsmethoden
von d'Alembert und Bernoulli.
Beispiel:
u( x, t ) = sin k ( x + ct ) + sin k ( x − ct )
ist eine d'Alembertsche Lösung der Wellengleichung. Durch Umformen erhalten wir:
u( x, t ) = 2sin kx ⋅ cos kct .
Das ist aber eine Lösung nach Bernoulli!
Für mathematisch Interessierte:
Genauso wie in der Schwingungstheorie benutzt man oft bei der Lösung von Wellengleichung komplexe Exponenten:
u( x, t ) = eikx ⋅ eikct = eik ( x +ct ) . Dieser Ansatz ist
gleichzeitig der D'Alembertsche und der Bernoullische! Bei Benutzung komplexer Exponenten verliert sich der Unterschied zwischen
beiden Ansätzen.
2
Longitudinalschwingungen von Stäben. Erzwungene Schwingungen
Literatur: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 21.1., 21.4.
2. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 4.2.1, 4.2.2
I. Longitudinalschwingungen von Stäben.
u(x,t) sei Verschiebung des Punktes x des Stabes
in Richtung x. Wir betrachten ein infinitesimales
kleines
Element
der Länge dx.
Das 2.
NG für dieses Element lautet
∂N ⎞ ∂N
⎛
dx ⎟ =
dx (1)
ρ Adx ⋅ u = − N + ⎜ N +
∂x ⎠ ∂x
⎝
dm
Aus dem Elastizitätsgesetz folgt
du
∆l
N = σ A = Eε A = EA = EA = EAu ' (2)
l
dx
Einsetzen von (2) in (1) ergibt die
Wellengleichung ρ u = Eu ''
2
∂ 2u
2 ∂ u
c
=
mit c 2 = E / ρ .
∂t 2
∂x 2
c ist die Wellenfortpflangungsgeschwindigkeit. Z.B. für Stahl:
E = 210GPa = 2,1 ⋅ 1011 N/m 2
ρ = 7,8 ⋅ 103 kg/m 3 , c = 5190m/s .
oder
Beispiel 1. Zu bestimmen ist die Stoßzeit
einer 1 Meter langen stählernen Stange mit
einer festen Wand.
Lösung: Die Punkte am anderen Ende des
Stabes "erfahren" vom Zusammenstoß erst
nach der Zeit t1 = l / c . Die Punkte im Stoßpunkt "erfahren" von der Anwesenheit des
freien Endes nach t2 = l / c . Der Stoß dauert
t = t1 + t2 = 2l / c = 3.8 ⋅ 10−4 s = 0.38ms .
Aufgabe zum Überlegen: Was passiert beim
Zusammenstoß (a) zweier gleichen Stangen,
(b) zweier Stangen mit verschiedenen Längen?
II. Randbedingungen.
II.1. Die einfachsten Randbedingungen
- Bei einem fest gelagerten Rand u = 0 (keine Verschiebung)
- Bei einem freien Rand. u ' = 0 (keine Normalkraft)
Beispiel 2. Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen und Eigenformen für einen
(a) beiderseitig festgelagerten
(b) beiderseitig freien Stab
Lösung:
BernoulliAnsatz:
u ( x, t ) = T (t )V ( x)
Für U ( x ) erhalten wir die Gleichung
V ''+
ω2
2
V = 0 oder V ''+ k 2V = 0 .
c
Die Zahl k = ω / c heißt Wellenzahl.
Die allgemeine Lösung der obigen Gleichung
ist V ( x) = A *cos kx + B sin kx .
Aus den Randbedingungen folgt
u ( 0, t ) = 0 → A* = 0
u (l, t ) = 0 →
B sin kl = 0 → kn l = π n
ωn = kn c = π n c l
Die allgemeine Lösung ist
dieselbe. Aus
den Randbedingungen folgt jedoch
u ' (0) = 0 ⇒ B = 0
u ' ( l ) = 0 ⇒ sin kl = 0
kl = π n , ω n = π nc l .
Die Eigenfrequenzen sind dieselben wie im
Fall (a), aber die Eigenformen sind verschieden!
II.2. Kompliziertere Randbedingungen.
A. Stab mit einer am Ende angehefteten
Masse.
Das 2.NG für die Masse
mu( l , t ) = − N ( l , t ) = − EAu ' ( l , t ) ist die neue
Randbedingung am rechten Rand!
Aus der Randbedingung am linken Rand
folgt A* = 0 . Aus der Randbedingung am
rechten Rand: − mω 2u ( l ) = − EAu ' ( l ) oder
mω 2 B sin kl = EABk cos kl
mc 2 kl mc 2
cot kl =
=
λ mit λ = kl
EA l
EAl
mc 2
mE
cot λ =
λ=
λ = ελ
EAl
E ρ Al
ε = m M , M - Stabmasse.
1
π
λ3
Es gibt unendlich viele Wurzeln λn = kn l .
Daraus kn = λn / l und ωn = kn c = λn c / l
2n − 1
π
Grenzfall m = 0 ; cos( kl ) = 0 ; kn l =
2
B. Gefedert gelagerter Stab.
III. Erzwungene Longitudinalschwingungen. Am rechten Ende eines links fest gelagerten Stabes wirkt eine periodische Kraft
F0 cos Ωt .
Zu bestimmen ist Bewegung des
Stabes. Lösung: Die Randbedingungen lauten: u ( 0, t ) = 0 und
N ( l , t ) = EAu ' ( l , t ) = F0 cos Ωt
Partikularlösung der Wellengleichung suchen wir in der Form
u p ( x, t ) = U p ( x ) ⋅ cos Ωt
Einsetzen in die Wellengleichung liefert
U ′′p + ( Ω 2 / c 2 ) U p = 0 .
Bernoulli-Ansatz:
u ( x, t ) = ( a cos(kx) + b sin(kx) ) ⋅ T (t )
Das Hooke´sche Gesetz für die Feder:
N ( 0, t ) = c * u ( 0, t ) oder
EAu′(0, t ) = c * u(0, t ) ist die Randbedingung
am linken Rand. Einsetzen von
u′(0, t ) = ( − ak sin( k 0) + bk cos( k 0) ) ⋅ T (t ) = bkT (t )
und
u (0, t ) = ( a cos( k 0) + b sin(k 0) ) ⋅ T (t ) = aT (t )
in die Randbedingung am linken Rand ergibt
EAkb = c * a
(3)
Am rechten Rand u (l , t ) = 0 :
a cos( kl ) + b sin( kl ) = 0
(4)
Eine nicht triviale Lösung existiert dann,
wenn die Koeffizientendeterminante des Systems (3,4) gleich Null ist:
c *sin( kl ) + EAk cos( kl ) = 0 oder
EA
tan λ + λ
=0
lc *
Allgemeine Lösung für die Ortsfunktion ist
U p ( x ) = B1 cos ( Ω / c ) x + B2 sin ( Ω / c ) x ,
u p ( x, t ) = ( B1 cos ( Ω / c ) x + B2 sin ( Ω / c ) x ) ⋅ cos Ωt
Aus den Randbedingungen folgt:
U p ( 0, t ) = 0 ⇒ B1 = 0
EAu ' p ( l , t ) = F0 cos Ωt
F0
Ω
Ω
⋅ cos l = F0 ⇒ B2 =
.
Ω
Ω
c
c
EA cos l
c
c
Die Partikularlösung ist also gleich
Ω
sin x
F0l
c
cos Ωt
u p ( x, t ) = U p ( x ) cos Ωt =
Ω
EA l cos Ω l
c
c
Z.B. Amplitude der Schwingungen bei x = l
Fc
Ω
ist gleich U p (l ) = 0 tan l (s. Bild unten)
EAΩ
c
EAB2
Die Amplitude wird unendlich bei allen Frequenzen, für welche cos Ωl / c = 0 . Das sind
genau die Eigenfrequenzen eines einseitig
fest gelagerten Stabes!
2π
EA
lc *
λi bestimmen ki = λi / l und diese die Eigenfrequenzen: ωi = ki c .
−λ
Wird die Erregerfrequenz gleich einer der
Eigenfrequenzen des Systems, so wächst die
Schwingungsamplitude unendlich (Resonanz).
Aufgabe zum Überlegen: was passiert in
Grenzfällen c → 0 und c → ∞ ?
2
Torsionsschwingungen. Biegeschwingungen.
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“
I. Torsionsschwingungen.
Gegeben sei ein elastischer Stab mit rundem
Querschnitt (Bild1a). Untersucht werden seine Torsionsbewegungen. Jeder Querschnitt
wird durch den Winkel θ ( x ) charakterisiert,
um welchen er sich bezüglich des "unverdrehten" Anfangszustandes gedreht hat.
rischen Stabes wie im Bild. Der Stab ist links
und rechts fest gelagert.
ρ ,G
ra
a
x
Wir schneiden aus einem verdrehten Stab ein
infinitesimal kleines Element zwischen x und
x+dx. Der linke Rand ist gedreht um den
θ ( x) ,
Winkel
der
rechte
um
θ ( x + dx ) = θ + dθ . Das Torsionsmoment im
Querschnitt ist gleich
dθ
M = GI p
= GI pθ ′ ( I p ist das polare geodx
metrische Trägheitsmoment des Querschnitts).
Da es sich um Rotationsbewegung (um die
Stabachse) handelt, benutzen wir den Drehimpulssatz:
∂M
Θ p ⋅ θ = − M ( x ) + M ( x + dx ) =
⋅ dx = M ′dx
∂x
Unter Berücksichtigung der Beziehung
Θ p = I p ρ dx ( ρ dx ist die Flächenmassendichte), nimmt das 2. N.G. für das Element
die Form ρ dxI p ⋅ θ = GI pθ ''dx oder
θ = c 2θ ′′ mit c 2 = G / ρ .
Für Stahl c ≈ 3200 m s .
Die Form der Gleichung und die Wellenausbreitungsgeschwindigkeit hängen nicht vom
Radius des Stabes ab!
II. Randbedingungen:
1. Am fest gelagerten Ende: θ = 0 .
2. Am freien Ende: M = GIθ ' = 0 ⇒ θ ' = 0 .
3. Wenn am Ende ein Kraftmoment M(t) angreift: GIθ ' = M (t ) .
III. Übergangsbedingungen (am Beispiel
von Torsionsschwingungen).
Zu bestimmen ist die kleinste Eigenfrequenz
von Torsionsschwingungen eines kreiszylind-
rb
b
x
Wellengleichung ist die gleiche in beiden
Teilen. Allgemeine Lösung im linken Teil
(a): θ ( x ) = A1 cos kx + B1 sin kx , x ∈ (0, a )
Allgemeine Lösung im rechten Teil (b):
θ ( x ) = A2 cos kx + B2 sin kx , x ∈ (a, a + b) .
Randbedingungen:
1. θ (0) = A1 = 0
2. θ (a + b) = A2 cos k (a + b) + B2 sin k (a + b) = 0
Übergangsbedingungen:
3. θ ( a )links = θ ( a ) rechts :
A1 cos ka + B1 sin ka = A2 cos ka + B2 sin ka
4. M ( a )links = M ( a ) rechts :
GI a ( − A1k sin ka + B1k cos ka ) =
GI b ( − A2k sin ka + B2k cos ka )
Charakteristische Determinante:
0
− sin ka
− I a cos ka
0
− sin ka
cos k ( a + b) sin k ( a + b)
cos ka
− I b sin ka
=0
sin ka
I b cos ka
cos k ( a + b) sin k ( a + b)
cos ka
sin ka
I b sin 2 ka ⋅ sin k ( a + b) − I a sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos k ( a + b)
+ I a cos2 ka ⋅ sin k ( a + b) + I b sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos k ( a + b) =
= ( I b − I a ) sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos k ( a + b) +
(I
a
cos2 ka + I b sin 2 ka ) ⋅ sin k ( a + b) = 0
Setzen wir folgende Werte ein: a = b ,
ra = rb / 2 . Mit I a = I b /16 folgt aus der letzten
Gleichung:
1
(1 − 1/16) sin ka ⋅ cos ka ⋅ cos 2ka +
⎛ 1
⎞
2
2
⎜ cos ka + sin ka ⎟ sin 2ka = 0
⎝ 16
⎠
2 sin ka ⋅ cos ka
Die Bedingung ist erfüllt, wenn eine der folgenden Gleichungen gilt:
1. sin ka = 0 ,
2. cos ka = 0 ,
⎛1
⎞
3. (15 /16 ) cos
ka + 2 ⎜ cos 2 ka + sin 2 ka ⎟ = 0
2
⎝ 16
⎠
cos ka −sin ka
2
2
Die dritte Gleichung ist nie erfüllt, also muss
eine der die ersten beiden erfüllt sein.
