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Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
5 Erzwungene Schwingungen
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
F ( t ) = a0 +
HS 09
∞
¦ [ an cos ( nω0 t ) + bn sin ( nω0 t ) ]
(5.2)
n=1
5.1 Periodische Anregung
Mit der Grundfrequenz
4.0
3.5
2π
ω 0 = -----T0
Halbsinusanregung
T0
Unter Berücksichtigung der Orthogonalitätsrelationen:
3.0
Kraft F(t) [kN]
(5.3)
2.5
T0
³0
2.0
1.5
T0
³0
1.0
0.5
T0
³0
0.0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Eine Anregung ist periodisch wenn:
F ( t + nT o ) = F ( t )
für
n = – ∞, …, – 1, 0, 1, …, ∞ (5.1)
³0
(5.5)
cos ( nω 0 t ) sin ( jω 0 t ) dt = 0
(5.6)
F ( t ) cos ( jω 0 t ) dt =
T0
³0
+
F ( t ) dt =
T0
³0
Alessandro Dazio
(5.7)
a 0 cos ( jω 0 t ) dt
∞
T0
¦ ³0
n=1
T0
83
für n ≠ j
­0
cos ( nω 0 t ) cos ( jω 0 t ) dt = ®
¯ T 0 ⁄ 2 für n = j
• j = 0
³0
Alessandro Dazio
(5.4)
können die Fourier-Koeffizienten a n berechnet werden indem
Gleichung (5.2) zuerst mit cos ( jω 0 t ) multipliziert wird und anschliessend über die Periode T 0 integriert wird.
T0
Die Funktion F ( t ) kann dann als Summe von mehreren harmonischen Funktionen in Form einer Fourier-Reihe dargestellt werden, und zwar:
für n ≠ j
­0
sin ( nω 0 t ) sin ( jω 0 t ) dt = ®
¯ T 0 ⁄ 2 für n = j
a 0 dt = a 0 T 0
T0
a n cos ( nω 0 t ) cos ( jω 0 t ) dt + ³ b n sin ( nω 0 t ) cos ( jω 0 t ) dt
0
(5.8)
84
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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(5.9)
• j = n
T0
T0
³0
F ( t ) cos ( jω 0 t ) dt =
T0
HS 09
5.1.1 Stationäre Antwort infolge periodischer Anregung
1 T0
a 0 = ------ ⋅ ³ F ( t ) dt
T0 0
³0
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
³0
a 0 cos ( jω 0 t ) dt
+
¦ ³
n=1 0
(5.10)
mu·· + cu· + ku = F ( t )
(5.14)
F(t)
2
u·· + 2ζω n u· + ω n u = ---------m
(5.15)
F ( t ) = a0 +
∞
¦
[ a n cos ( nω 0 t ) + b n sin ( nω 0 t ) ]
(5.16)
n=1
∞
T0
T0
a n cos ( nω 0 t ) cos ( jω 0 t ) dt + ³ b n sin ( nω 0 t ) cos ( jω 0 t ) dt
• Statischer Teil ( a 0 )
0
T0
F ( t ) cos ( nω 0 t ) dt = a n ⋅ -----2
(5.11)
2 T0
a n = ------ ⋅ ³ F ( t ) cos ( nω 0 t ) dt
T0 0
(5.12)
a0
u 0 ( t ) = ----k
(5.17)
• Harmonischer Teil “Cosinus” (siehe harmonische Anregung)
2
Co sin us
un
Die Fourier-Koeffizienten b n können ähnlich berechnet werden
indem Gleichung (5.2) zuerst mit sin ( jω 0 t ) multipliziert wird und
anschliessend über die Periode T 0 integriert wird.
