.08.1 – Eigenfrequenzen und Eigenformen beim Balken

 

Berechnen Sie die ersten drei Eigenfrequenzen und die dazugehörenden Eigenformen des transversal schwingenden, einseitig eingespannten Balkens mit kreisförmigem Querschnitt.

schwingender Balken Aufgabenstellung

Gegeben:

E = 206000\frac{N} {{mm^2 }}

\rho  = 7850\frac{{kg}} {{m^3 }}

r = 20mm

L = 1m

Lösung

Die einzelnen Schritte zum Herleiten der DGL sind in diesem Artikel genau erläutert. Hier nur eine kurze Zusammenfassung:

Schritt 1: Freischneiden am differentiellen Element

Schritt 2: Schwerpunktsatz in z-Richtung aufstellen und linearisieren, Größen zweiter Ordnung vernachlässigen

Schritt 3: Drallsatz in negativer y-Richtung aufstellen und vereinfachen (ds = dx), Größen zweiter Ordnung vernachlässigen

Schritt 4: resultierende allgemeine DGL der Balkenschwingung aufstellen

Ergebnis:

\underbrace {- \left( {EI_y w^{^{\prime\prime}} } \right)^{^{\prime\prime}} }_{\left( 1 \right)}+\underbrace {\left( {\rho I_y \ddot w ^{\prime}} \right) ^{\prime}}_{\left( 2 \right)}+\underbrace {\left( {Nw ^{\prime}} \right) ^{\prime}}_{\left( 3 \right)}+\underbrace {q_z }_{\left( 4 \right)} = \rho A\ddot w

Bedeutung der Elemente:
1: Biegung, elastische Eigenschaften
2: rotatorische Trägheit
3. Normalkraft
4. eingeprägte Querkraft

Schritt 5: vereinfachende Behandlung der Balkenschwingung:

a) N = 0, frei von Normalkräften
b) rotatorische Trägheit vernachlässigen

Es ergibt sich:

-\left( {EI_y w^{^{\prime\prime}} } \right)^{^{\prime\prime}} +q_z  = \rho A\ddot w

Bei einer freien Schwingung ist qz = 0 und EIy = const, daraus ergibt sich:

-EI_y w^{^{\prime\prime\prime\prime}}  = \rho A\ddot w

Lösung der Differentialgleichung

Um die Differentialgleichung zu lösen, nutzt man den Produktansatz von Bernoulli:

w\left( {x,t} \right) = \hat w\left( x \right)T\left( t \right)

w^{^{\prime\prime\prime\prime}}  = \hat w^{^{\prime\prime\prime\prime}} T

\ddot w = \hat w\ddot T

Separation der Variablen:

-\frac{{EI_y }} {{\rho A}}\frac{{\hat w^{^{\prime\prime\prime\prime}} }} {{\hat w}} = \frac{{\ddot T}} {T} = const = -\omega _j^2

Schlussweise von Bernoulli:

Differentialgleichung vierter Ordnung nach dem Ort:

\hat w^{^{\prime\prime\prime\prime}} +\left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)^4 \hat w = 0,\quad \quad \quad \lambda _j^4  = \frac{{\rho A}} {{EI_y }}\omega _j^2 L^4

Differentialgleichung zweiter Ordnung nach der Zeit:

\ddot T+\omega _j^2 T = 0

Lösungsansatz:

\hat w\left( x \right) = c \cdot e^{\beta x}

In die DGL einsetzen ergibt:

\beta ^4 -\left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)^4  = 0

Daraus folgt nach der Eulerformel:

\hat w\left( {x,t} \right) = C_{1j} \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{2j} \sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{3j} \cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{4j} \sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)

In die Formel für die Gesamtauslenkung eingesetzt ergibt sich damit:

w\left( {x,t} \right) = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {\left[ {C_{1j} \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{2j} \sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{3j} \cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{4j} \sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]\left[ {A_j \cos \left( {\omega _j t} \right)+B_j \sin \left( {\omega _j t} \right)} \right]}

Die Eigenformen ergeben sich aus den Randbedingungen:

w\left( {0,t} \right) = 0

\alpha  = w ^{\prime}\left( {0,t} \right) = 0

M\left( {L,t} \right) = -EI_y w^{^{\prime\prime}} \left( {L,t} \right) = 0

Q\left( {L,t} \right) = -EI_y w^{^{\prime\prime\prime}} \left( {L,t} \right) = 0

Die benötigten Ableitungen:

\hat w\left( {x,t} \right) = C_{1j} \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{2j} \sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{3j} \cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{4j} \sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)

\hat w ^{\prime}\left( {x,t} \right) = \left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)\left[ {-C_{1j} \sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{2j} \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{3j} \sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{4j} \cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]

\hat w^{^{\prime\prime}} \left( {x,t} \right) = \left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)^2 \left[ {-C_{1j} \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-C_{2j} \sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{3j} \cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{4j} \sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]