Die kleinste Zahl k folgt aus der zweiten
Gleichung: k =
ω = kc =
πc
2a
π
2a
. Entsprechende Frequenz
ist die kleinste Eigenfrequenz.
IV. Biegeschwingungen eines elastischen
Balkens.
Wir betrachten den inneren Bereich eines
Balkens. Die Befestigungsart ist zunächst
ohne Bedeutung, da sie erst in den Randbedingungen auftritt.
Annahmen:
Querauslenkungen
und Neigungen
sind sehr
klein,
Krümmungsradius ist sehr viel größer als die Dicke
des Balkens.
Wir schneiden ein infinitesimal kleines Element des Balkens frei. Unter den oben gemachten Annahmen gilt: (1) Die Translationsbewegung erfolgt fast in der vertikalen
Richtung, (2) die Kräfte in der vertikalen
Richtung fallen fast mit den Querkräften zusammen, (3) die Neigungswinkel sind sehr
klein und die Rotationsbewegung kann vernachlässigt werden.
Das 2. Newtonsche Gesetz für die vertikale
Bewegung des Elementes lautet
∂Q
= −Q( x) + Q( x + dx) =
(1)
ρ Adx ⋅ w
dx
N
x
∂
dm
Rotation gibt es nicht, deshalb gelten für
Momente dieselben Zusammenhänge, wie in
der Statik: Q = M ' und M = − EIw '' , wobei I
das geometrische Trägheitsmoment des
Querschnitts ist. Einsetzen in (1) liefert
∂ 2 w EI ∂ 4 w
EI IV
= −
+
=0
w
w oder
∂t 2 ρ A ∂x 4
ρA
V. Bernoullische Lösung für Biegeschwingungen eines Balkens.
Zur Lösung dieser Gleichung ist die d'Alembertsche Methode nicht anwendbar. Bernoulli-Ansatz ist aber an alle linearen Gleichungen anwendbar:
w( x, t ) = W ( x ) cos ωt
d 4W
d 4W EI
2
W
⋅
=
ω
⇒
− κ 4W = 0 (2)
4
4
dx ρ A
dx
4
2
mit κ = ω ρ A / EI .
Jede lineare gewöhnliche Differentialgleichung kann mit einem Exponentialansatz
gelöst werden: W = W0eλ x .
Nach Einsatz in (2): λ 4 = κ 4 .
Das bedeutet
λ 2 = ±κ 2 ⇒ λ = {+κ , −κ , +iκ , −iκ }
Allgemeine Lösung:
iκ x + Be
κ x + De
− iκ x + Ce
−κ x oder
W ( x ) = Ae
W ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Beispiel für Biegeschwingungen. Gegeben
sei ein beidseitig drehbar gelagerter Balken.
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen.
Die allgemeine
Lösung ist oben
angegeben.
Randbedingungen: Verschiebung w und
Moment M = − EIw '' an beiden Rändern
sollen verschwinden
W (0) = 0 : A* + C = 0
W (l ) = 0 :
A* cos κ l + B sin κ l
+C cosh κ l + D sinh κ l = 0
W ''(0) = 0 : − A* + C = 0
− A* cos κ l − B sin κ l
*
Daraus: A =C=D=0. Charakteristische Gleichung reduziert sich auf
sin κ l = 0 ⇒ κ n l = π n ⇒ κ n = π n / l
W ''(l ) = 0 :
ωn = κ n2
EI n 2π 2
= 2
ρA
l
EI
ρA
2
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 19. Biegeschwingungen von Balken. Zweidimensionale
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III". Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“
Schwingungen.
I. Balkenschwingung
Beispiel 1. Gegeben
sei ein links eingespannter Balken. Zu
bestimmen sind die
Eigenfrequenzen
und die Eigenformen der Schwingungen.
Lösung: Die allgemeine Lösung lautet
W ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Die Randbedingungen sind:
Verschiebung links Null:
W (0) = 0 : A * +C = 0
Neigung links Null:
W '(0) = 0 : B + D = 0
Moment rechts Null:
− A* cos κ l − B sin κ l
W ''(l ) = 0 :
Kraft rechts Null:
A* sin κ l − B cos κ l
+C sinh κ l + D cosh κ l = 0
Die charakteristische Gleichung (Determinante des Gleichungssystems gleich Null):
1
cosh κ l cos κ l + 1 = 0 oder cos κ l = −
cosh κ l
W '''(l ) = 0
cos κ l
w
x/l
II. Erzwungene Schwingungen.
Beispiel 2. Zu berechnen ist Amplitude der
Schwingungen des
Mittelpunktes des
gezeigten Balkens.
Lösung: Wir suchen die partikuläre
Lösung in der Form
w( x, t ) = W ( x ) cos ωt
Allgemeine Lösung bis zur Mitte des Balkens
sei
W− ( x ) = A* cos κ x + B sin κ x + C cosh κ x + D sinh κ x
Randbedingungen:
W− (0) = 0
A* + C = 0
A* = 0
W−′′(0) = 0
− A* + C = 0
C =0
W−′ ( l / 2 ) = 0 (aus Symmetriegründen):
− A* sin κ l / 2 + B cos κ l / 2 + C sinh κ l / 2 + D cosh κ l / 2 = 0
−Qlinks (l / 2) − F0 / 2 ⋅ cos Ωt = 0 ;
Q(l / 2) = EIw′′′( x, t ) = F ( x, t ) / 2 :
A* sin κ l / 2 − B cos κ l / 2 + C sinh κ l / 2 + D cosh κ l / 2 =
F0
2κ 3 EI
Die Lösung lautet
D=
−1/ cosh(κ l )
F0
,
4κ EI cosh κ l / 2
3
B=−
F0
.
4κ EI cos κ l / 2
3
Die Ortsfunktion ist
F0 ⎛ sin κ x
sinh κ x ⎞
+
⎜−
⎟
3
4κ EI ⎝ cos κ l / 2 cosh κ l / 2 ⎠
κ1l = 1.8 , κ 2l = 4.7
W− ( x) =
Um die Eigenformen zu bestimmen, verwenden wir drei der vier Gleichungen des homogenen Gleichungssystems
cos κ l + cosh κ l
C = − A, B = − D = − A
.
sin κ l + sinh κ l
Die Eigenformen sind dann:
⎧
Wn ( x ) = A ⎨ cos κ n x − cosh κ n x
⎩
⎫
cos κ n l + cosh κ n l
−
( sin κ n x − sinh κ n x ) ⎬
sin κ n l + sinh κ n l
⎭
Die ersten zwei Eigenformen sind im Bild
gezeigt.
Die Amplitude der Schwingungen bei x = l / 2 :
W (l / 2) =
F0 ⎛ sin κ l / 2 sinh κ l / 2 ⎞
+
⎜−
⎟
4κ 3 EI ⎝ cos κ l / 2 cosh κ l / 2 ⎠
Sie wird unendlich wenn der Nenner Null
wird.
1
III. Bewegungsgleichung für eine Membran.
Genauso wie eine Saite, hat eine Membran
keine Biegesteifigkeit. Sie wird erst durch
eine Vorspannung elastisch. Betrachten wir
eine in allen Richtungen gleich gespannte
Membran (Spannung σ 0 ).
Die Bewegungsgleichung lautet:
2
∂2w
∂2w ⎞
2⎛∂ w
= c ⎜ 2 + 2 ⎟ mit c 2 = σ 0 / ρ
2
∂t
∂y ⎠
⎝ ∂x
Zweidimensionale Wellengleichung
Die Ableitungen auf der rechten Seite verkürzt man oft zu
W ( x, y ) suchen wir wiederum in Form eines
Produktes W ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) mit
⎧ X = A cosα x + B sin α x
⎨
⎩Y = C cos β x + D sin β y
Einsetzen in die Helmholtz-Gleichung ergibt
α2 + β 2 = k2
Jetzt benutzen wir die Randbedingungen:
W (0, y ) = 0 → X (0) = 0
A=0
W (a, y ) = 0 → X (a) = 0 B sin α a = 0
W ( x, 0) = 0 → Y (0) = 0
C =0
W ( x, b) = 0 → Y (b) = 0
D sin β b = 0
Daraus folgt
πm
sin α a = 0 → α m =
m = 1, 2,...
a
πn
sin β b = 0 → β m =
n = 1, 2,...
b
2
⎛m⎞ ⎛n⎞
kmn = α + β = π ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
Eigenfrequenzen sind somit
2
m
2
ωmn
2
2
n
⎛m⎞ ⎛n⎞
= kmn c = π c ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
2
∂2w ∂2w
Δw = 2 + 2 ,
∂x
∂y
Δ=
∂2
∂2
heißt Laplace-Operator.
+
∂x 2 ∂y 2
Die Wellengleichung kann dann auch in der
= c 2 Δw geschrieben werden.
Form w
IV. Bernoulli-Ansatz. Die zweidimensionale
Wellengleichung kann immer mit dem Bernoulli-Ansatz gelöst werden:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Das ist besonders sinnvoll, wenn nach Eigenfrequenzen gefragt wird. Einsatz in die Wellengleichung liefert für den Ortsteil des Ansatzes die folgende Gleichung
Δ
W
+ k 2W =
0 mit k = ω
c
Helmholtz − Gleichung
Bild. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Membran
bei a = b .
Eigenfunktionen sind:
mπ x
nπ y
⋅ sin
Wmn = sin
a
b
Die ersten vier Eigenschwingungsformen:
V. Experiment: Eiegenschwingungsformen
einer Platte
Beispiel 3. Gegeben ist eine Rechteckmembran mit fest gelagerten Rändern. Zu finden
sind die Eigenschwingungsformen und die
Eigenfrequenzen,
Lösung:
Bernoulli-Ansatz:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Die Ortsfunktion
2
I. Bewegungsgleichung für eine Membran.
Genauso wie eine Saite, hat eine Membran
keine Biegesteifigkeit. Sie wird erst durch
eine Vorspannung elastisch. Betrachten wir
eine in allen Richtungen gleich gespannte
Membran (Spannung σ 0 ).
Schwingungen von Membranen und Platten
Die Ableitungen auf der rechten Seite verkürzt man oft zu
∂2
∂2
∂2w ∂2w
+
+
,
wobei
- Lapla∂x 2 ∂y 2
∂x 2 ∂y 2
ce-Operator ist. Die Wellengleichung kann
Δw =
= c 2 Δw geschriedann auch in der Form w
ben werden.
w
II. Bernoulli-Ansatz. Die zweidimensionale
Wellengleichung kann immer mit dem Bernoulli-Ansatz gelöst werden:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Das ist besonders sinnvoll, wenn nach Eigenfrequenzen gefragt wird. Einsatz in die Wellengleichung liefert für der Ortsteil des Ansatzes die folgende Gleichung
Δ
W
+ k 2W =
0 mit k = ω
c
Helmholtz − Gleichung
Zunächst betrachten wir eine Biegung, die nur
von einer Koordinate y abhängt: w = w( y, t )
und "schneiden" aus der Membran ein Streifen mit der Tiefe dx.
Beispiel 1: Gegeben ist eine Rechteckmembran mit fest gelagerten Rändern. Zu finden
sind die Eigenschwingungsformen und die
Eigenfrequenzen,
w
∂ 2w
= S ( w '( y + dy ) − w '( y ))
∂t 2
∂2w
∂ 2w
= S 2 dy = 2 dy [σ 0 dxt M ]
∂y
∂y
Daraus folgt
∂2w
∂2w
ρ t M dxdyw = σ 0t M 2 dxdy ⇒ ρ w = σ 0 2
∂y
∂y
dm ⋅
dm
oder
2
∂2w
2 ∂ w
2
=
c
2
2 mit c = σ 0 / ρ
∂t
∂y
Mit Berücksichtigung der Biegung in der
x - Richtung:
2
∂2w
∂2w ⎞
2⎛∂ w
= c ⎜ 2 + 2 ⎟ mit
∂t 2
∂y ⎠
⎝ ∂x
Zweidimensionale Wellengleichung
Lösung: Die Lösung in Form eines Bernoulli-Ansatzes lautet: w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Die Ortsfunktion W ( x, y ) suchen wir wiederum in Form eines Produktes
W ( x, y ) = X ( x)Y ( y )
mit
⎨
Einsetzen in die Helmholtz-Gleichung ergibt
α2 + β 2 = k2
W (0, y ) = 0 → X (0) = 0
A=0
W (a, y ) = 0 → X (a) = 0 B sin α a = 0
W ( x, 0) = 0 → Y (0) = 0
C =0
W ( x, b) = 0 → Y (b) = 0
D sin β b = 0
Daraus folgt
sin α a = 0 → α m = m π
m = 1, 2,...
a
sin β b = 0 → β m = n π
n = 1, 2,...
b
1
2
⎛m⎞ ⎛n⎞
kmn = α + β = π ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
2
m
2
ωmn
2
2
n
⎛m⎞ ⎛n⎞
= kmn c = π c ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝ a ⎠ ⎝b⎠
2
⎛ ∂2
∂2 ⎞ ⎛ ∂2
∂2 ⎞
ΔΔ ≡ ⎜ 2 + 2 ⎟ ⎜ 2 + 2 ⎟
∂y ⎠ ⎝ ∂x
∂y ⎠
⎝ ∂x
∂4
∂2 ∂2
∂4
= 4 +2 2 2 + 4
∂x
∂x ∂y
∂y
Beispiel: zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen einer am Rand frei drehbar gelagerter Platte
Bild 1. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Membran bei a = b .