2 T0
b n = ------ ⋅ ³ F ( t ) sin ( nω 0 t ) dt
T0 0
a n 2ζβ n sin ( nω 0 t ) + ( 1 – β n ) cos ( nω 0 t )
nω
- , β n = ---------0
( t ) = ----- ⋅ ---------------------------------------------------------------------------------------2
2 2
k
ωn
( 1 – β n ) + ( 2ζβ n )
(5.18)
• Harmonischer Teil “Sinus” (Ähnlich wie “Cosinus”)
2
(5.13)
Sinus
un
(t)
b n ( 1 – β n ) sin ( nω 0 t ) – 2ζβ n cos ( nω 0 t )
nω
- , β n = ---------0
= ----- ⋅ ---------------------------------------------------------------------------------------2
2 2
k
ωn
( 1 – β n ) + ( 2ζβ n )
(5.19)
• Bemerkungen
- a 0 ist der Mittelwert der Funktion F ( t )
- Die Integrale können ebenfalls
[– T 0 ⁄ 2,T 0 ⁄ 2] berechnet werden.
über
das
Intervall
u ( t ) = u0 ( t ) +
- Für j = 0 gibt es keinen b-Koeffizient
Alessandro Dazio
• Die stationäre Antwort u ( t ) eines gedämpften EMS unter der
periodischen Anregungskraft F ( t ) ist gleich der Summe der
Terme der Fourier-Reihe.
∞
¦
n=1
85
Alessandro Dazio
Co sin us
un
(t) +
∞
Sinus
¦ un
(t)
(5.20)
n=1
86
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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5.1.2 Halbsinus
HS 09
2
Eine Folge von Halbsinus-Funktionen ist ein gutes Modell für die
Kraft, die durch eine hüpfende Person erzeugt wird.
Halbsinusanregung
T0
4Aτ cos ( nπτ ) 2A t p
πt
a n = ------- ⋅ ³ sin § -----· cos ( nω 0 t ) dt = -----------------------------------2 2
© tp ¹
T0 0
π ( 1 – 4n τ )
(5.23)
πt
2A tp
4Aτ sin ( nπτ ) cos ( nπτ )b n = ------- ⋅ ³ sin § -----· sin ( nω 0 t ) dt = -------------------------------------------------------2 2
© tp ¹
T0 0
π ( 1 – 4n τ )
(5.24)
4.0
3.5
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
tp
Kraft F(t) [kN]
3.0
Die Approximation des Halbsinusmodelles für T 0 = 0.5s und
t p = 0.16s durch 6 Fourier-Terme sieht folgendermassen aus:
2.5
2.0
4.0
1.5
Statischer Anteil (n=0)
T0
Erste Harmonische (n=1)
3.0
1.0
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
Kraft F(t) [kN]
0.5
0.0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
­
§ πt-· für 0 ≤ t < t
p
° A sin © ---tp ¹
F(t) = ®
° 0
für t p ≤ t < T 0
¯
1
(5.21)
Alessandro Dazio
1.0
0.0
-1.0
-2.0
0
Die Fourier-Koeffizienten können am Besten mit einem Mathematikprogramm berechnet werden und betragen:
A tp
2Aτ
πt
a 0 = ------ ⋅ ³ sin § -----· dt = ---------© tp ¹
T0 0
π
2.0
mit
tp
τ = -----T0
(5.22)
87
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
1
• Bemerkung
Der statische Term a 0 = 2Aτ ⁄ π = G entspricht dem Gewicht G
der hüpfenden Person.
