Svängningar. TMHL09 - Övningstal till avsnittet. Övningstal: Tal 1, 2, 3 nedan (variant av 14/28) Hemtal: 14/23, 14/12, Tal 4 nedan

Transkript

1 TMHL09 - Övningstal till avsnittet Svängningar Övningstal: Tal 1,, 3 nedan (variant av 14/8) Hemtal: 14/3, 14/1, Tal 4 nedan Tre tal (en frihetsgrad - Tal 1, två frihetsgrader - Tal och kontinuerligt system - Tal 3) räknas på övning. Talen ges nedan. Lösningar och ledningar ges också. Dock bör observeras att en del lösningar/ledningar gäller för ett annat två-frihetsgradssystem än det som ges i Tal (massorna är olika). Även en del material som inte hör till övningen ges nedan. Tal 1 Den lägsta egenvinkelfrekvensen hos en konsolbalk, längd 3L, böjstyvhet EI och massbeläggning m (kg/m) ska snabbt uppskattas (balkens totala massa är m3l). Därför gör man så att man söker en approximativ lösning till problemet. Man diskretiserar problemet. Man väljer att ta en tredjedel av balkens totala massa och placerar den massan (d v s massan m3l/3 = ml) längst ut på konsolbalken och så försummar man den övriga massan (den massa som ligger nära infästningen deltar inte nämnvärt i svängningen, varför den massan kan försummas). Bestäm egenvinkelfrekvensen för det nu erhållna en-frihetsgradssystemet. Lösning Tal 1: Se Exempel 14/1 (sid 37) i läroboken. Svar: ω e = 3EI ml (3L) = 0, 333 EI 3 ml 4 Tal Det visar sig att konsolbalken i Tal 1 kommer att exciteras med en frekvens som är högre än den frekvens du räknat fram ovan (i Tal 1). Därför vill chefen snabbt veta även den andra egenvinkelfrekvensen hos konsolbalken. Du måste nu snabbt uppskatta även denna frekvens. Därför väljer du att ånyo diskretisera problemet, men nu med två punktmassor på balken. Välj att placera en sjättedel av balkens totala massa (d v s massan m3l/6 = ml/) längst ut på balken (i x =3L) och en tredjedel av den totala massa (d v s massan m3l/3 = ml) placerar du i x =L. Övrig massa (nära infästningen) försummas. Vad blir de två egenvinkelfrekvenser du nu erhåller?

2 L, EI L (a) (b) x L, EI L w1 S 1 S M 1 M w S 1 S w 1 w M 1 M Figur (a,b). (a) Konsolbalk med två punktmassor. (b) Massorna och balken har frilagts och snittkrafter S 1 och S har förts in. Massornas förskjutningar respektive balkens utböjning är w 1 och w. M 1 = ml i x =L och M = ml/ i x =3L. Hemuppgift (Tal ): Systemet är i vila då tiden t är negativ. Vid tiden t = 0 ges massan M 1 en hastighet v 0 vinkelrätt mot balkens längdriktning. Begynnelsevillkoren för massornas rörelse blir då w 1 (t=0) = 0 och ẇ 1 (0)=v 0 respektive w (t=0) = 0 och ẇ (0)=0. Teckna lösningarna w 1 hom och w hom. Partikulärlösningarna blir här noll eftersom ingen yttre kraft belastar någon av massorna. (Se lösning för ett liknande tal, med M 1 = M = M, nedan.) Tal 3 (Variant av 14/8) Nu har chefen sålt sin maskin för 7 miljoner dollar till en fattig oljeshejk i Kuwait och du har tid att göra en exakt analys av strukturens (konsolbalkens) egenvinkelfrekvenser. Använd differentialekvation och randvillkor för att bestämma konsolbalkens egenvinkelfrekvenser. (Vad kan du nu meddela chefen?) Tal 4 (Hemtal) Fast inspänd styrd balk Bestäm egenvinkelfrekvenserna vid böjsvängning för en balk med längd L (m), konstant böjstyvhet EI (Nm ) och konstant massbeläggning m (kg/m). Balken är fast inspänd i x = 0 och styrd (slidlagrad) i x = L. Bestäm även någon egenmod. x m, L, EI styrd balk: längd L (m), böjstyvhet EI (Nm ) och mass- Figur (a). Fast inspänd beläggning m (kg/m).