Benutzen wir gleich den Ansatz
Bild 2. Dasselbe bei b = 2 a .
Eigenfunktionen sind :
mπ x
nπ y
⋅ sin
Wmn = sin
a
b
Eine weiterführende Bemerkung: Allgemeine
Lösung der 2d-Wellengleichung kann nicht
nur in der Form w = sin kx , w = sin ky oder
Produkt daraus gesucht, sondern auch in der
allgemeineren Form
G G
w = sin( k x x + k y y ) = sin( k ⋅ r ) . Der Vektor
G
k = ( k x , k y ) nennt man Wellenvektor. Wellenvektor steht immer senkrecht zu den Linien konstanten Phase. Er gibt die Richtung
der Wellenausbreitung an.
W ( x, yt ) = F sin α x ⋅ sin β y cos ω t ,
der die Randbedingungen bei x = 0
und y = 0 erfüllt.
Einsetzen in die Gleichung (1) liefert
2
D
− ρω 2 + (α 2 + β 2 ) = 0 . Daraus
h
D
ω=
α2 + β 2 )
(
ρh
Aus den Randbedingungen folgt
α m = π m a , β m = π n b , somit
D ⎛ m2 n2 ⎞
.
⋅
+
ωn ,m = π 2
ρ h ⎜⎝ a 2 b2 ⎟⎠
Die ersten Eigenformen sind dieselben, wie
bei einer Membran, aber die Frequenzen sind
verschieden.
Bild 3. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Platte
bei a = b .
Bild 4. Dasselbe bei b = 2 a .
III. Plattenschwingungen
∂2w D
ρ 2 + ΔΔw = 0 ;
∂t
h
Eh3
D=
, (1)
12 (1 − v 2 )
h - Dicke, E - Elastischer Modul, v - Poisson-Zahl, ρ - Dichte. Der Operator ΔΔ bedeutet zweimal nach einander angewendeter
Laplace-Operator:
2
Druck in einer ruhenden Flüssigkeit
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 26.1. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.1, 1.2
I. Eigenschaften einer Flüssigkeit
Die Haupteigenschaft von Flüssigkeiten: sie
können Schubspannungen nicht lange aushalten und beginnen zu fließen. ⇒ Im Gleichgewicht dürfen in einer Flüssigkeit in keinem
Schnitt Schubspannungen auftreten.
II. Druck in einer ruhenden Flüssigkeit
In jedem Punkt ist Druck in allen Richtungen
gleich. Beweis: Wir schneiden aus der Flüssigkeit einen kleinen Keil frei.
Anwendungen:
Manometer
Barometer Hydraulische
Presse
Das hydrostatische Paradoxon: Die Kraft F
auf den Boden ist in beiden Fällen gleich.
Kräftegleichgewicht:
1
Δ x Δ y Δz = 0
2
1
y : p y ΔxΔz − pΔsΔz sin α + f y ΔxΔyΔz = 0
2
Da Δx = Δs sin α , Δy = Δs cos α , folgt
x : p x ΔyΔz − pΔsΔz cos α + f x
p x = p − f x Δx / 2,
IV. Druckverteilung bei einer beliebigen
Volumenkraft. Wir schneiden ein infinitesimal kleines Stück Flüssigkeit frei:
y
p(x)
fy
-p(x+dx)
fx
p y = p − f y Δy / 2
Bei Δx, Δy → 0
px = p y = p .
Ähnlich in drei Dimensionen:
p x = p y = pz = p (Pascal, 1623-1662).
Der Druck darf aber vom Ort abhängen:
p = p( x, y , z, ) . Der Spannungstensor ist
0 ⎞
⎛−p 0
⎜
{σ ij } = ⎜ 0 − p 0 ⎟⎟ .
⎜ 0
0 − p ⎟⎠
⎝
III. Abhängigkeit des Druckes in einer
Flüssigkeit von der Höhe
Kräftegleichgewicht für den gezeigten Ausschnitt: p( z ) A − ρ Az − p0 A = 0
p( z ) = p0 + ρ gz
Der Druck hängt nur von der Höhe ab.
x
dx
Kräftegleichgewicht in x-Richtung:
f x dxdydz + p( x) − p( x + dx) dydz = 0
−
∂p
dx
∂x
∂p
∂p
∂p
= fx ,
= fy ,
= fz .
(1)
∂x
∂y
∂z
G
G
G ⎛ ∂ ∂ ∂⎞ G ∂
f = gradp = ∇p . ∇ = ⎜ , , ⎟ . ∇ = G
∂r
⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠
G
Bei konservativen Kräften f = −gradU (hier
U ist Dichte der potentiellen Energie). ⇒
gradp = −gradU ⇒ p = −U + const
Die Flächen gleichen Drucks sind Flächen
konstanten Potentials.
Beispiel. Zu bestimmen sind die Druckverteilung in der Flüssigkeit und
ω
die Form der freien Oberfläche der Flüssigkeit in
p0
einem rotierenden Gefäß.
Lösung: Im rotierenden
Bezugssystem wirkt in
radialer Richtung Zentrifuρ
r
galkraft
z
f r = ρ rω 2 ; in vertikaler
1
Richtung Gravitationskraft f z = ρ g .
Nach (1) gilt
∂p
∂p
= f r = ρ rω 2 ;
= fz = ρ g
∂r
∂z
p( r, z ) =
1
ρω 2 r 2 + ϕ ( z )
2
p( r , z ) = ρ gz + ψ ( r )
p( r, z ) =
1
ρω 2 r 2 + ρ gz + C
2
Aus p=p0 bei r=0, z=0 folgt C=p0.
1
p( r , z ) = p0 + ρω 2 r 2 + ρ gz .
2
An der freien Oberfläche p=p0.
z = −ω 2 r 2 / 2 g .
V. Druck in der Atmosphäre.
Kräftegleichgewicht
Ap( h ) = Ap( h + dh )
A
+ ρ A ⋅ dh ⋅ g
Daraus folgt
dp
(2)
= −gρ .
dh
h
Bei einem Gas ist
Dichte eine Funktion
des Druckes.
Für den Druck in einem idealen Gas gilt:
dh
p = nkT
(3)
n - Molekülkonzentration (Zahl der Moleküle
pro Volumeneinheit), k - BoltzmannKonstante, T - absolute Temperatur.
Für die Dichte gilt offenbar:
ρ = nm
(4)
m- Molekülmasse. Aus (3) und (4) folgt:
p = ρ ( kT / m ) = b ρ ; b = kT / m
Man kann zeigen, daß Konstante b ≈ 0.7c 2 ,
wobei c die Schallgeschwindigkeit ist. Z.B.
für die Luft bei t=20°C c=330 m/s und
b ≈ 7.6 ⋅ 104 m 2 / s 2 .
Gleichung (2) nimmt die folgende Form an:
g
h
− h
−
dp
g
= − p ⇒ p = p0e b = p0e H .
dh
b
H = b/ g .
Beispiel. Gegeben ist eine Rechteckmembran
mit fest gelagerten Rändern. Zu finden sind
die Eigenschwingungsformen und die Eigenfrequenzen.
Lösung:
Bernoulli-Ansatz:
w( x, y, t ) = W ( x, y ) ⋅ cos ω t
Die Ortsfunktion
W ( x, y ) suchen wir
wiederum in Form
eines Produktes W ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) mit
⎨
Einsetzen in die Wellengleichung ergibt
α2 + β 2 = k2
A=0
W (0, y ) = 0 → X (0) = 0
W (a, y ) = 0 → X (a) = 0 B sin α a = 0
W ( x, 0) = 0 → Y (0) = 0
C =0
W ( x, b) = 0 → Y (b) = 0
D sin β b = 0
Daraus folgt
sin α a = 0 → α m = π m / a m = 1, 2,...
sin β b = 0 → β m = π n / b
n = 1, 2,...
kmn = α m2 + β n2 = π
( m / a) + ( n / b)
2
2
ωmn = kmn c = π c
( m / a) + ( n / b)
2
2
Bild. Verteilung von Eigenfrequenzen einer Membran
bei a = b .
Eigenfunktionen sind:
Wmn = sin
mπ x
nπ y
⋅ sin
a
b
Experiment: Eiegenschwingungsformen
einer Platte
7.6 ⋅ 104 m 2 / s 2
≈ 7.7km
9.8m / s 2
Nachtrag aus der vorigen Vorlesung:
Bewegungsgleichung für eine Membran:
Für die Luft H =
2
∂2w
∂2w ⎞
2⎛∂ w
=
+
mit c 2 = σ 0 / ρ
c
⎜ 2
2 ⎟
∂t 2
∂
∂
x
y
⎝
⎠
2
Der schwimmende Körper
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 26.1. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.2.2-1.2.5
I. Der Auftrieb ist gleich dem Gewicht der
verdrängten Flüssigkeit (das Archimedische
Prinzip).
II. Der schwimmende Körper. Stabilität.
z
Der Angriffspunkt der Schwerekraft des
Schiffes dreht sich einfach mit.
Zur Berechnung des Angriffspunktes der
Schwerekraft der verdrängten Flüssigkeit zerlegen wir das Volumen der verdrängten Flüssigkeit in eine symmetrische Figur + einen
Keil mit dem Volumen VKeil = ∫ 2α ydxdy .
y
x
Schwimmfläche
Symmetrieachse der Schwimmfläche
Seitenansicht
Auftrieb
Auftrieb
Die statische Auftriebskraft greift im Schwerpunkt der Kräfte G und G'. Die Kraft G' greift
dabei im Schwerepunkt des Keils mir der
Koordinate:
∫ ydm = ∫ y ⋅ ρ dV = ∫ y ⋅ ρ ⋅ 2α ydxdy
yS =
∫ dm ∫ ρ dV
∫ ρ ⋅ 2α ydxdy
=
∫ y ⋅ 2α ydxdy = α I
∫ 2α ydxdy V
x
Keil
Schwerekraft
Schwerekraft
I x ist das geometrische Trägheitsmoment der
Schwimmfläche. Der Angriffspunkt der gesamten Auftriebskraft liegt deshalb bei y0 (s.
Herleitung im Rahmen unten).
yS
Zur Berechnung des Angriffpunktes
des Auftriebs
ρVKeil g
ys
α
l
G'
l
G
y0 =
≈ lα
y
2α y
Weißer Punkt: Angriffspunkt der Schwerekraft des verdrängten Wassers (im nichtgeneigten Zustand).
Schwarzer Punkt: Angriffspunkt der Schwerekraft des Schiffes.
Feststellung 1: Das Volumen der verdrängten
Flüssigkeit ändert sich bei einer kleinen Drehung nicht.
0 ⋅ G + y S ⋅ mKeil g
G + mKeil g
y S ⋅ mKeil g
G
α I ρVKeil g α I x
= x
=
VKeil ρVg
V
≈
y0
G
V - Volumen der verdrängten Flüssigkeit.
Das Gleichgewicht ist stabil, wenn y0 > α l
oder
Ix
>l
V
1
Beispiel 1. Gegeben ist ein in einer Flüssigkeit (Dichte ρ F ) schwimmendes Brett (Länge
l , Breite b , Höhe h , Dichte ρ B ), das die
Eintauchtiefe t hat. Zu finden sind die Bedingungen für ein stabiles Gleichgewicht.
Lösung. Aus dem Kräftegleichgewicht folgt:
ρ F t = ρ B h . Der Schwerpunkt des Körpers
(gemessen von unterer Kante) liegt bei h / 2 ,
der der Flüssigkeit bei t / 2 . Deren Abstand
l = ( h − t ) / 2 . Das Trägheitsmoment der
Schwimmfläche ist I x = lb3 /12 . Das Volumen der verdrängten Flüssigkeit V = lbt .
Stabilitätsbedingung: lb /12 > l bt oder
b2 /12 > lt = ( h − t )t / 2 ⇒ b2 > 6( h − t )t .