Alessandro Dazio
88
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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5.1.3 Beispiel: “Hüpfen auf Stahlbetonbalken”
Statisch:
G
u st = -----Kn
• Elastizitätsmodul:
E = 23500MPa
Dynamisch:
u max = max ( u ( t ) ) mit u ( t ) aus Gleichung (5.20)
• Dichte:
ρ = 20.6kN ⁄ m 3
Verhältnis:
u max
V = ----------u st
• Biegesteifigkeit:
EI = 124741kNm 2
• Untersuchte Fälle
• Dämpfungsrate
ζ = 0.017
Länge
[m]
Frequenz fn
[Hz]
umax
[m]
V
[-]
• Modale Masse
M n = 0.5M tot
26.80
1
0.003
1.37
19.00
2
0.044
55.94
15.50
3
0.002
3.62
13.42
4
0.012
41.61
12.01
5
0.001
4.20
10.96
6
0.004
25.02
• Modale Steifigkeit
π 4 EI
K n = ----- ⋅ -----32 L
• Anregung (Ähnlich wie Seite 186 von [Bac+97])
• Hüpffrequenz:
f 0 = 2Hz
Halbsinusanregung
3.5
Kraft F(t) [kN]
3.0
• Bemerkungen
• Periode: T 0 = 0.5s
2.5
- Wenn die Anregungsfrequenz f 0 doppelt so gross ist im
• Kontaktzeit:
t p = 0.16s
2.0
1.5
Vergleich zur Eigenfrequenz des Balkens f n , ist der Ver-
• Gewicht der Person:
G = 0.70kN
1.0
0.5
0.0
0
0.1
0.2
Alessandro Dazio
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
1
HS 09
• Maximale Durchbiegungen
• Balken
4.0
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
grösserungsfaktor V klein.
- Berücksichtigung der höheren Harmonischen kann wichtig
sein!
• Amplitude:
A = 3.44kN
89
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90
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• Fall 1: f0 = 2Hz, fn = 1Hz
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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• Fall 3: f0 = 2Hz, fn = 3Hz
0.0020
0.0035
Statischer Anteil (n=0)
0.0030
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
0.0015
0.0025
Dritte Harmonische (n=3)
Verschiebung [m]
Verschiebung [m]
Total (6 Harmonische)
0.0020
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
0.0015
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
0.0010
0.0005
0.0000
-0.0005
0.0010
0.0005
0.0000
-0.0005
-0.0010
-0.0015
-0.0010
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
0
1
• Fall 2: f0 = 2Hz, fn = 2Hz
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
1
• Fall 4: f0 = 2Hz, fn = 4Hz
0.0150
0.0500
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
0.0400
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
0.0200
Verschiebung [m]
Verschiebung [m]
Zweite Harmonische (n=2)
0.0100
0.0300
0.0100
0.0000
-0.0100
Statischer Anteil (n=0)
-0.0200
Erste Harmonische (n=1)
0.0050
0.0000
-0.0050
Zweite Harmonische (n=2)
-0.0300
Dritte Harmonische (n=3)
-0.0100
Total (6 Harmonische)
-0.0400
-0.0500
-0.0150
0
Alessandro Dazio
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
0
1
91
Alessandro Dazio
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
1
92
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
5.2 Zeitschrittverfahren
• Fall 5: f0 = 2Hz, fn = 5Hz
0.0010
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
0.0008
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Verschiebung [m]
0.0006
Total (6 Harmonische)
0.0004
0.0002
0.0000
-0.0002
-0.0004
-0.0006
-0.0008
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
1
mu·· + cu· + ku = – mu·· g
• Fall 6: f0 = 2Hz, fn = 6Hz
0.0050
2
u·· + 2ζω n u + ω n u = – u·· g