3 LÖSNINGAR Lösning Tal 1: Se Exempel 14/1, sid 37, i läroboken. Svar: ω e = 3EI ml (3L) = 0, 333 EI 3 ml 4 Tal Det visar sig att konsolbalken i Tal 1 kommer att exciteras med en frekvens som är högre än den frekvens du räknat fram ovan (i Tal 1). Därför vill chefen snabbt veta även den andra egenvinkelfrekvensen hos konsolbalken. Du måste nu snabbt uppskatta även denna frekvens. Därför väljer du att ånyo diskretisera problemet, men nu med två punktmassor på balken. Välj att placera en sjättedel av balkens totala massa (d v s massan m3l/6 = ml/) längst ut på balken (i x =3L) och en tredjedel av den totala massa (d v s massan m3l/3 = ml) placerar du i x =L. Övrig massa (nära infästningen) försummas. Vad blir de två egenvinkelfrekvenser du nu erhåller? Extra hemuppgift: Systemet är i vila då tiden t är negativ. Vid tiden t = 0 ges massan M 1 en hastighet v 0 vinkelrätt mot balkens längdriktning. Begynnelsevillkoren för massornas rörelse blir då w 1 (t=0) = 0 och ẇ 1 (0)=v 0 respektive w (t=0) = 0 och ẇ (0)=0. Teckna lösningarna w 1 hom och w hom. Partikulärlösningarna blir här noll eftersom ingen yttre kraft belastar någon av massorna. (Se lösning för ett liknande tal, med M 1 = M = M, nedan.) Lösning Tal : En konsolbalk, längd 3L och böjstyvhet EI, bär punktmassan M 1 = ml i x =L och i sin fria ände (x =3L) har den en punktmassa M = ml/ enligt Figur (a). Balkens övriga massa antas kunna försummas i jämförelse med M 1 och M. Massornas utsträckning är liten. Därför kan deras rotationströghet försummas. L, EI L (a) x S 1 S M 1 M (b) L, EI L w1 w S 1 S w 1 w M 1 M Figur (a,b). (a) Konsolbalk med två punktmassor. (b) Massorna och balken har frilagts och snittkrafter S 1 och S har förts in. Massornas förskjutningar respektive balkens utböjning är w 1 och w. M 1 = ml och M = ml/. 3

4 Massans rörelse beskrivs med förskjutningen w 1, medan massans M rörelse beskrivs med förskjutningen w, som också är den fria balkändens förskjutning. Bestäm de egenvinkelfrekvenser systemet kommer att svänga med. Massornas förskjutningar vinkelrätt mot balken är w 1 = w 1 (t) respektive w = w (t). Snitta mellan massorna och balken och inför snittkrafterna S 1 = S 1 (t) och S = S (t) mellan balk och respektive massa. Krafterna S i (i = 1, ) påverkar alltså både massa och balk, se Figur (b). Deformationssambanden för balken (elementarfall) och rörelseekvationerna för massorna ger w 1 = S 1 (L) 3 3 EI w = S 1 (L) 3 3 EI + S (3L) 3 6 EI + S 1 (L) EI 3 (L) (3L) (L)3 = 8 S 1 L S L 3 (3L) 3 3 EI 3 EI L + S (3L) 3 3 EI M 1 ẅ 1 = S 1 M ẅ = S = 14 S 1 L 3 3 EI + 9 S L 3 EI (a1) (a) (b1) (b) Man kan nu välja att eliminera S i ur (a1,) och (b1,) och få ett ekvationssystem i de obekanta förskjutningarna w i. Alternativt kan man eliminera w i och få ett ekvationssystem i de obekanta krafterna S i. Här väljer vi det förstnämnda, eftersom vi önskar veta massornas förskjutningar, och begynnelsevillkoren var givna i förskjutningar och hastigheter. Vi måste alltså bestämma förskjutningarna w i för att kunna utnyttja begynnelsevillkoren och därur bestämma lösningens konstanter (de så kallade integrationskonstanterna). Eliminera därför S i ur ekvationerna (a1,) och (b1,). Sambanden (a1,) ger 8 S S = 3 EI w L 3 1 (c1) som ger 14 S S = 3 EI L 3 w (c) S 1 = EI 0 L 3 (81w 1 4w ) (d1) S = EI 10 L 3 ( 1w 1 + 1w ) (d) Sätt in S 1 och S i rörelseekvationerna. Det ger ekvationssystemet 81 EI M 1 ẅ L w 4 EI L w 3 = 0 (e1) 4