3
2
Z.B. bei t = h / 2 muß die Breite
b > 6h 2 / 4 = h 3/ 2 ≈ 1.22h .
III. Druckkräfte und Momente in Flüssigkeiten
In welchem Punkt greift diese Kraft an?
Betrachten wir wieder eine
rechteckige Platte.
Momentengleichgewicht:
z2
z2
z1
z1
Fz D = ∫ zdF = ∫ zp( z )ldz =
z2
= l ∫ z ( p0 + ρ gz )dz =
z1
Druckmittelpunkt
p0l 2
ρ gl 3 3
z2 − z12 ) +
(
( z2 − z1 )
2
3
p0 2
ρg 3 3
z2 − z12 ) +
(
( z2 − z1 )
3
zD = 2
.
ρg 2 2
p0 ( z2 − z1 ) +
( z2 − z1 )
2
Beispiel: p0 = 0 , z1 = 0 . Dann zD = (2 / 3) z2 .
IV. Kraft auf eine gekrümmte Oberfläche.
A. Horizontale Kraftkomponente.
dFx = dF ⋅ cos α
dA = dA* / cos α
Daraus folgt
dFx = pdA ⋅ cos α =
p
dA*
cos α = pdA*
cos α
x-Komponente der Kraft auf eine beliebige
Fläche ist gleich der x-Komponente der Kraft
auf die vertikale Projektion dieser Fläche.
dF = p( z )ldz = ( p0 + ρ gz )ldz .
Die Gesamtkraft ist
z2
F = ∫ ( p0 + ρ gz )ldz = p0l ( z2 − z1 ) +
z1
B. Vertikale Kraftkomponente.
ρ gl
2
(z
2
2
− z12 )
Betrachten wir jetzt eine Platte einer beliebigen Form, nehmen aber an, dass p0 = 0 .
dF = p( z )dA = ρ gzdA .
Die Gesamtkraft
dA F = ρ g zdA =
∫
= ρg
( ∫ dA) ∫ dA =
(∫ )
zdA
= ρ gAzs = ps A
zs ist Koordinate des Schwerpunktes der
Fläche.
Die Druckkraft auf eine vertikale Fläche ist
gleich dem Druck im Schwerpunkt dieser
Fläche mal Flächeninhalt.
Die vertikale Komponente der Kraft ist gleich
dem Gewicht der Flüssigkeit, welche sich
oberhalb der Fläche befindet.
2
Kontinuitätsgleichung, Bernoullische Gleichung
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III", Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“
I. Geschwindigkeitsfeld
und Stromlinien in einer
Flüssigkeit
II. Flüssigkeitsbewegung in einer Stromröhre
A. Kontinuitätsgleichung
Stationäre Strömung ⇒ Bei A1 fließt gleich
viel Masse ein, wie bei A2 ausströmt:
ΔM = ρ1 A1v1Δt = ρ 2 A2 v2 Δt . Somit
ρ1 A1v1 = ρ 2 A2 v2 oder
ρ Av = const (Kontinuitätsgleichung)
p
1
+ v 2 + gz = const
ρ 2
Beispiel 1. Sich verjüngendes Rohr.
v1
v2
v1
Aus der Bernoulli-Gleichung folgt
p2 1 2 p1 1 2
+ v2 =
+ v1 .
ρ 2
ρ 2
Aus der Kontinuitätsgleichung v2 > v1 . Deshalb p2 < p1 . In Bereichen mit größerer Geschwindigkeit (in engeren Bereichen) ist der
Druck kleiner!
Beispiel 1a. Ein Flügel
p1
p2
B. Die vom Flüssigkeitsdruck geleistete Arbeit:
Annahmen: keine viskosen Kräfte, inkompressible Flüssigkeit. Die Arbeit, die an
der bei A1 eintretenden Flüssigkeit geleistet
wird, ist p1 A1v1Δt . Die Arbeit an der bei A2
austretenden Flüssigkeit − p2 A2 v2 Δt . Die gesamte Arbeit ist gleich der Energiezunahme
einer Masse ΔM , die sich von A1 nach A2
bewegt:
p1 A1v1Δt − p2 A2 v2 Δt = E2 − E1
⎛1
⎞
E = ΔM ⎜ v 2 + φ ⎟ potentielle Energie pro
⎝2
⎠ Masseneinheit (Potential)
kinetische Energie pro
Masseneinheit
Nach Dividieren durch ΔM :
p1 A1v1Δt p2 A2v2 Δt 1 2
1 2
−
= v2 + φ2 − v1 − φ1
Δ
M
Δ
M
2
2
N
N
ρ1 A1v1Δt
Beispiel 2. Die auf einen laminar umströmten (symmetrischen) Körper wirkende Kraft.
Die Druckverteilung ist
symmetrisch. Die Gesamtkraft ist Null.
Beispiel 3. Messung
des Volumenstroms.
Der Volumenstrom Q
ist konstant im Rohr,
deshalb
v1 = Q / A1 ,
v2 = Q / A2 . Einsetzen in (1) liefert
Q=
2 A12 A22 ( p1 − p2 )
.
ρ A12 − A22
(
)
Beispiel 4. Messung der Strömungsgeschwindigkeit (Prandtl-Rohr).
ρ 2 A2 v2 Δt
p1
1 2
p 1 2
+ v1 + φ1 = 2 + v2 + φ2 oder
ρ1 2
ρ2 2
p
1
+ v 2 + φ = const
ρ 2
(Bernoullische Gleichung)
Z.B. im Gravitationsfeld (φ = gz ) :
Die Geschwindigkeit im Punkt A (Staupunkt)
ist Null. Die Bernoulli-Gleichung:
pl − pr = 12 ρ v 2
⇒ v = 2 ( pl − p r ) / ρ .
1
Beispiel 5. Ausfluss aus einem Gefäß mit
einer Spiegelgröße As und einer kleinen
Öffnung A.
Bernoulli-Gleichung:
p0 1 2
p 1
2
+ 0 + gh = 0 + vaus + 0
ρ 2
ρ 2
vaus = 2 gh
(Ausflussformel von
Toricelli)
Die Änderung der
Spiegelhöhe
dh
vs = −
dt
Die Kontinuitätsgleichung ergibt
As vs = Avaus ⇒ vs = Avaus / As .
Aus beiden Gleichungen
A
A
2 gh ⋅ dt
dh = − vdt = −
As
As
Trennen der Veränderlichen und Integration
liefern
h2
∫
h1
an, oder
1
2
v2 + ∫
dp
+ φ = const.
ρ ( p)
Für Gas ρ = p / b , Γ( p ) = b ln p ,
Bernoulli-Gleichung:
v2
+ φ + b ln p = const
2
Ausströmungsgeschwindigkeit eines Gases (s.
Beispiel 7)
dp ⋅ b
= b ln p
ρ = p b , F ( p) = ∫
p
v2
+ b ln p0 ; v = 2b(ln p p0 )
2
z.B. bei p = 2 p0 , b = 0, 7c 2 , v c
b ln p =
t
2
dh
A
2 g ⋅ ∫ dt ⇒
=−
As
h
t1
Δt =
2 As
g A
(
)
h0 − h1 .
Beispiel 6. Ausströmgeschwindigkeit einer
Flüssigkeit.
A
F
p
ρ
+0=
p0
ρ
v
+
v2
2
⇒
v= 2
p − p0
ρ
=
2F
Aρ
III. Kompressible Medien
Im allgemeinen Fall gilt für eine stationäre
G
Strömung ( ∂v / ∂t = 0 ):
⎛ 1 2 ∇p
⎞
+ ∇φ ⎟ = 0 .
⎜ 2 ∇v +
ρ
⎝
⎠
(entlang einer Stromlinie!)
Für kompressible Medien mit ρ = ρ ( p )
∇p
= ∇Γ( p ) ,
ρ ( p)
Γ( p ) = ∫
dp
ρ ( p)
Die Bernoulli-Gleichung nimmt die Form
1 2
2 v + Γ( p ) + φ = const
2
Impulssatz
Lit.: 1. G.P. Ostermeyer. "Mechanik III" 26.4. Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.2.4
Lösung. Die auf das Kontrollvolumen wirkende Kraft ist gleich F1 + F2 + K . Sie verursacht die Änderung des Impulses der Flüssigkeit:
Jv − 0 = − F2 + K cos 45° = − pA + K cos 45°
I. Impulssatz
Impulssatz für eine Strömungsröhre
0 + Jv = − F1 + K sin 45° = − pA + K sin 45°
Daraus K = 2 ( pA + Jv ) = 2 ( pA + Aρ vv ) .
Δp = p2 − p1 = Δm ⋅ (v2 − v1 )
Die auf die ausgewählte Flüssigkeitsmenge
(Kontrollvolumen) wirkende Kraft ist
Δp Δm
F=
=
(v2 − v1 ) = J ⋅ (v2 − v1 )
Δt
Δt
Δm
= J = Massenstrom
Δt
II. Anwendungsbeispiele
Beispiel 1. Zu
berechnen ist
die auf das Gefäß wirkende
Kraft.
(
K = 2 A p + ρv2
)
p ist hier der Überdruck in der Flüssigkeit.
Beispiel 4. Ein auf eine Wand fallender
Wasserstrahl. Zu bestimmen sind die Dicken
der Strahlarme, in die sich der Strahl teilt,
entsprechende Strömungsgeschwindigkeiten
und die auf die Wand wirkende Kraft.
h
Lösung: Die
auf das Wasser
wirkende Kraft ist Kraft seitens des Strahls
auf den Behälter ist
Fx = J (v − 0) = ρ Av ⋅ v = ρ Av 2
Auf den Behälter wirkt nach dem 3. N.G.
betragsmäßig die gleiche aber entgegengesetzte Kraft − ρ Av 2 = −2 ρ ghA .
Beispiel 2.
Zu berechnen
ist die auf die
Wand wirkende Kraft.
Lösung:
Die auf den Strahl wirkende Kraft ist
gleich J (0 − v) = − Aρ v 2 . Die auf die Wand
wirkende Kraft ist F = Aρ v 2 .
Beispiel 3. Zu berechnen ist die auf ein gebogenes Rohr wirkende Kraft.
Kontinuitätsgleichung:
ρ d 0 v = ρ d1v1 + ρ d 2 v2 .
Da der Druck überall konstant ist, folgt aus
der Bernoulli-Gleichung v = v1 = v2
Daher d 0 = d1 + d 2 .
In der x-Richtung wirken keine Kräfte (ideale
Flüssigkeit!). Daher bleibt die x-Komponente
des Impulses erhalten: mv cosα = m1v1 − m2 v2 .
Da m ∼ d 0 , m1 ∼ d1 und m2 ∼ d 2 , folgt aus
dem Impulserhaltungssatz d 0 cos α = d1 − d 2 .
Daraus folgt: d1 = d 0 cos2
α
, d 2 = d 0 sin 2
α
2
2
In der y-Richtung bleibt der Impuls nicht erhalten. Hier gilt der Impulssatz:
F = Jv sin α = Aρ v 2 sin α
Der auf die Wand wirkende Druck ist
F
p ≈ = ρ v 2 sin α . Z.B. bei α = 90° und
A
v = 10m / s ist p ≈ 103102 = 105
(gleich dem atmosphärischen Druck).
.
1
Beispiel 5. Kumulativer Strahl. Auf eine
starre Ebene fällt ein Strahl mit der Geschwindigkeit v. α sei der Winkel zwischen
der Front des fallenden Wassers und der Ebene. Zu bestimmen ist die Geschwindigkeit des
entlang der Ebene strömenden Strahls.
der Geschwindigkeit v1 , die noch zu bestimmen ist. Im Bezugssystem, das sich mit der
Geschwindigkeit v1 bewegt, haben wir eine
stationäre Strömung: von links mit der Geschwindigkeit ( v − v1 ) , von rechts mit der
Geschwindigkeit −v1 . Der Druck im Staupunkt, berechnet auf zwei zusammentreffen2
2
den Stromlinien, ist ρ 0 ( v − v1 ) = ρ v1 . Darv
aus v1 =
.
1 + ρ / ρ0
Die Geschwindigkeit des Schnittpunktes der
Front mit der Ebene bezeichnen wir als c.
Im Bezugssystem, das sich zusammen mit
dem Schnittpunkt mit der Geschwindigkeit c
bewegt, wird die Aufgabe auf die vorige zurückgeführt: Der Strahl fällt auf die Ebene mit
der Geschwindigkeit v1 = v − c und zerfällt in
zwei Teile, die sich nach vorne und nach hinten mit der Geschwindigkeit v1 bewegen. Aus
dem Geschwindigkeitsdreieck folgt.
v
v
c=
, v1 =
.
sin α
tan α
Im Ursprünglichen Bezugssystem
v
v
α
u = c + v1 =
+
= v cot
sin α tan α
2
2v
Bei kleinen Winkeln u ≈ .