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
0.0040
fs
Zweite Harmonische (n=2)
(5.25)
(5.26)
Dritte Harmonische (n=3)
Verschiebung [m]
0.0030
Total (6 Harmonische)
Wobei:
0.0020
2
2
ζ = c ⁄ ( 2mω n ) , ω n = k ⁄ m , f s = ku = mω n u
(5.27)
0.0010
0.0000
-0.0010
• Die vollständige Berechnung der dynamischen Antwort erfolgt
durch:
-0.0020
-0.0030
-0.0040
0
Alessandro Dazio
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
Zeit (s)
0.6
0.7
0.8
0.9
•
Faltungsintegral ([Ba02] Abschnitte 5.2.1c und 5.4.2a)
•
Numerische Integration der DGL ([Cho07] Abschnitt 5)
1
93
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94
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
5.2.1 Integrationsverfahren nach Newmark
2
t
t
t
Δu·· ( τ – t )
u ( τ ) = u + u· ( τ – t ) + § u·· + -------· ----------------©
2¹ 2
• Inkrementelle Formulierung der Differentialgleichung
mΔu·· + cΔu· + kΔu = – mΔu·· g
t + Δt
t
u = u + Δu ,
(5.28)
t + Δt ·
t
u = u· + Δu· ,
t + Δt ··
t
u = u·· + Δu··
HS 09
(5.33)
Die Inkremente der Beschleunigung, Geschwindigkeit und Verschiebung im Zeitschritt betragen somit:
(5.29)
• Annahme des Verlaufs der Beschleunigung im Zeitschritt
Δu·· =
t + Δt ··
Δu· =
t + Δt ·
t
u – u·· = Δu··
(5.34)
t
t
Δu··
u – u· = § u·· + -------· Δt
©
2¹
(5.35)
2
t
t
Δu·· Δt
Δu = u· Δt + § u·· + -------· -------©
2¹ 2
(5.36)
Die Gleichungen für Δu· und Δu können generalisiert werden als:
2
t
t
t
Δt
Δu· = ( u·· + γΔu·· )Δt , Δu = u· Δt + ( u·· + 2βΔu·· ) -------2
t + Δt ··
t
Δu··
1 t
u·· ( τ ) = --- ( u·· +
u ) = u·· + ------2
2
(5.30)
(5.37)
mit:
Konstante Beschleunigung:
τ
t
t
t
Δu··
u· ( τ ) = u· + ³ u·· ( τ ) dτ = u· + § u·· + -------· ( τ – t )
©
2¹
(5.31)
1
1
β = --- , γ = --4
2
Δt
----- ≤ ∞
T
t
τ
t
τ
t
u ( τ ) = u + ³ u· ( τ ) dτ = u + ³
t
Alessandro Dazio
Lineare Beschleunigung:
··
t · § t ·· Δu
u + u + -------· ( τ – t ) dτ
©
2¹
(5.32)
t
95
1
1
β = --- , γ = --6
2
Alessandro Dazio
Δt
----- ≤ 0.551
T
96
Die Ausdrücke von Gleichung (5.37) werden in Gleichung (5.28)
eingesetzt, die jetzt für die einzige verbleibende Unbekannte Δu··
gelöst werden kann
2
5.2.2 Implementierung des Integrationsverfahrens
nach Newmark in der Excel-Tabelle
“TD_Einmassenschwinger_HS09.xls”
Gleichung (5.38), hier nochmals geschrieben, wird in der ExcelTabelle wie folgt implementiert:
(5.38)
( m + cγΔt + kβΔt )
Δx··
meq
da
2
­
°
°
°
®
°
°
°
¯
­
®
¯
t
t
t Δt
2
( m + cγΔt + kβΔt )Δu·· = – mΔu·· g – c u·· Δt – k § u· Δt + u·· --------·
©
2 ¹
oder in kompakter Form
˜
m̃Δu·· = Δp
(5.39)
Durch Rückwärtseinsetzen von Δu·· können die gesuchten Bewegungsgrössen zur Zeit t + Δt berechnet werden.
Lineare Systeme
=
– mΔx·· g
ΔF ( t )
t ··
–c
– mΔx·· g – c ⋅ dv – k ⋅ dd
da = ------------------------------------------------------ = Δx··
meq
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97
dd
(“delta-velocity”)
(“delta-acceleration”)
• In den Spalten F bis H werden anhand von sogenannten “Korrektoren” die Bewegungsgrössen zum Zeitpunkt t + Δt bestimmt:
t + Δt ··
t
x = x·· + da
t + Δt ·
t
x = x· + dv + ( da ⋅ γ ⋅ Δt )
­
°
°
®
°
°
¯
• Falls sich die Steifigkeit innerhalb des Zeitschrittes ändert,
muss sie iteriert werden.
dv
(“delta-displacement”)
• Die Grösse m̃ ist ebenfalls konstant und kann im Voraus bestimmt werden.