5 För att minska skrivarbetet införs EI / 0L 3 = e. Det ger M 1 ẅ ew 1 4 ew = 0 Man ser likheten med ekvationsystemet (3a,b) (med F i (t) = 0). Fjäderstyvheterna k i i (3a,b) svarar här mot olika styvheter som balken ger. Ansätt lösningen M ẅ 4 EI 0 L w 4 EI L w 3 = 0 (e) M ẅ 4 ew ew = 0 För in ansatsen (g1,) i (f1,). Det ger ett ekvationssystem för konstanterna W 1 och W. Man får (efter viss förenkling) (f1) (f) w 1 (t)=w 1 sin ωt och w (t)=w sin ωt (g1, ) M 1 ω + 81e 4e 4e M ω + 4e W 1 = 0 W 0 (h1,) För att få en svängning, d v s för att få W 1 0 och/eller W 0, måste systemdeterminanten vara noll. Det ger Förenkling ger Om M 1, M och e är kända erhålls ur denna ekvation två värden på ω. Dessa två värden ger systemets egenvinkelfrekvenser ω e1 och ω e. För att komma vidare måste vi veta M 1 och M. Inför nu att M 1 = ml =M och M = ml/ = M. Då erhålls med lösning ( M 1 ω + 81e)( M ω + 4e) ( 4e) = 0 (i1) M 1 M ω 4 (4eM eM )ω + 180e = 0 M ω 4 (4eM + 81eM)ω + 180e = 0 ω e M ω + 90 e M = 0 ω e1, = 64, 5 e M ± 64, 5 e 90 e M M d v s (återinför EI / 0L 3 = e och M = ml/) = (64, 5 ± 61, 65) ω e1 = 0, 377 EI / ml 4 och ω e =, 511 EI / ml 4 e M (i) (j1) (j) (k1,) (l1,) Härur kan de två egenfrekvenserna f ei (periodtiderna) T ei =1 / f ei beräknas. = ω ei / π och de två egensvängningstiderna 5

6 Kommentar (kontroll) Svängningen i den första moden för två-frihetsgradssystemet kan jämföras med svängningen hos ett en-frihetsgradssystem. Eftersom massorna i mod 1 svänger i fas kan två-frihetsgradssystemet här approximeras med en konsolbalk med bara en massa, d v s ett en-frihetsgradssystem. Enligt Tal 1 gäller för en konsolbalk (längd L*, böjstyvhet EI*) med en punktmassa M* i änden att egenvinkelfrekvensen blir ω konsol e = 3EI* M* L* = 1, 73 EI* (n) 3 M* L* 3 Om vi approximerar vårt två-frihetsgradssystem med en konsolbalk som har en massa M 1 + M = 1,5mL på avståndet,5l från infästningen fås egenvinkelfrekvensen, enligt formeln (n), approx = 3EI 1, 5mL (, 5L) = 0, 358 EI 3 ω e1 Detta resultat ligger nära det resultat vi fick ovan i sambandet (l1) (vi fick där 0,377 att jämföra med det approximativa värdet 0,358 här, d v s ca 5 % avvikelse). Därmed har vi snabbt och enkelt fått fram ett approximativt värde på den lägsta egenvinkelfrekvensen hos två-frihetsgradssystemet i Figur (a). Här blev resultatet någorlunda bra på grund av att massorna M 1 och M ligger så nära varandra att de kunde slås samman till en massa. ml 4 (o) Diskussionen nedan gäller ett annat tal och tillhör inte det ni ska göra på övningen Bestäm egenmoderna OBS! Dessa egenmoder gäller för ett annat tal!!!! Med M 1 = M = M erhålls Härur löses M ω 4 105eM ω + 180e = 0 ω e1, = 105 e M ± 105 e 180 e M M d v s (återinför EI / 0L 3 = e) Insättning av egenvinkelfrekvensen ω e1 i en av ekvationerna (h1,) ger W 11 = 0, 530W 1 =(5, 5 ± 50, 8) e M ω e1 = 0, 95 EI / ML 3 och ω e =, 7 EI / ML 3 (j) (k1,) (l1,) (m1) 6