α
Die Geschwindigkeit des gebildeten Strahls
kann um Vielfaches größer sein, als die des
fallenden!
Beispiel 6. Durchschlag einer Panzerplatte.
Das oben beschriebene Phänomen wird zur
Erzeugung von sehr schnellen Strahlen benutzt (z.B. für militärische Anwendungen).
Was passiert, wenn ein schneller Strahl auf
eine metallische Platte fällt?
Z.B. bei gleichen Dichten v1 = v / 2 , d.h. die
"Durchschlaggeschwindigkeit" ist gleich der
Hälfte der Strömungsgeschwindigkeit im
Strahl. Der Strahl wird in die Flüssigkeit so
lange eindringen, bis seine ganze Länge den
Punkt O passiert hat. Dafür ist die Zeit
τ = l / ( v − v1 ) = 2l / v notwendig. In dieser
Zeit wird der Strahl die Wasserschicht mit der
v
Dicke L = τ = l "durchschlagen".
2
Die Dicke ist gleich der Länge des Strahls!
Nach dem Durchschlag bewegt sich der Rest
des Strahls mit der ursprünglichen Geschwindigkeit v!
Beispiel 7. Leistung eines auf eine Schaufel
fallenden Strahls. Die Schaufel bewege sich
mit der Geschwindigkeit v0 .
Lösung: Im Bezugssystem, das
sich mit der
Schaufel bewegt,
ist die StrahlGeschwindigkeit
( v − v0 ) . Der
Strahl wirkt auf
die Schaufel mit
der Kraft
2
F = Aρ ( v − v0 ) .
Die Leistung
dieser Kraft (jetzt
wieder im ursprünglichen Bezugssystem) ist.
2
P = F ⋅ v0 = Aρ v0 ( v − v0 ) .
Metalle verhalten sich bei hohen Drucken wie
Flüssigkeiten. Deshalb betrachten wir Aufprall eines Strahls mit der Dichte ρ 0 auf eine
Flüssigkeit mit der Dichte ρ . Der Strahl vertieft sich in das Volumen der Flüssigkeit mit
Sie erreicht ein Maximum, wenn dP / dv0 = 0 ;
Daraus folgt v0 = v / 3 : Um die maximale
Leistung zu erzielen, muß die Geschwindigkeit der Schaufel 1/3 der Strahlgeschwindigkeit sein.
2
Viskose Flüssigkeiten.
Lit.: Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.3.1, 1.3.3.3, 1.3.3.4
I. Viskosität
Betrachten wir eine flüssige Schicht zwischen
zwei ebenen, parallelen Platten. Die obere
bewege sich horizontal mit der Geschwindigkeit v x .
Viskose Flüssigkeiten haften an festen Oberflächen. Deshalb ist die Geschwindigkeit der
Flüssigkeit an der unteren Platte Null und an
der oberen v x .
G
v = ( v x ,0,0)
verschwinden:
∂v
= 0.
∂r
p − p2
∂v
Δpr
Daraus folgt = − 1
.
⋅r = −
∂r
2ηΔl
2ηΔl
Unbestimmte Integration über r ergibt
Δp 2
v (r ) = −
r +C .
4ηΔl
Δp
Randbedingung: v ( R ) = 0 ⇒ C =
⋅ R2 ;
4ηΔl
π r 2 p1 − π r 2 p2 + 2π r Δlη
v (r ) =
R 2 Δp ⎡
2
1− (r / R) ⎤ .
⎣
⎦
4ηΔl
R
Volumenstrom Q = ∫ 2π rv ( r ) dr =
0
Die auf die obere Platte wirkende Tangentialkraft F ist proportional zum Geschwindigkeitsgradienten ∂v x / ∂y :
Δv
∂v
F =η ⋅ A⋅ x =η ⋅ A x .
Δy
∂y
Dasselbe gilt für die Schubspannung
F
∂v
τ = =η x .
∂y
A
η heißt dynamische Viskosität der Flüssigkeit.
II. Strömung einer viskosen Flüssigkeit in
einem kreiszylindrischen Rohr
Zu bestimmen sind Zusammenhänge zwischen Volumenstrom und der Druckdifferenz
für eine stationäre Strömung einer viskosen
Flüssigkeit in einem Rohr mit Radius R.
Lösung: Aus der Symmetrie folgt vx = vx ( r ) .
Gemäß der Newtonschen Regel gilt für die
∂v ( r )
Tangentialspannung τ ( r ) = η
.
∂r
Wir schneiden einen koaxialen Zylinder mit
dem Radius r und Länge Δl frei und berechnen die auf ihn wirkenden Kräfte: viskose
∂v
Kraft Fvisk = τ ⋅ A = η ⋅ 2π r ⋅ Δl und Druck∂r
2
2
kraft π r p1 − π r p2 . Da die Flüssigkeit sich
mit konstanter Geschwindigkeit bewegt, muß
die auf das gewählte Element wirkende Kraft
π R 4 Δp
.
8ηΔl
Falls das Rohr geneigt ist, muß man statt Δp
Δp = Δp + ρ g Δh benutzen.
III. Strömung in offenen Gerinnen
In einem geneigten Kanal (Breite h) fließt
eine viskose Flüssigkeit. Zu bestimmen ist die
Dicke der flüssigen
Schicht für gegebenen Volumenstrom Q.
Lösung: Kräftegleichgewicht (x-Richtung)
∂ 2v
lautet ρ g sin α + η 2 = 0 . Daraus folgt
∂y
2
⎛ ρg ⎞
∂v
= −⎜
⎟ sin α . Zweifache Integration:
2
∂y
⎝ η ⎠
⎛ ρg ⎞
y2
v = −⎜
sin
α
⋅
+ Cy + D
Randbed. bei y = 0
⎟
2
⎝ η ⎠
∂v
|y = t = 0 ⇒
Randbedingungen: v ( 0 ) = 0 ;
∂y
⎛ ρg ⎞
C = sin α ⋅ ⎜
⎟ ⋅t ,
⎝ η ⎠
⎛ ρg ⎞ ⎡
y2 ⎤
v ( y ) = sin α ⋅ ⎜
ty
.
⋅
−
⎟ ⎢
2 ⎥⎦
⎝ η ⎠ ⎣
Volumenstrom:
t
1 ⎛ ρg ⎞
Q = ∫ v ( y ) ⋅ hdy = t 3 ⋅ ⎜
⎟ ⋅ h ⋅ sin α
3 ⎝ η ⎠
0
⎛ 3Qη ⎞
Tiefe der Strömung: t = ⎜
⎟
⎝ ρ gh sin α ⎠
1
3
1
IV. Modifizierte Bernoulli-Gleichung für
viskose Strömungen
Für viskose Strömungen gilt der Energieerhaltungssatz nicht mehr. Solange man die
Strömung als annährend ideal betrachten
kann, nimmt der Arbeitssatz (BernoulliGleichung) die folgende Form an:
v2
v2
p1 + ρ gz1 + ρ 1 = p2 + ρ gz2 + ρ 2 + Δpv
2
2
Δpv heißt Druckverlust. Bezogen auf den
Staudruck nennt man ihn Druckverlustzahl:
Δp
ς = 2v .
ρ v1 / 2
V. Carnotscher Stoßverlust
Verlustzahl kann man manchmal relativ einfach mit Hilfe des Impulssatzes abschätzen.
Betrachten wir die Strömung einer Flüssigkeit
in einem horizontalen Rohr, dessen Querschnittsfläche sich plötzlich von A1 auf A2
vergrößert.
Zu
bestimmen ist der
Druckverlust
und die Verlustzahl.
Lösung: Wir nehmen an, daß die Flüssigkeit
unmittelbar "um die Ecke" ruht (weiß man
aus Erfahrung). Dann ist der Druck um die
Ecke auch p1 (Aus der Gleichgewichtsbedingung in vertikaler Richtung). Aus der Kontinuität: v1 A1 = v2 A2 . Der Impulssatz angewendet an das markierte Kontrollvolumen lautet
2
2
p1 A2 − p2 A2 = ρ A2 v2 − ρ A1v1 .
Daraus
Δp v =
ρ
2
v12 (1 − A1 / A2 ) .
2
Die Verlustzahl ς = (1 − A1 / A2 ) .
2
VI. Dynamische Gleichung für eine ebene
Strömung einer viskosen Flüssigkeit
Nehmen wir an, daß eine Viskose Flüssigkeit
an der Oberfläche zu einer periodischen Bewegung angeregt wird.
se wird nur von y abhängen:
v = (vx , 0, 0), vx = vx ( y, t ) .
Wir betrachten Bewegung eines infinitesimal
kleinen Volumenelementes. Das 2. N.G für
das gezeigte Volumenelement lautet:
∂v
m ⋅ x = ( F1 − F2 ) , wobei m = ρΔxΔyΔz ,
∂t
F1 = τ ( y + Δy ) ⋅ A = τ ( y + Δy ) ΔxΔz ,
F2 = −τ ( y ) ⋅ ΔxΔz .
F1 − F2 = (τ ( y + Δy ) − τ ( y ) ) ΔxΔz =
∂τ
⋅ ΔxΔ y Δ z
∂y
∂v x ∂τ
∂ 2vx
ρ
=
=η 2
∂t
∂y
∂y
VII. Abklingtiefe einer periodischen Strömung
Eine auf der Oberfläche einer Flüssigkeit liegende Platte
wird tangential
mit der Geschwindigkeit
vx ( y = 0 ) = v0 cos ωt
bewegt. Zu bestimmen ist die Strömungsgeschwindigkeit vx ( y, t ) .
Lösung: Bewegungsdifferentialgleichung:
∂v
∂ 2v
ρ x = η 2x
∂t
∂y
Partikuläre Lösung wird in der Form
vx = v exp ( iωt + λ y ) gesucht.
Einsetzen in die Bewegungsgleichung ergibt
iωρ = ηλ 2 . Daraus
λ=±
ωρ
ωρ
i =±
(1 + i ) = ±κ (1 + i ) .
2η
η
κ = ωρ / 2η .
„ Allgemeine partikuläre Lösung“
+ κ 1+ i y
−κ 1+ i y
vx = Ae ( ) + Be ( ) .
Da vx → 0 für y → −∞ , gilt B = 0 :
κ 1+ i y + iω t
v x = Ae ( )
vx = Re vx = A ⋅ eκ y ⋅ Re ( eiκ y +iωt ) =
= Aeκ y ⋅ cos (κ y + ωt )
Bei y = 0 ist vx = A ⋅ cos ωt ⇒ A = v0 ⇒
vx = v0 eκ y ⋅ cos (κ y + ωt )
Falls keine turbulente Strömung entsteht,
wird die Geschwindigkeit überall in der Flüssigkeit nur die x-Komponente haben und die-
„Die Abklingtiefe“ h = 1/ κ = 2η / ωρ .
2
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 26. Beispiele aus der Hydrostatik und Hydrodynamik
Lit.: Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.3.1, 1.3.3.3, 1.3.3.4
I. Kavitation
Tritt in einer Flüssigkeit ein Druck kleiner als
der gesättigter Dampfdruck bei gegebener
Temperatur auf, so beginnt sie zu sieden und
es bilden sich Dampfblasen. Mechanisch gesehen bedeutet das, daß die Kontinuitätsbedingung verletzt wird und die Wassersäule
"zerreißt". Daraus folgt:
In ruhender Flüssigkeit darf der Druck an
keinem Ort unter den gesättigten Dampfdruck
pD fallen.
Für Temperaturen viel kleiner als die Siedetemperatur kann der Dampfdruck annähernd
als Null angenommen werden. Unter dieser
Annahme darf der Druck in einer Flüssigkeit
nie einen negativen Wert annehmen.
Durch Kavitation verursachter Verschleiß
Wird der Druck wieder größer, fallen die
Blasen zusammen. Dabei entstehen nach dem
Mechanismus von einem "kumulativen
Strahl" die sogenannten "micro jets", mit der
Geschwindigkeit in der Größenordnung der
Schallgeschwindigkeit c. Beim Treffen von
Mikrojets auf eine feste Oberfläche entwickelt sich ein Druck von ca. pSchlag ρ c 2 . Für
Wasser pSchlag ≈ 103106 Pa = 1000 MPa .
Solche Drucke führen zum schnellen Verschleiß von festen Oberflächen.
II. Kolbenpumpe. Wie hoch kann das Wasser dem Kolben in einer
einfachen Kolbenpumpe
folgen?
p
Lösung: Im statischen
Gleichgewicht gilt:
p0
h
p0 = p + ρ gh .