• Die Steifigkeit k variiert während des Erdbebens und m̃ ist somit nicht mehr konstant.
2
§ tx· Δt + tx·· Δt
--------·
2 ¹
–k ©
2
t
t Δt
dd = x· Δt + x·· -------2
t
dv = x·· Δt
• Die Masse m und die Dämpfung c bleiben typischerweise konstant während des ganzen Erdbebens.
x Δt
• In den Spalten C bis E werden zuerst die sogenannten “Prädiktoren” dd, dv und da bestimmt:
• m , c und k bleiben konstant während des Erdbebens.
Nicht-lineare Systeme (siehe Vorlesung Erdbeben)
HS 09
­
°
°
®
°
°
¯
• Lösung der DGL
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
­
®
¯
HS 09
­
®
¯
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
Δx
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98
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
t
Δx
• In der Spalte I wird schlussendlich die absolute Beschleunigung x·· abs zum Zeitpunkt t + Δt bestimmt:
t + Δt ··
xabs =
t + Δt ··
x+
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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• Im Feld “Anzahl Perioden” (Zelle V19) wird angegeben für wievielen Perioden T i des EMS dessen dynamische Antwort berechnet
2
x = x + dd + ( da ⋅ β ⋅ Δt )
­
°
°
°
®
°
°
°
¯
t + Δt
HS 09
t + Δt ··
xg
Bemerkungen zur Anwendung der Excel-Tabelle
werden soll, um damit die entsprechenden Antwortspektren zeichnen zu können.
• Die Antwortspektren werden mit dem Makro “antwortspektrum” berechnet. Das Makro fügt lediglich die verschiedene
Perioden T i in der Zelle S3 ein; dann liest sie die Maxima der
Antwortgrössen aus der Zellen F6, G6, H6 und I6 heraus und
schreibt sie in den entsprechenden Zellen der Spalten L bis P.
• Die gelb-unterlegten Felder können geändert werden:
• Die Spalten A und B enthalten die Stützwerte im Abstand Δt , die
den Zeitverlauf der Bodenbewegung x·· g ( t ) beschreiben, für welche die Antwort des Einmassenschwingers (EMS) zu bestimmen
ist. Um die Antwort des EMS infolge einer anderen Bodenbewegung x·· ( t ) zu berechnen, müssen diese zwei Spalten mit den
g
Stützwerten des neuen Erdbebenzeitverlaufs gefüllt werden.
• Das Bewegungsverhalten eines linearen EMS ist für einen gegebenen Erdbebenzeitverlauf x·· g ( t ) , nur von seiner Periode
T = 2π ⁄ ω n und seiner Dämpfung ζ abhängig. Aus diesem Grund
können T und ζ in der Excel-Tabelle ebenfalls frei gewählt werden.
• Die Masse m ist lediglich benötigt, um die tatsächliche Steifigkeit
2
des EMS k = m ⋅ ω n zu definieren und daraus die korrekte Federkraft f s = k ⋅ x zu berechnet.
Alessandro Dazio
99
Alessandro Dazio
100
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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5.3 Antwortspektren
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
• Antwortspektren dienen zur Auswertung von Erdbebenaufzeichnungen aber vor allem, in Form von Bemessungsspektren, zur Erdbebenbemessung von Bauwerken
• Wo nichts anderes angegeben, beziehen sich die nächsten
Antwortspektren auf die Nord-Süd Komponente des El Centro
Erdbebens vom 18. Mai 1940 ([Cho07]).