7 d v s massan M 1 svänger med en amplitud som är cirka hälften så stor som amplituden hos massan M. Massorna svänger i fas, d v s de svänger båda nedåt samtidigt och uppåt samtidigt. Detta är systemets första (lägsta) egensvängningsmod; systemet svänger med sin lägsta egenvinkelfrekvens, eller med sin grundton. Insättning av egenvinkelfrekvensen ω e i en av ekvationerna (h1,) ger W 1 = 1, 89W (m) d v s massan M 1 svänger vid denna frekvens med en amplitud som är nästan dubbelt så stor som amplituden hos massan M. Massorna svänger i motfas, d v s en massa svänger nedåt samtidigt som den andra svänger uppåt, och vice versa. Detta är systemets andra egensvängningsmod; systemet svänger med sin andra egenvinkelfrekvens eller med sin första överton. Mod 1 L, EI W 11 L W 1 Mod W 1 W Figur (c). De två egensvängningsmoderna för en masslös konsolbalk med två punktmassor, där M 1 = M = M. Kommentar (kontroll) Svängningen i den första moden kan jämföras med svängningen hos ett en-frihetsgradssystem. Eftersom massorna i mod 1 svänger i fas kan två-frihetsgradssystemet här approximeras med en konsolbalk med bara en massa, d v s ett en-frihetsgradssystem. Enligt Exempel 4 i Kapitel (Avsnitt.4.4) gäller för en konsolbalk (längd L*, böjstyvhet EI*) med en punktmassa M* i änden att egenvinkelfrekvensen blir ω konsol e = 3EI* M* L* = 1, 73 EI* (n) 3 M* L* 3 Om vi approximerar vårt två-frihetsgradssystem med en konsolbalk som har en massa M på avståndet,5l från infästningen fås egenvinkelfrekvensen, enligt formeln (n), approx = 3EI M (, 5L) = 0, 310 EI 3 ω e1 ML 3 (o) 7

8 Detta resultat ligger ganska nära det resultat vi fick ovan i sambandet (l1) (vi fick där 0,95 att jämföra med det approximativa värdet 0,310 här, d v s bara 5 procents avvikelse). Därmed har vi snabbt och enkelt fått fram ett approximativt värde på den lägsta egenvinkelfrekvensen hos det ursprungliga två-frihetsgradssystemet i Figur (a). Här blev resultatet någorlunda bra på grund av att massorna M 1 och M ligger så nära varandra att de kunde slås samman till en massa. Man kan även kontrollera den första egenmoden. En konsolbalk (längd 3L) med en kraft P i ytteränden böjer ut δ = P(3L) 3 /3EI =9PL 3 /EI (vid ytteränden). Samma balk får vid x =L utböjningen δ 1 = P (3L)3 6 EI = 4, 67 PL3 3 EI Man ser att δ 1 = (4,67 / 9) δ = 0,519 δ, vilket ligger nära sambandet mellan W 11 och W 1 i (m1), som gav W 11 = 0,530W 1. Slutsatsen blir att det två-frihetsgradssystem vi här studerar i sin lägsta egensvängningsmod mycket påminner om svängningen av ett en-frihetsgradssystem bestående av en konsolbalk med en massa i sin fria ände. Någon liknande jämförelse för den andra egenvinkelfrekvensen och motsvarande egenmod är inte lika enkel att göra. (p) Extra hemuppgift; lösning av liknande tal: Följande gäller ett annat tal med M 1 = M = M Bestäm systemets svängning efter igångsättning vid tiden t = 0 Bestäm nu den svängning som uppkommer i systemet i Figur (a) på grund av igångsättningen vid tiden t = 0, d v s på grund av begynnelsevillkoren (BV). Eftersom ingen last ligger på systemet då tiden t är större än noll (t > 0) blir lösningen till ekvationssystemet enbart den homogena lösningen, som tidigare givits i ekvation (14). Man får och där egenvinkelfrekvenserna ges i (l1,). Utnyttja sambanden (m1,) mellan amplituderna. Behåll A, B, C, D som obekanta och eliminera A 1, B 1, C 1 och D 1 med hjälp av egenmoderna (m1,). Det ger och w 1 (t)=w 1 hom (t)=a 1 sin ω e1 t + B 1 cos ω e1 t + C 1 sin ω e t + D 1 cos ω e t w (t)=w hom (t)=a sin ω e1 t + B cos ω e1 t + C sin ω e t + D cos ω e t w 1 (t)=0, 530 A sin ω e1 t + 0, 530 B cos ω e1 t 1, 89 C sin ω e t 1, 89 D cos ω e t Konstanterna A till D bestäms med hjälp av begynnelsevillkoren (BV). Man får (q1) (q) w (t)=a sin ω e1 t + B cos ω e1 t + C sin ω e t + D cos ω e t (r1, ) 8