\hat w^{^{\prime\prime\prime}} \left( {x,t} \right) = \left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)^3 \left[ {C_{1j} \sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-C_{2j} \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{3j} \sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+C_{4j} \cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]

Aus den Randbedingungen folgt:

1.

w\left( {0,t} \right) = 0 = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {T_j \left[ {C_{2j} +C_{4j} } \right]} \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_{1j}  = -C_{3j}

2.

w ^{\prime}\left( {0,t} \right) = 0 = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {T_j \left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)\left[ {C_{2j} +C_{4j} } \right]} \quad \quad  \Rightarrow \quad \quad C_{2j}  = -C_{4j}

3.

w^{^{\prime\prime}} \left( {L,t} \right) = 0 = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {T_j \left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)^2 \left[ {-C_{1j} \left( {\cosh \left( {\lambda _j } \right)+\cos \left( {\lambda _j } \right)} \right)-C_{2j} \left( {\sinh \left( {\lambda _j } \right)+\sin \left( {\lambda _j } \right)} \right)} \right]}

4.

w^{^{\prime\prime\prime}} \left( {L,t} \right) = 0 = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {T_j \left( {\frac{{\lambda _j }} {L}} \right)^3 \left[ {-C_{1j} \left( {-\sinh \left( {\lambda _j } \right)+\sin \left( {\lambda _j } \right)} \right)-C_{2j} \left( {\cosh \left( {\lambda _j } \right)+\cos \left( {\lambda _j } \right)} \right)} \right]}

In Matrixschreibweise ergibt sich:

\left( {\begin{array}{*{20}{c}}    -\left[ {\cosh \left( {\lambda _j } \right)+\cos \left( {\lambda _j } \right)} \right] & {-\left[ {\sinh \left( {\lambda _j } \right)+\sin \left( {\lambda _j } \right)} \right]}  \\    {-\sinh \left( {\lambda _j } \right)+\sin \left( {\lambda _j } \right)} & {-\left[ {\cosh \left( {\lambda _j } \right)+\cos \left( {\lambda _j } \right)} \right]}  \\   \end{array} } \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}    C_{1j}   \\    {C_{2j} }  \\   \end{array} } \right\} = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}    0  \\    0  \\   \end{array} } \right\}

triviale Lösung:

C_{1j}  = C_{2j}  = 0

nicht-triviale Lösung:

\left[ {\cosh \left( {\lambda _j } \right)+\cos \left( {\lambda _j } \right)} \right]^2 +\sin ^2 \left( {\lambda _j } \right)-\sinh ^2 \left( {\lambda _j } \right) = 0

\cos \left( {\lambda _j } \right)\cosh \left( {\lambda _j } \right)+1 = 0

Daraus folgen die Wellenzahlen:

\lambda _1  = 1,875

\lambda _2  = 4,694

\lambda _3  = 7,855

Daraus folgen die Eigenfrequenzen:

\omega _j^2  = \frac{{\lambda _j^4 }} {{L^4 }}\frac{{EI_y }} {{\rho A}}

f_j  = \frac{{\omega _j }} {{2\pi }}

Die Eigenfrequenzen sind also:

f_1  = 28,7Hz

f_2  = 180Hz

f_3  = 503Hz

Die Eigenformen sind:

C_{2j}  = C_{1j} \frac{{\sin \left( {\lambda _j } \right)-\sinh \left( {\lambda _j } \right)}} {{\cos \left( {\lambda _j } \right)+\cosh \left( {\lambda _j } \right)}}

Für die Schwingungsgleichung ergibt sich:

w\left( {x,t} \right) = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {T_j \left( t \right)C_{1j} \left\{ {\cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+\underbrace {\frac{{\sin \left( {\lambda _j } \right)-\sinh \left( {\lambda _j } \right)}} {{\cos \left( {\lambda _j } \right)+\cosh \left( {\lambda _j } \right)}}}_{\alpha _j }\left[ {\sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]} \right\}}

w\left( {x,t} \right) = \sum\limits_{j = 1}^\infty  {T_j^* \left\{ {\cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)+\alpha _j \left[ {\sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]} \right\}}

Die ersten drei Werte für αj sind:

\alpha _1  = -0,734

\alpha _2  = -1,018

\alpha _3  = -0,999

Eingesetzt ergeben sich die Eigenfunktionen:

\hat w_1 \left( x \right) = \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-0,734\left[ {\sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]

\hat w_2 \left( x \right) = \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-1,018\left[ {\sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]

\hat w_3 \left( x \right) = \cos \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\cosh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-0,999\left[ {\sin \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)-\sinh \left( {\lambda _j \frac{x} {L}} \right)} \right]

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1 Kommentar zu “.08.1 – Eigenfrequenzen und Eigenformen beim Balken”

Hallo,

auf der Webseite
http://www.finite-elemente-software-fem-dienstleistungen.de/Rohrleitungssystem.pdf
wurde dieses Beispiel exakt mit einem FEM-System für Rohrleitungen nachgerechnet.

mfg. R.S.
http://www.femcad.de

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