Vom rein mechanischen
Gesichtspunkt kann h beliebig groß sein. Der Druck unter dem Kolben p = p0 − ρ gh wird aber bei
105
= 10m negativ. Deshalb
10 ⋅103
kann das Wasser mit der o.g. Pumpe nicht
höher als auf 10 m gepumpt werden.
h > p0 / ρ g ≈
Beispiel. Wie hoch kann das Wasser beim
normalen atmosphärischen Druck und
t=100°C gepumpt werden?
III. Heber
Wie groß ist die Wasseraustrittsgeschwindigkeit? Wie
groß ist der Druck im Punkt
2?
Lösung: Betrachten wir eine
Stromlinie 0-2-1. Die Bernoulli-Gleichung (für Punkte 0 und 1) lautet
v02
p1 v12
+
+ gH =
+ − gh .
ρ
2
ρ
2
p0
Daraus folgt v1 = 2 g ( H + h ) .
Bernoulli-Gleichung (für Punkte 0 und 2)
v02
p v2
+ gH = 2 + 2 + gH1 .
ρ
2
ρ 2
Aus der Kontinuitätsbedingung folgt v2 = v1 .
Für den Druck p2 ergibt sich
p0
+
p2 = p0 − ρ g ( h + H1 ) . Der Heber funktio-
niert nur solange dieser Druck großer als gesättigter Dampfdruck pD ist.
Ein Beispiel zum Impulssatz. Zu berechnen
ist die Leistung eines auf eine Schaufel fallenden Strahls. Die Schaufel bewegt sich mit
der Geschwindigkeit v0 .
Lösung: Im Bezugssystem, das
sich mit der
Schaufel bewegt,
ist die StrahlGeschwindigkeit
( v − v0 ) . Der
Strahl wirkt auf
die Schaufel mit
der Kraft
2
F = Aρ ( v − v0 ) .
Die Leistung
dieser Kraft
(jetzt wieder im
ursprünglichen Bezugssystem) ist.
2
P = F ⋅ v0 = Aρ v0 ( v − v0 ) .
Sie erreicht ein Maximum, wenn
dP / dv0 = 0 ;
Daraus folgt v0 = v / 3 : Die Geschwindigkeit
der Schaufel muß 1/3 der Strahlgeschwindigkeit sein.
1
und diese um den Winkel π − β umlenken.
Zu berechnen ist die Verzögerung des Flugzeugs.
IV. Tsunami-Welle
c
h1
v1
h2
In einem ebenen Wasserbecken breitet sich
eine Welle in Form einer Stufe aus. Wie groß
ist ihre Geschwindigkeit? Die Reibungskräfte
können vernachlässigt werden.
Lösung. Wir gehen in ein Bezugssystem, das
sich zusammen mit der Welle bewegt, über.
h1
v
h2
c
In diesem System ist die Strömung stationär.
Das Wasser fließt von rechts mit der Geschwindigkeit c ein und fließt mit der Geschwindigkeit v = c − v1 aus. Betrachten wir
eine Stromlinie, die rechts auf der Höhe z2
läuft und links auf der Höhe z1. Die Bernoulli-Gleichung für diese Stromlinie lautet
c2
v2
p2 + ρ gz2 + ρ = p1 + ρ gz1 + ρ .
2
2
Da der Aussendruck p0 überall der gleiche
ist, gilt p2 = p0 + ρ g ( h2 − z2 ) ,
p1 = p0 + ρ g ( h1 − z1 ) . Einsetzen in die Bernoulli-Gleichung ergibt
c2
v2
(1)
gh2 + = gh1 + .
2
2
Daraus ist im übrigen ersichtlich, dass die
Geschwindigkeit v von der Höhe nicht abhängt: Wir haben es mit einer homogenen
Strömung zu tun. Kontinuitätsgleichung ergibt
ch2 = vh1 .
(2)
Lösung von (1) und (2) c = 2 gh12 / ( h1 + h2 ) .
Im einem mit dem Flugzeug verbundenen
Bezugssystem erhalten wir für die auf das
Flugzeug wirkende Kraft:
F = ρ a va va cos β ⋅ A .
Daraus folgt für die Beschleunigung
ρ v 2 cos β ⋅ A
a=− a a
m
Wenn die Höhe der Stufe klein ist, c = gh1 .
Bei h ∼ 6.000m ist
c = 60000 ≈ 245m / s ≈ 880km / h .
Die Geschwindigkeit der Strömung
v1 = c − v = c (1 − h1 / h2 ) = c∆h / h . Bei einer 1
Meter hohen Stufe v1 ≈ 245/ 6000 ≈ 4cm / s .
V. Schubumkehr (Ein Verfahren zum Abbremsen eines Flugzeugs am Boden).
Nach dem Aufsetzen werden bei großen
Flugzeugen oft zwei Schilde hinter dem
Strahltriebwerk ausgefahren, die den austretenden Strahl in zwei Teilstrahlen aufspalten
2
Was man zur schriftlichen Klausur Mechanik III, 2. Teil (Kontinuumsmechanik)
bei Prof. Popov wissen muß?
Elastische Systeme
☺ Bewegungsgleichung für eine gespannte Saite
☺ Bewegungsgleichung für longitudinale Schwingungen von Stäben
☺ Bewegungsgleichung für Torsionsschwingungen von Stäben
☺ Bewegungsgleichung für Biegeschwingungen eines Balkens
☺ Allgemeine Lösung der Wellengleichung nach d'Alembert
☺ Lösungsansatz nach Bernoulli
☺ Allgemeine Lösung der Beigedifferentialgleichung für einen Balken
☺ Randbedingungen für verschieden gelagerte Stäbe und Balken
☺ Randbedingungen bei gefedert gelagerten Balken bzw. Balken mit konzentrierten Massen am Rande
☺ Randbedingungen bei angreifenden
äußeren Kräften
☺ Bestimmung der Eigenformen und der
Eigenfrequenzen für Saite, Stäbe, Balken
☺ Erste zwei Eigenformen für verschiedene Systeme merken
☺ Erregte harmonische Schwingungen
☺ Bedingungen für Eintritt von Resonanz bei erzwungenen Schwingungen
von Balken und Stäben
Hydrostatik und Hydrodynamik
☺ Abhängigkeit des Druckes in einer ruhenden Flüssigkeit von der Höhe (hydrostatische Formel)
☺ Das Archimedische Prinzip
☺ Die Druckkraft auf den Boden
☺ Kontinuitätsbedingung für eine
Stromröhre
☺ Bernoulli-Gleichung für eine Stromlinie
☺ Impulssatz für eine Stromröhre
☺ Bedingung für Auftritt von Kavitation
3
Mechanik III / Prof. Popov / Vorlesung 27. Ausgewählte Kapitel aus der Kontinuumsmechanik
I. Strömung zwischen zwei konzentrisch
rotierenden Zylindern (z.B. hydrodynamisch geschmiertes Gleitlager).
Viskose
Spannungen
entstehen in
einer Flüssigkeit nur
dann, wenn
sie nicht als
Ganzes eine
Transaltionsoder Rotationsbewegung ausführt. Bezeichnen wir die tangentiale Komponente der Geschwindigkeit als vϕ = v(r ) . Die viskose
Spannung berechnet sich als
v(r + dr ) − v(r ) (1 + dr / r )
⎛ ∂v v ⎞
=η ⎜ − ⎟ .
τ =η
dr
⎝ ∂r r ⎠
Dieser Ausdruck zeigt, daß nur eine Abweichung der Geschwindigkeit von einem Wert,
den die Flüssigkeit bei einer starren Rotation
hätte, eine Rolle spielt.
Das auf eine Zylinderfläche mit dem Radius
r wirkende Kraftmoment ist gleich
⎛ ∂v v ⎞
M = τ ⋅ 2π rl ⋅ r = 2π l ⋅η ⎜ − ⎟ ⋅ r 2 .
⎝ ∂r r ⎠
Bei einer stationären Bewegung muß dieses
Moment konstant bleiben:
⎛ ∂v v ⎞ 2
⎜ − ⎟ ⋅ r = konst .
⎝ ∂r r ⎠
Diese Gleichung ist erfüllt entweder wenn
v ∝ r oder wenn v ∝ 1/ r . Die allgemeine
Lösung ist
C
v = C1r + 2 .
r
Aus den Randbedingungen
v( R1 ) = ω1 R1 und v( R2 ) = ω2 R2 folgt
C1 =
ω2 R22 − ω1 R12
, C2 =
(ω1 − ω2 ) R12 R22 .
R22 − R12
R22 − R12
Das Kraftmoment berechnet sich zu
⎛ ∂v v ⎞
M = 2π l ⋅η ⎜ − ⎟ ⋅ r 2 = 4π lη C2 oder
⎝ ∂r r ⎠
ω1 − ω2 ) R12 R22
(
M = 4π lη
.
R22 − R12
II. Stationäre Strömung zwischen einer
rotierenden Scheibe und einer festen Wand
(Viskosimeter)
Im Abstand r von der Achse ist die TangenΩr
tialspannung gleich τ = η
. Das gesamte
h
auf die Achse wirkende Moment ist gleich
Ω 3
πηΩR 4
r dr =
2h
h
0
0
Aus dem Moment kann die Viskosität berechnet werden.
R
R
M = ∫ τ (r ) ⋅ 2π rdr ⋅ r = ∫ 2πη
III. Strom in einem geneigten Rohr
Zu bestimmen ist der Volumenstrom in einem
geneigten Rohr ohne Druckdifferenz (Viskosität der Flüssigkeit sei η ).
Gemäß der Newtonschen Regel gilt für die
∂v ( r )
.
Tangentialspannung τ ( r ) = η
∂r
Wir schneiden einen koaxialen Zylinder mit
dem Radius r und Länge Δl frei und berechnen die auf ihn wirkenden Kräfte (in xRichtung): viskose Kraft
∂v
Fvisk = τ ⋅ A = η ⋅ 2π r ⋅ Δl und Schwerekraft
∂r
2
Fs = ρ gπ r Δl sin α .
Da die Flüssigkeit sich mit konstanter Geschwindigkeit bewegt, muß die auf das gewählte Element wirkende Kraft verschwinden:
1
∂v
⋅ 2π r ⋅ Δl + ρ gπ r 2 Δl sin α = 0
∂r
∂v
ρ gr sin α
Daraus folgt
.
=−
∂r
2η
Unbestimmte Integration über r ergibt
ρ g sin α 2
v (r ) = −
r +C.
4η
Randbedingung:
ρ g sin α 2
v ( R) = 0 ⇒ C =
R ;
4η
ρ g sin α 2 ⎡
2
v (r ) =
R 1− (r / R) ⎤ .
⎣
⎦
4η
Volumen-
V. Seilreibung
Bisher haben wir Kontinua unter Berücksichtigung entweder elastischer Kräfte oder viskoser Reibung betrachtet. Im nächsten Beispiel diskutieren wir Einfluss von Coulombscher Reibung.
π R 4 ρ g sin α
.
strom Q = ∫ 2π rv ( r ) dr =
8η
0
geschlungen. Der Kontaktwinkel zwischen
Seil und Poller betrage α = ϕ2 − ϕ1 . Das Seil
wird in Richtung F2 gezogen. Zu bestimmen
ist die Kraft F1 , die notwendig ist, um es von
der Bewegung abzuhalten.
Lösung: Betrachten wir ein infinitesimal kleines Element des Seils. Das Kräftegleichgewicht in der Längsrichtung des Elementes
lautet
F (ϕ + dϕ ) − F (ϕ ) − dFR = 0 oder
dF
dϕ − dFR = 0 .
dϕ
In der senkrechten dazu Richtung gilt
dN − Fdϕ = 0 .
Hier sind: dN die auf das Element wirkende
Reaktionskraft; dFR die auf es wirkende Reibungskraft. Das Seil gleitet gerade noch nicht,
wenn die Reibungskraft ihren Maximalwert
dFR = μ dN erreicht. Aus diesen drei GleidF
chungen ergibt sich
= μF .
dϕ
dF
Nach der Trennung der Variablen
= μ dϕ
F
und Integration erhalten wir
F
ln F F2 = μ (ϕ2 − ϕ1 ) = μα ⇒
η
R
IV. Druck in einem mit Sand gefüllten Zylinder (Radius R).
Der Reibungskoeffizient des
Sandes mit der
Wand sei μ .