9 BV1: Förskjutningen w 1 är noll då rörelsen sätts igång vid tiden t = 0. Det ger w 1 (0) = 0, som med (r1) ger w 1 (0)=0, 530 B 1 1, 89 D 1 = 0 (s1) BV: Vid tiden t = 0 sätts massan 1 i rörelse. Massan 1 ges hastigheten v 0. Det ger ẇ 1 (0)=v 0, som ger 0, 530 A ω e1 1 1, 89 C ω e 1 = v 0 (s) BV3: Förskjutningen w är noll då rörelsen sätts igång vid tiden t = 0. Det ger w (0) = 0, som med (r) ger w (0)=B 1 + D 1 = 0 BV4: Vid tiden t = 0 är massans hastigheten noll. Det ger ẇ (0)=A ω e1 1 + C ω e 1 = 0 (s3) (s4) Ekvationerna (s1,,3,4) ger det fyra konstanterna A, B, C, D. Sambanden (s1) och (s3) ger B = D = 0 (t1, ) Sambandet (s4) ger A ω e1 = C ω e, som i (s) ger varur löses v 0 =( 0, 530 1, 89) C ω e C = v 0 v 0 och A, 4 ω = (t3, 4) e, 4 ω e1 Därmed erhålls, med konstaterna A, B, C, D förskjutningar w 1 och w som införda i (r1,), massornas och w 1 (t)= 0, 530 v 0, 4 ω e1 sin ω e1 t + 1, 89 v 0, 4 ω e sin ω e t (u1) w (t)= v 0 v 0 sin ω, 4 ω e1 t sin ω e1, 4 ω e t (u) e Lösningen till differentialekvationerna (e1,) är nu bestämd (man får ingen partikulärlösning här). Man ser att rörelsen blir en svängning med vinkelfrekvenser ω e1 och ω e och att amplituden vid respektive frekvens ges av begynnelsehastigheten v 0 och de två egensvängningsmoderna. Att systemet skulle svänga med de två egenvinkelfrekvenserna var väntat eftersom det utför fri svängning. 9

10 Lösningen (u1,) kan kontrolleras genom att man kontrollerar att den uppfyller differentialekvationerna och begynnelsevillkoren. Om både differentialekvationerna och begynnelsevillkoren är uppfyllda har vi funnit rätt lösning till problemet. (Genomför denna kontroll.) Om så önskas kan snittkrafterna S i mellan massorna och balken nu bestämmas. Om man för in w 1 och w från (u1,) i sambanden (d1,) erhålls snittkrafterna. Tal 3 Nu har chefen sålt sin maskin för 7 miljoner dollar till en fattig oljeshejk i Kuwait och du har tid att göra en exakt analys av strukturens (konsolbalkens) egenvinkelfrekvenser. Använd differentialekvation och randvillkor för att bestämma konsolbalkens egenvinkelfrekvenser. (Vad kan du nu meddela chefen?) Lösning till Tal 3: Fast inspänd fri balk, d v s en konsolbalk Talet löses här med totala längden L. Detta tal löste jag (diskuterade) på föreläsning i kursen TMHL0, så detta (d v s lösningsgången) har de redan sett. På slutet sätts längden 3L in. Uppgift: Bestäm egenvinkelfrekvenserna vid böjsvängning för en konsolbalk med längd L (m), konstant böjstyvhet EI (Nm ) och konstant massbeläggning m (kg/m). x m, L, EI Figur (a). Konsolbalk (fast inspänd fri): längd L (m), böjstyvhet EI (Nm ) och massbeläggning m (kg/m). Lösning: Differentialekvationen för en böjsvängande balk med konstant böjstyvhet EI och konstant massbeläggning m lyder, enligt Euler-Bernoullis balkteori, EIw IV (x, t)+mẅ(x, t)=q(x, t) (a) Då balken svänger fritt gäller att lasten q(x,t) på balken är noll, d v s q(x,t) =0, vilket ger EIw IV (x, t)+mẅ(x, t)=0 (b) Lösningen till differentialekvationen (b) kan skrivas, med konstanter C 1 till C 4, w(x, t) =X(x) T*(t)={C 1 cosh μx + C cos μx + C 3 sinh μx + C 4 sin μx } e i ω t (c) 10

11 Använd denna lösning för att bestämma frekvensfunktionen (den funktion som ger egenvinkelfrekvenserna) för det givna problemet. Randvillkor Randvillkor (RV) ger, med utelämnande av faktorn e iωt, följande ekvationer för konstanterna C 1 till C 4 : RV1: På grund av stödet vid balkens vänstra ände blir balkens vertikala förskjutning vid vänsteränden noll. Det ger w(x=0,t) =w(0,t) = 0, som ger X(x=0) = X(0) = 0, vilket ger Härav fås C 1 cosh 0 + C cos 0 + C 3 sinh 0 + C 4 sin 0 = 0 C 1 + C = 0 (d) RV: Vinkeln vid vänster ände är noll. Det ger w (0,t) = 0, som ger X (0) = 0, vilket ger Härav fås μc 1 sinh 0 μc sin 0 +μc 3 cosh 0 +μc 4 cos 0 = 0 C 3 + C 4 = 0 (e) RV3: Momentet vid höger balkände är noll (inget pålagt moment). Det ger M(L,t) = 0, som ger EI w (L,t) = 0, som ger X (L) = 0, vilket ger μ C 1 cosh μl μ C cos μl +μ C 3 sinh μl μ C 4 sin μl = 0 (f) RV4: Tvärkraften vid höger balkände, d v s vid x = L, är noll. Det ger w (L,t) = 0, som ger X (L) = 0, vilket ger μ 3 C 1 sinh μl +μ 3 C sin μl +μ 3 C 3 cosh μl μ 3 C 4 cos μl = 0 (g) De fyra randvillkoren har nu utnyttjats och det gav de fyra ekvationerna (d), (e), (f) och (g). Ekvationssystemet (d), (e), (f) och (g) kan skrivas på matrisform. Man får ( μ 0 förkortas bort) 11

12 cosh μl cos μl sinh μl sin μl sinh μl sin μl cosh μl cos μl C 1 C C 3 C = 0 0 (h) Systemdeterminanten sätts till noll, vilket ger frekvensekvationen, och den ger systemets (balkens) egenvinkelfrekvenser ω e n där n = 1,, 3, 4,... Man får cos μl sinh μl sin μl sin μl cosh μl cos μl cosh μl sinh μl sin μl sinh μl cosh μl cos μl = cos μl sinh μl sin μl sin μl cosh μl cos μl cosh μl sinh μl sin μl sinh μl cosh μl cos μl = cos μl sin μl sin μl cos μl + 1 cos μl sin μl sinh μl cosh μl 0 1 cosh μl sinh μl sin μl cos μl + 1 cosh μl sinh μl sinh μl cosh μl = 0 {( cos μl)( cos μl) (sin μl)( sin μl)} + {( cos μl)(cosh μl) (sin μl)(sinh μl)} +{(cosh μl)( cos μl) (sinh μl)( sin μl)} {(cosh μl)(cosh μl) (sinh μl)(sinh μl)} = 0 {(cos μl)+(sin μl)} {(cos μl)(cosh μl)+(sin μl)(sinh μl)} +{(cosh μl)( cos μl)+(sinh μl)(sin μl)} {(cosh μl) (sinh μl)} = 0 1 (cos μl)(cosh μl) (sin μl)(sinh μl)} +{ (cosh μl)(cos μl)+(sinh μl)(sin μl)} {1} =0 1 (cos μl)(cosh μl) (sin μl)(sinh μl) (cosh μl)(cos μl)+(sinh μl)(sin μl) 1 = 0 eller (cos μl)(cosh μl)=0 eller 1 +(cos μl)(cosh μl)=0 Denna ekvation ger rötterna (egenvärdena) μ 1 L = 1,8751, μ L = 4,6941, μ 3 L = 7,8548, μ 4 L = 10,9955. Man ser att μ n L =(n 1/)π (approximativt) för n (på grund av att cosμl skall vara nära noll). 1