Falls er nicht zu
groß ist, ist der
Druck im Sand
"fast
isotrop"
(wie in einer
Flüssigkeit). Betrachten wir das Kräftegleichgewicht an einem infinitesimalen Ausschnitt
aus der Sandsäule:
ρ gπ R 2 dz + ( p ( z ) − p ( z + dz ) ) π R 2 − dFR = 0 .
oder
dp
dz ⋅ π R 2 − dFR = 0
dz
Die Reibungskraft ergibt sich aus dem Coulombschen Gesetz: dFR = μ p 2π Rdz . Aus
den beiden Gleichungen erhält man
dp
μp
ρg − − 2
=0.
dz
R
dp
Trennung der Variablen dz =
( ρ g − 2μ p / R )
und Integration ergeben
2μz
−
⎞
ρ gR ⎛
p=
⎜1 − e R ⎟ .
2μ ⎝
⎠
ρ gπ R 2 dz −
Ein Seil wird um einen kreisförmigen Poller
1
F2 = F1e μα .
Beispiel: μ = 0, 4 , α = 2π ⇒ F2 ≈ 12 F1 .
Bei großen z erreicht der Druck den Sättigungswert p∞ = ρ gR / 2μ .
2
I. Wellengleichung
Die Ursache für die Schallausbreitung ist die
Abhängigkeit p = p ( ρ ) des Druckes von der
Dichte: eine heterogene Verschiebung verursacht eine Änderung der Dichte ⇒ Diese
verursacht eine nicht homogene Druckverteilung ⇒ Diese bewirkt Bewegung. Die
Druckänderungen bei Schallausbreitung sind
meistens sehr klein: Einem starken Schall mit
der Intensität 60db entspricht eine Druckamplitude von 2 ⋅10−7 bar. Für die kleinen Druckänderungen gilt
⎛ dp ⎞
p ( ρ0 + ∆ρ ) = p ( ρ0 ) + ⎜
⎟ ∆ρ
⎝ dρ ⎠
p ( ρ0 ) + ∆p = p ( ρ0 ) + κ∆ρ , ∆p = κ∆ρ
Betrachten wir ein ebene Welle, die sich in
Richtung der x-Achse ausbreitet und innerhalb der ein infinitesimal kleines Volumenelement mit der Länge dx und der Fläche A.
p(x,t)
p(x+dx,t)
Schall in Flüssigkeiten und Gasen
II. Schallgeschwindigkeit
Berechnung von Newton (nicht korrekt!).
ρ kT
Für Gase gilt p = nkT =
. Aus der kinetim
schen Gastheorie ist bekannt, dass
1
1
Somit
kT = m v 2 .
p = ρ v2 .
3
3
c = ∂p / ∂ρ =
v2 / 3 .
Korrekte Berechnung
In Wirklichkeit erwärmt sich das Gas beim
Komprimieren und deshalb gilt
p = const ⋅ ρ γ . Für Moleküle, die aus zwei
Atomen bestehen, ist γ = 1.4 . Das heißt
dp
p γ
c2 =
= γ = v2 .
dρ
ρ 3
Die Schallgeschwindigkeit ist
c=
γ
3
v 2 ≈ 0.7
v2 .
III. Eigenfrequenzen
L
x
x+dx
Die Verschiebung aus dem Gleichgewichtszustand bezeichnen wir durch u ( x, t ) .
Wegen der Masseerhaltung gilt
⎛
⎝
ρ0 ∆x = ρ (t ) ⎜ ∆x +
∂u ⎞
∆x ⎟ =
∂x ⎠
∂u ⎞
∂u ⎞
⎛
⎟ ∆x = ∆x ⋅ ⎜ ρ0 + ∆ρ + ρ0
⎟
∂x ⎠
⎝ ∂x ⎠
⎝
Daraus folgt ∆ρ = − ρ0 ∂u .
∂x
( ρ0 + ∆ρ ) ⎛⎜1 +
Die Bewegungsgleichung lautet
dm ⋅ u = A ( p ( x ) − p ( x + dx ) ) = − A
∂p
dx
∂x
∂p
.⇒
∂x
∂p
∂ρ
∂ 2u
ρ0u = − = −κ
= κρ0 2
∂x
∂x
∂x
2
2
∂u
∂u
=κ 2 .
oder
2
∂t
∂x
Das ist eine Wellengleichung mit der Ausbreitungsgeschwindigkeit c = κ = ∂p / ∂ρ .
oder ρ 0u = −
Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen eines
an beiden Seiten geschlossenen Rohres.
Lösung. Wir lösen die Wellengleichung
2
∂ 2u
2 ∂ u
=
c
∂t 2
∂x 2
mit den Randbedingungen
u (0, t ) = 0 , u ( L, t ) = 0
mit Hilfe des Bernoulli-Ansatzes
u ( x, t ) = A cos ω t ⋅ sin( kx ) ,
wobei die Randbedingung am linken Rand
bereits berücksichtigt wurde. Das Einsetzen
in die Bewegungsgleichung liefert ω 2 = c 2 k 2 .
Die zweite Randbedingung liefert
sin( kL ) = 0 ⇒ kL = π n ⇒ k = π n / L ⇒
ω = π cn / L
IV. Zu bestimmen sind die Eigenfrequenzen
eines auf einer Seite offenen Rohres.
Lösung. Am offenen Ende des Rohres ist der
Druck ungefähr gleich dem atmosphärischen
Druck und der Überdruck Null. Aus
∆ρ = − ρ 0
∂u folgt ∂u
∂x
∂x `
=0.
x=L
Die gleiche Aufgabe wie oben ist nun mit
einer geänderten Randbedingung zu lösen ⇒
cos(kL ) = 0 , kL = π / 2 + π n .
1
V. Hydrodynamischer Schlag
Die Strömung in einem Rohr muss schnell
durch einen Absperrschieber aufgehalten
werden. Welcher Druck wirkt dabei auf den
Schieber?
v
c
v=0
F
c ∆t
Die Änderung des Impulses des Kontrollvolumens ist ∆P = 0 − ρ Ac∆tv . Nach dem Impulssatz gilt ∆P / ∆t = − ρ vcA = − F . Der
Druck ist demnach
p = F / A = ρ vc .
Z.B. für Wasser bei v = 1m / s ist
p = 103103 = 1MPa = 10 bar.
VI. Überschallströmungen
Wir betrachten eine stationäre Strömung (Geschwindigkeit u) mit einer ortsfesten Schallquelle, die zu einer bestimmten Zeit ein Signal aussendet. Bei u < c sieht die Welle zum
Zeitpunkt t wie folgt aus.
Für die Geschwindigkeit ergibt sich
ω ⎞
ω ⎞
⎛
⎛
v = v0 cos ⎜ ωt − x ⎟ = x0ω cos ⎜ ωt − x ⎟ .
c ⎠
c ⎠
⎝
⎝
Kinetische Energie pro Volumeneinheit ist
ρ
ω ⎞
⎛
K / V = x02ω 2 cos 2 ⎜ ωt − x ⎟ .
2
c ⎠
⎝
Der Mittelwert der kinetischen Energie
ρ
K / V = x02ω 2 .
4
Die Gesamtenergie bei kleinen Schwingungen ist das Zweifache der kinetischen Energie. Die gesamte Energiedichte E ist also
ρ
E = 2 K / V = x02ω 2 .
2
Diese Energie "fließt" mit der Schallgeschwindigkeit. Der Energiefluss (auch Schallintensität) ist deshalb gleich
ρ
I = x02ω 2 c
2
Für die Dichte ergibt sich
∆ρ = − ρ
xω
ω ⎞
∂u
⎛
= ρ 0 cos ⎜ ωt − x ⎟
∂x
c
c ⎠
⎝
und für den Druck
∆p = κ∆ρ = κρ
Für t → ∞ wird die Schallwelle den gesamten Raum erreichen. Ist v > c , so ergibt sich
die im nächsten Bild skizzierte Lage der
Schallwelle. Für t → ∞ wird die Schallwelle
nicht den gesamten Raum erreichen.
x0ω
ω
⎛
cos ⎜ ωt −
c
c
⎝
ω
⎞
⎛
x ⎟ = ∆p0 cos ⎜ ωt −
c
⎠
⎝
⎞
x⎟
⎠
Amplitude der Druckoszillationen ist
xω
∆p0 = κρ 0 .
c
Für die Intensität als Funktion der Druckamplitude erhalten wir
ρ c3∆p0 2 ∆p0 2
I=
=
.
2 κ 2ρ 2
2ρ c
Ist die Druckamplitude größer als der mittlere
Druck, so kann es zur Kavitation kommen.
Im Wasser ist dafür mindestens die Energie-
( )
2
2
10
∆p0 2
I
=
=
= 5 kW/m2
stromdichte
3
3
2 ρ c 2 ⋅10 10
erforderlich.
Die einhüllende Kurve, deren halber Öffnungswinkel µ sich aus der Gleichung
c 1
sin µ = =
v M
berechnet, nennt man den Machschen Kegel.
Die Zahl M = v / c ist die Machsche Zahl.
VII. Schallenergie, Energiestromdichte
Eine Welle mit der Kreisfrequenz ω hat die
ω ⎞
⎛
Form x = x0 sin ⎜ ωt − x ⎟ .
c ⎠
⎝
VIII. Relative Lautstärke
Zur Charakterisierung der Schallintensität
wird eine Dimensionslose Größe
⎛ p ⎞
⎛ I ⎞
dB
J = 20 ⋅ log10 ⎜
= 10 ⋅ log10 ⎜
⎟
⎜ pref ⎟
⎜ I ref ⎟⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
(Dezibel) benutzt, wobei pref = 2 ⋅10−10 bar ist
ein Referenzdruck. Unterscheiden sich zwei
Intensitäten um das 10fache, so unterscheiden
sich ihre relativen Lautstärken um 10 dB.
2
Beispiele aus der Kontinuumsphysik
Beispiel 1. Ausflußzeit aus einem Gefäß mit einer Spiegelfläche As und
einer kleinen Öffnung A.
Lösung: Bei kleiner
Austrittsöffnung ist
die Strömung "fast stationär" und somit ist
die Bernoulli-Gleichung anwendbar:
p0 1 2
p 1
+ v0 + gH1 = 1 + v 2 − gH 2
ρ 2
ρ 2
Die beiden Drucke sind gleich (dem atmosphärischen Druck): p0 = p1 , die Geschwindigkeit v0 ist "fast Null": v0 ≈ 0 ; die Bernoulli-Gleichung nimmt somit die Form
1
g ( H1 + H 2 ) = v 2 an. Daraus folgt
2
v = 2 g ( H1 + H 2 )
(1)
Beispiel 3. Eigenformen
Die erste Eigenform hat innerhalb des Systems keine Knoten (Nullstellen).
Die zweite Eigenform hat innerhalb des Systems genau eine Nullstelle.
Beispiel 4. Wellensausbreitung
Die allgemeine Lösung der Wellengleichung
= c 2 w′′ lautet nach d'Alembert
w
w( x, t ) = f1 ( x + ct ) + f 2 ( x − ct ) .
1
⎛x ⎞
eine LöIst w( x, t ) = tan ⎜ − t ⎟ −
x + ct
⎝c ⎠
sung der Wellengleichung?
Ist w( x, t ) = x 2 + c 2t 2 eine Lösung?
5. Welche Differentialgleichungen beschreiben die Dynamik von Saiten, Stäben,
Balken?
Lösung:
= c 2 w '' mit c 2 = S / μ .
Saite: w
Longitudinalschwingungen in einem Stab:
u = c 2u '' mit c 2 = E / ρ .
Torsionsstab: θ = c 2θ ′′ mit c 2 = G / ρ .
v0 ist zwar "fast Null", aber nicht ganz. Aus
der Kontinuitätsgleichung As v0 = Av folgt für
sie v0 = Av / As . Diese Geschwindigkeit ist
nicht anderes als die zeitliche Änderung der
Spiegelhöhe (mit Minus-Vorzeichen):
dH
A
v0 = v = − 1 .
As
dt
Unter Berücksichtigung der Gleichung (1):
A
dH
2 g ( H1 + H 2 )
=− 1.
As
dt
Nach Trennung der Variablen und Integration
ergibt sich
T
0
A
dH
dt
=
−
∫0 As H∫ 2 g ( H 1+ H ) ;
1
2
1( 0)
0
2 ( H1 + H 2 )
A
dH1
=− ∫
=−
T
As
g
2 g ( H1 + H 2 )
H1( 0 )
=−
2 ( H1(0) + H 2 )
2H 2
+
g
g
Für die Ausflußzeit ergibt sich
A 2
T= s
( H1(0) + H 2 ) − H 2 .
A g
(
Beispiel 2. Wie bewegt
sich der Block?
)
= −
Biegebalken: w
Für einen Biegebalken sollte man auch die
folgenden Gleichungen auswendig kennen:
∂M
M = − EIw′′ , Q ( x ) =
= M′.
∂x
Für den Stab ist EAu ′ = N .
Diese Beziehungen werden z.B. bei Erstellung von Randbedingungen benutzt.
0
=
H1( 0 )
EI IV
w .