13 Detta ger egenvinkelfrekvenserna: ω en =β n π EI ml 4 där β 1 = 0, 356 β =, 33 β 3 = 6, 51 β n =(n 1/) (approximativt) för n Så långt för balk med längd L Balklängd 3L: Sätt nu in balklängden 3L i stället. Det ger ω e1 = 0, 356π EI m(3l) 4 = 0, 391 EI ml 4 och ω e =, 33π EI m(3l) 4 =, 449 EI ml 4 att jämföra med de två egenvinkelfrekvenser vi fick för två-frihetsgradssystemet: ω e1 = 0, 377 EI / ml 4 och ω e =, 511 EI / ml 4 (l1,) Inte så illa, eller...? De approximativa värdena från två-frihetsgradssystemet ger att lägsta egenvinkelfrekvensen ω e1 är mindre än 4 % fel och andra egenvinkelfrekvensen ω e är mindre än 3 % fel. (Detta kan du berätta för chefen.) En-frihetsgradssystemet gav lägsta egenvinkelfrekvensen ω e = 0, 333 EI / ml 4, vilket är ca 15 % fel Nedanstående ingår ej (balklängden är nu återigen L) Bestäm egenmoderna Sätt in C = C 1 och C 4 = C 3. Det ger C 1 {cosh μl + cos μl} +C 3 {sinh μl + sin μl }=0 C 1 {sinh μl sin μl} +C 3 {cosh μl + cos μl }=0 (p) (o) Sätt systemdeterminanten till noll {cosh μl + cos μl} {sinh μl + sin μl }{sinh μl sin μl} =0 vilket ger frekvensekvationen 1 + cosh μl cos μl = 0 d v s samma frekvensekvation som ovan (vilket ju var väntat). 13

14 Inför nu egenvärdena μl = μ n L i ekvationssystemet (h). Det ger, med utnyttjande av att C = C 1 och C 4 = C 3, {cosh μ n L + cos μ n L} C 3 = C 1 {sinh μ n L + sin μ n L } För varje egenvärde μ n L, d v s för varje egenvinkelfrekvens ω en, kan lösningen X n (x) till differentialekvationen (b) skrivas, med konstanter C till C 4 uttryckta i C 1, X n (x) ={C 1n cosh μ n x + C n cos μ n x + C 3n sinh μ n x + C 4n sin μ n x } = C 1n cosh μ n x cos μ n x {cosh μ nl + cos μ n L} {sinh μ n L + sin μ n L } {sinh μ nx sin μ n x } vilket ger egenmoderna för en konsolbalk. De fyra lägsta har plottats i nedanstående figur, där även nodernas koordinater har angetts. e1 0,783L e 0,504L 0,868L e3 e 4 0,358 L 0,644L 0,906L Figur (b). Egen(svängnings)moder för konsolbalk. Svar (sammanfattning av resultat i Tal 3): Elementarfall för fast inspänd fri balk (konsolbalk) x m, L, EI Figur (a). Balk som är fast inspänd fri (d v s en konsolbalk). Randvillkor: Frekvensekvation: Lösningar: w(0)=0, w (0)=0, M(L)=0 och T(L)=0 1 + cosh μl cos μl = 0 där μ 4 = mω EI μ 1 L = 1, 875; μ L = 4, 694; μ 3 L = 7, 855; μ 4 L = 10, 996; μ n L =(n 1/)π (approximativt) för n 14

15 Egenvinkelfrekvenser: Egenmoder: EI ω en =β n π ml 4 β 1 = 0, 356; β =, 33; β 3 = 6, 51; β n =(n 1/) (approximativt) för n X n (x)=a n cosh μ n x cos μ n x {cosh μ nl + cos μ n L} {sinh μ n L + sin μ n L} {sinh μ nx sin μ n x} där e1 0,783L e 0,504L 0,868L e3 0,358 L 0,644L 0,906L e 4 Figur (b). Egensvängningsmoder för konsolbalk. Lösning Tal 4 (Hemtal) Fast inspänd styrd balk Bestäm egenvinkelfrekvenserna vid böjsvängning för en balk med längd L (m), konstant böjstyvhet EI (Nm ) och konstant massbeläggning m (kg/m). Balken är fast inspänd i x = 0 och styrd (slidlagrad) i x = L. Bestäm även någon egenmod. x m, L, EI styrd balk: längd L (m), böjstyvhet EI (Nm ) och mass- Figur (a). Fast inspänd beläggning m (kg/m). Lösning: Differentialekvationen för en böjsvängande balk med konstant böjstyvhet EI och konstant massbeläggning m lyder, enligt Euler-Bernoullis balkteori, EIw IV (x, t)+mẅ(x, t)=q(x, t) (a) Då balken svänger fritt gäller att lasten q(x,t) på balken är noll, d v s q(x,t) =0, vilket ger EIw IV (x, t)+mẅ(x, t)=0 (b) 15

16 Lösningen till differentialekvationen (b) kan skrivas, med konstanter C 1 till C 4, w(x, t) =X(x) T*(t) ={C 1 cosh μx + C cos μx + C 3 sinh μx + C 4 sin μx } e i ω t (c) Använd denna lösning för att bestämma frekvensfunktionen (den funktion som ger egenvinkelfrekvenserna) för det givna problemet. Randvillkor Randvillkor (RV) ger, med utelämnande av faktorn e iωt, följande ekvationer för konstanterna C 1 till C 4 : RV1: På grund av stödet vid balkens vänstra ände blir balkens vertikala förskjutning vid vänsteränden noll. Det ger w(x=0,t) =w(0,t) = 0, som ger X(x=0) = X(0) = 0, vilket ger Härav fås C 1 cosh 0 + C cos 0 + C 3 sinh 0 + C 4 sin 0 = 0 C 1 + C = 0 (d) RV: Vinkeln vid vänster ände är noll. Det ger w (0,t) = 0, som ger X (0) = 0, vilket ger Härav fås μc 1 sinh 0 μc sin 0 +μc 3 cosh 0 +μc 4 cos 0 = 0 C 3 + C 4 = 0 RV3: Vinkeln w (x,t) vid höger balkände, d v s vid x = L, är noll. Det ger w (L,t) = 0, som ger X (L) = 0, vilket ger μ C 1 sinh μl μc sin μl +μc 3 cosh μl +μc 4 cos μl = 0 (e) (f) RV4: Tvärkraften vid höger balkände är noll (balken är fri). Det ger w (L,t) = 0, som ger X (L) = 0, vilket ger μ 3 C 1 sinh μl +μ 3 C sin μl +μ 3 C 3 cosh μl μ 3 C 4 cos μl = 0 (g) 16

17 De fyra randvillkoren har nu utnyttjats och det gav de fyra ekvationerna (d), (e), (f) och (g). Ekvationssystemet (d), (e), (f) och (g) kan skrivas på matrisform. Man får ( μ 0 förkortas bort) sinh μl sin μl cosh μl cos μl sinh μl sin μl cosh μl cos μl Systemdeterminanten sätts till noll, vilket ger frekvensekvationen, och den ger systemets (balkens) egenvinkelfrekvenser ω e n där n = 1,, 3, 4,... Här väljs att först eliminera konstanterna C och C 4. Sätt in C = C 1 och C 4 = C 3 i (h). Det ger C 1 {sinh μl + sin μl} +C 3 {cosh μl cos μl }=0 C 1 C C 3 C = 0 0 (h) (i) C 1 {sinh μl sin μl} +C 3 {cosh μl + cos μl }=0 (j) Sätt systemdeterminanten till noll {sinh μl + sin μl} {cosh μl + cos μl } {sinh μl sin μl} {cosh μl cos μl }=0 vilket ger frekvensekvationen sinh μl cos μl + cosh μl sin μl = 0 Denna ekvation ger rötterna (egenvärdena) μ 1 L =,3650, μ L = 5,4978, μ 3 L = 8,6394, μ 4 L = 11,7810. Man ser att μ n L =(n 1/4)π (approximativt) för n (på grund av att cosμl måste hamna nära sinμl för stora värden på μl). Detta ger egenvinkelfrekvenserna: ω en =β n π EI ml 4 β 1 = 0, 5667 β = 3, 065 β 3 = 7, 565 β 4 = 14, 065 β n =(n 1/4) (approximativt) för n Inför nu egenvärdena μl = μ n L i ekvationssystemet (h). Det ger, med utnyttjande av att C = C 1 och C 4 = C 3, {sinh μ n L + sin μ n L} C 3 = C 1 {cosh μ n L cos μ n L } där 17

18 För varje egenvärde μ n L, d v s för varje egenvinkelfrekvens ω en, kan lösningen X n (x) till differentialekvationen (b) skrivas, med konstanter C till C 4 uttryckta i C 1, X n (x) ={C 1n cosh μ n x + C n cos μ n x + C 3n sinh μ n x + C 4n sin μ n x } = C 1n cosh μ n x cos μ n x {sinh μ nl + sin μ n L} {cosh μ n L cos μ n L } {sinh μ nx sin μ n x } vilket ger egenmoderna för balken. De lägsta böjmoderna har plottats i nedanstående figur, där även nodernas koordinater har angetts. e1 0,717L e 0,456 L 0,818 L e3 e 4 0,335 L 0,600 L 0,867 L Figur (b). Egen(svängnings)moder för fast inspänd styrd balk. 18