ρA
Beispiel 6.
Ein Gefäß in
Form einer
Halbkugel mit
dem Radius R
liegt auf einer
Gummimatte. Wenn es bis oben mit Wasser
gefüllt ist, wird die Kontaktstelle zwischen
dem Gefäß und der Matte undicht und das
Wasser beginnt auszufließen. Zu bestimmen
ist die Masse M der Halbkugel.
Lösung: Das Gefäß samt Wasser befindet
sich im Gleichgewicht. Deshalb ist die auf
1
das System seitens der Matte wirkende Reaktionskraft N gleich dem Gesamtgewicht
2
N = M + πρ R3 g
3
Im Moment des "Aufschwimmens" der Halbkugel ist die Reaktionskraft gleich der
Druckkraft des Wassers auf den Boden:
N = π R 2 ρ gR .
Aus den beiden Gleichungen folgt
1
M = πρ gR 3 .
3
Beispiel 7. Wasser fließt in einem sich verjüngenden Rohr. Der Druck beim Eintritt ins
Rohr ist gleich p1 . Wie groß darf die Strömungsgeschwindigkeit höchstens sein, damit
im Rohr
keine Kavitation auftritt?
Lösung: Aus der Kontinuitätsgleichung
A
A1v1 = A2 v2 folgt v2 = 1 v1
A2
Die Bernoulli-Gleichung für Punkte 1 und 2:
p2 1 2 p1 1 2
+ v2 =
+ v1 .
ρ 2
ρ 2
Daraus folgt für den Druck p2
Prüfen Sie, ob man die Lösung in der Form
w( x, t ) = sin(ωt − κ x) darstellen kann. Wie
groß ist die Wellenfortpflanzungsgeschwindigkeit? Hängt sie von der Frequenz ab?
Lösung: Einsetzen des Lösungsansatzes in
die Bewegungsgleichung für BiegeschwinEI IV
= −
w ergibt
gungen eines Balkens w
ρA
EI 4
−ω 2 = −
κ . Daraus folgt
ρA
⎛ ρA⎞
1/ 2
κ =⎜
⎟ ω .
⎝ EI ⎠
1/ 4
Der Lösungsansatz selbst kann in der Form
ω ⎞
⎛
w( x, t ) = sin(ωt − κ x) = − sin κ ⎜ x − t ⎟ = − sin κ ( x − ct )
κ ⎠
⎝
Daraus folgt, daß die Wellengeschwindigkeit
(die sogenannte Phasengeschwindigkeit) ist
gleich
ω
ω
c= =
κ ⎛ ρ A ⎞1/ 4
⎛ ρA⎞
=⎜
⎟
⎝ EI ⎠
−1/ 4
ω1/ 2 .
⎜
⎟ ω
⎝ EI ⎠
Daß bedeutet, daß Wellen mit höheren Frequenzen sich schneller ausbreiten.
1/ 2
⎛ ⎛ A ⎞2 ⎞
p2 = p1 − v1 ⎜ ⎜ 1 ⎟ − 1⎟ .
⎟
2 ⎜ ⎝ A2 ⎠
⎝
⎠
Der kleinste Druck tritt am Ort des kleinsten
Querschnitts auf. Er darf nicht kleiner sein,
als der gesättigte Dampfdruck pD :
ρ
2
⎛ ⎛ A ⎞2 ⎞
p2 = p1 − v ⎜ ⎜ 1 ⎟ − 1⎟ > pD .
⎟
2 ⎜ ⎝ A2 ⎠
⎝
⎠
Die Geschwindigkeit muß demnach kleiner
sein als
ρ
v1 <
2
1
2 ( p1 − pD )
⎛ ⎛ A ⎞2 ⎞
ρ ⎜ ⎜ 1 ⎟ − 1⎟
⎜ ⎝ A2 ⎠
⎟
⎝
⎠
.
Beispiel 8. Biegewellen in einem Balken
Wirkt man mit einer periodischen, harmonischen Kraft am Ende eines Balkens, so werden im Balken die sich von diesem Ende ausbreitenden Wellen angeregt.
2
Bewegungsgleichung einer idealen Flüssigkeit. Viskose Flüssigkeiten. Navier-Stokes-Gleichung.
Lit.: Gross, Hauger, Schnell und Wriggers, „Technische Mechanik 4“, Kapitel 1.3.3.1, 1.3.3.3
G
G ∂v
G G G
I. Kontinuitätsgleichung dreidimensional
dv =
dt + ( v ⋅ ∇ )vdt
∂t
Betrachten wir ein infinitesimal kleines FlüsG
∂v
G G G
sigkeitsvolumen und berechnen, wie viel
Beschleunigung =
+ ( v ⋅ ∇) v .
∂t
Flüssigkeit innerhalb des Zeitintervalls Δt
Das
2.
N.G.
für
eine
Flüssigkeit ohne Viskoein- und ausfließt.
sität hat also die Form
G
z
∂v
∇p G
G G G
+ ( v ⋅ ∇ )v = −
+g
υx ( x)
∂t
ρ
υ x ( x + Δx )
y
In einem lokalen Koordinatensystem mit der
x
x-Achse parallel zur Stromlinie sieht diese
Massenein-/Ausfluss in der Zeit Δt:
Gleichung so aus:
∂v x
∂v
∂p / ∂x ∂ ( gh )
aus
ein
+ vx x = −
−
.
ρ ( x ) ⋅ ΔyΔz ⋅ v ( x ) Δt ρ ( x + Δx ) ⋅ Δy Δz ⋅ v ( x + Δx ) Δt
∂t
∂x
ρ
∂x
Für stationäre Strömungen
∂v
∂p / ∂x ∂ ( gh )
ρ
(
x
+
Δ
x
)
v
(
x
+
Δ
x
)
−
ρ
(
x
)
v
(
x
)
⎡
⎤ Δx =
x
x
vx x = −
−
oder
ΔM ( x ) = −Δy ΔzΔt
⎢⎣
⎥⎦
∂x
ρ
∂x
Δx
∂ ( ρ vx )
1 ∂v x2
∂p / ∂x ∂ ( gh )
−ΔxΔy ΔzΔt
=−
−
.
∂x
2 ∂x
ρ
∂x
⎡ ∂ ( ρ vx ) ∂ ( ρ v y ) ∂ ( ρ vz ) ⎤
Für inkompressible Medien folgt daraus
ΔM ( voll ) = −ΔxΔyΔzΔt ⎢
+
+
⎥
∂y
∂z ⎦⎥
v x2 p
⎣⎢ ∂x
+ + gh = konst ( Bernoulli − Gleichung )
ΔM
2 ρ
Δρ =
Für kompressible Medien
V
v x2
dp
∂ ( ρ vx ) ∂ ( ρ v y ) ∂ ( ρ vz )
∂ρ
G
+∫
+ gh = konst .
=−
−
−
= −div( ρ v )
2
ρ
∂t
∂x
∂y
∂z
III. Dynamische Gleichung für eine ebene
∂ρ
G
= −div( ρ v )
Strömung einer viskosen Flüssigkeit
∂t
x
x
II. Bewegungsgleichung einer Flüssigkeit
Das 2. Newtonsche Gesetz lautet
G G
ρ ⋅ ( Beschleunigung ) = −∇p + ρ g + f visk
Die Geschwindigkeitsänderung eines Teilchens:
G
G
v ( x + dx, y + dy, z + dz, t + dt ) − v ( x, y, z, t ) =
G
G
G
G
∂v
∂v
∂v
∂v
dx + dy + dz + dt =
=
∂x
∂y
∂z
∂t
G
G
G
G
∂v
∂v
∂v
∂v
v x dt + v y dt + v z dt + dt
=
∂x
∂y
∂z
∂t
∂v x ∂τ
∂ 2vx
ρ
=
=η 2
∂t
∂y
∂y
IV. Viskose Kraft im allgemeinen Fall.
G
G
G
G
⎛ ∂ 2v ∂ 2v ∂ 2v ⎞
G
f = η ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ = ηΔv
∂y
∂z ⎠
⎝ ∂x
und die Bewegungsgleichung nimmt die
Form an:
G
G
G⎞
G
G
⎛ ∂v
ρ ⎜ + ( v ⋅∇ ) v ⎟ = −∇p + ρ g + ηΔv
⎝ ∂t
⎠
Navier-Stokes-Gleichung für eine inkompressible viskose Flüssigkeit.
V. Verschiednes aus der Hydromechanik.
Aufgabe 1. Ein Gefäß
in Form einer Halbkugel mit dem Radius R
liegt auf einer Gummi1
matte. Wenn es bis oben mit Wasser gefüllt
ist, wird die Kontaktstelle zwischen dem Gefäß und der Matte undicht und das Wasser
beginnt auszufließen. Zu bestimmen ist die
Masse M der Halbkugel.
Lösung: Das Gefäß samt Wasser befindet
sich im Gleichgewicht. Deshalb ist die auf
das System seitens der Matte wirkende Reaktionskraft N gleich dem Gesamtgewicht
2
N = M + πρ R3 g
3
Im Moment des "Aufschwimmens" der Halbkugel ist die Reaktionskraft gleich der Druckkraft des Wassers auf den Boden:
N = π R 2 ρ gR .
Aus den beiden Gleichungen folgt
1
M = πρ gR 3 .
3
Aufgabe 2. Ausflußzeit aus einem Gefäß
mit einer Spiegelfläche As und einer
kleinen Öffnung A.
Lösung: Bei kleiner
Austrittsöffnung ist
die Strömung "fast
stationär" und somit
ist die BernoulliGleichung anwendbar:
p0 1 2
p 1
+ v0 + gH1 = 1 + v 2 − gH 2
ρ 2
ρ 2
Die beiden Drucke sind gleich (dem atmosphärischen Druck): p0 = p1 , die Geschwindigkeit v0 ist "fast Null": v0 ≈ 0 ; die Bernoulli-Gleichung nimmt somit die Form
1
g ( H1 + H 2 ) = v 2 an. Daraus folgt
2
v = 2 g ( H1 + H 2 )
(1)
v0 ist zwar "fast Null", aber nicht ganz. Aus
der Kontinuitätsgleichung As v0 = Av folgt für
sie v0 = Av / As . Diese Geschwindigkeit ist
nicht anderes als die zeitliche Änderung der
Spiegelhöhe (mit Minus-Vorzeichen):
dH
A
v0 = v = − 1 .
As
dt
Unter Berücksichtigung der Gleichung (1):
dH
A
2 g ( H1 + H 2 )
=− 1.
As
dt
Nach Trennung der Variablen und Integration
ergibt sich
T
0
A
dH
∫0 dt As = − H∫ 2 g ( H 1+ H ) ;
1
2
1( 0)
0
2 ( H1 + H 2 )
A
dH1
T
=− ∫
=−
As
g
2 g ( H1 + H 2 )
H1( 0 )
=−
0
=
H1( 0 )
2 ( H1(0) + H 2 )
2H 2
+
g
g
Für die Ausflußzeit ergibt sich
A 2
T= s
( H1(0) + H 2 ) − H 2 .
A g
)
(
Seilreibung
Bisher haben wir Kontinua unter Berücksichtigung entweder elastischer Kräfte oder viskoser Reibung betrachtet. Im nächsten Beispiel diskutieren wir Einfluss von Coulombscher Reibung.
Ein Seil wird um einen kreisförmigen Poller
geschlungen. Der Kontaktwinkel zwischen
Seil und Poller betrage α = ϕ 2 − ϕ1 . Das Seil
wird in Richtung F2 gezogen. Zu bestimmen
ist die Kraft F1 , die notwendig ist, um es von
der Bewegung abzuhalten.
Lösung: Betrachten wir ein infinitesimal kleines Element des Seils. Das Kräftegleichgewicht in der Längsrichtung des Elementes
lautet
F (ϕ + dϕ ) − F (ϕ ) − dFR = 0 oder
dF
dϕ − dFR = 0 .
dϕ
In der senkrechten dazu Richtung gilt
dN − Fdϕ = 0 .
Hier sind: dN die auf das Element wirkende
Reaktionskraft; dFR die auf es wirkende Reibungskraft. Das Seil gleitet gerade noch nicht,
wenn die Reibungskraft ihren Maximalwert
dFR = μ dN erreicht. Aus diesen drei GleidF
chungen ergibt sich
= μF .
dϕ
dF
= μ dϕ
Nach der Trennung der Variablen
F
und Integration erhalten wir
F
ln F F2 = μ (ϕ2 − ϕ1 ) = μα ⇒
1
F2 = F1e μα .
Beispiel: μ = 0, 4 , α = 2π ⇒ F2 ≈ 12 F1 .
2

Vorlesungsnotizen Mechanik III

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