• Weitere Zeitverläufe auf:
http://db.cosmos-eq.org/scripts/default.plx
http://peer.berkeley.edu/nga/
30
20
0
0.01
3
0.10
1.00
0%
2%
5%
10%
20%
10.00
ζ
ζ
ζ
ζ
ζ
2
=
=
=
=
=
100.0
0%
2%
5%
10%
20%
1
0.6
0.5
0.4
0.3
0.10
ζ
ζ
ζ
ζ
ζ
=
=
=
=
=
1.00
10.00
100.0
1.00
Periode [s]
10.00
100.0
0%
2%
5%
10%
20%
0.2
0.1
0.01
101
=
=
=
=
=
10
0
0.01
Relative Verschiebung [m]
• Antwortspektren sollen für alle Perioden und Dämpfungen, die
bei Bauwerken vorkommen, berechnet werden.
ζ
ζ
ζ
ζ
ζ
40
Relative Geschwindigkeit [m/s]
Absolute Beschleunigung [m/s2]
• “El Centro”: Lineare Antwortspektren
[Ba02] Bild 2.25
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Alessandro Dazio
0.10
102
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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• Grenzwerte von Antwortspektren
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
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5.3.1 Pseudo- Bewegungsgrösse
• Pseudo-Geschwindigkeit S pv
S pv = ωS d
(5.40)
- S pv hat die Einheiten einer Geschwindigkeit
- S pv ist ein Mass für die maximale Verformungsenergie
u·· a + 2ζωu· + ω 2 u = 0
ag [m/s2]
u = 0 Ÿ u·· a ( t ) = u·· ( t ) + u·· g ( t ) = u·· g ( t )
2.0
2
2
(5.41)
• Pseudo-Beschleunigung
S pa = ω 2 S d
ag,max = 3.13 m/s2
−2.0
10
20
(5.42)
30
- S pa hat die Einheiten einer Beschleunigung
vg,max = 36.1cm/s
0.2
- S pa ist ein Mass für die maximale Querkraft
0.0
−0.2
0
0.2
dg [m]
2
kS d
k ( S pv ⁄ ω )
mS pv
E s = --------- = --------------------------- = ------------2
2
2
0.0
0
0.4
vg [m/s]
u·· a + 2ζωu· + ω 2 u = 0
··
u·· ( t ) = – u g ( t ) Ÿ u ( t ) = – u g ( t )
10
20
dg,max = 21.1cm
30
V = kS d = k ( S pa ⁄ ω 2 ) = mS pa
(5.43)
Aufpassen
Basiskorrektur!
0.1
0.0
−0.1
0
10
20
30
Zeit [s]
Alessandro Dazio
103
Alessandro Dazio
104
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Wirkliche vs. Pseudo-Bewegungsgrösse
Absolute Beschleunigung [m/s2]
10
HS 09
• Bemerkungen über die Pseudo-Beschleunigung
Beschleunigung
Pseudo-Beschleunigung
1.0
... / ... max [−]
ζ = 5%
5
ζ = 50%
Pseudo-Beschl.
Pseudo-Geschw.
0.0
-1 x Verschiebung
−1.0
0
0.01
0.10
1.00
1.0
10.00
100.00
0
Geschwindigkeit
Pseudo-Geschwindigkeit
ζ = 5%
ζ = 50%
0.5
5
1.0
... / ... max [−]
Relative Geschwindigkeit [m/s]
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
10
15
Pseudo-Beschl.
Pseudo-Geschw.
0.0
-1 x Verschiebung
−1.0
0.0
0.01
0.10
1.00
Periode [s]
10.00
100.00
5
10
15
Zeit [s]
•
Für ζ = 0 sind Beschleunigung und Pseudo-Beschleunigung
gleich.
•
Für T Ÿ ∞ verschwindet die Pseudo-Geschwindigkeit
•
Pseudo-Geschwindigkeit und Pseudo-Beschleunigung entsprechen in etwa den wirklichen Bewegungsgrössen bei EMS mit
ζ < 20% und T < 1s
Alessandro Dazio
0
105
u·· a ( t ) = – ω 2 u ( t ) – 2ζωu· ( t )
(5.44)
Zeitverlauf der Pseudo-Beschleunigung A(t)
•
Für ζ = 0 :
u(t) = A(t)
•
Für ζ > 0 :
bei u max : u a = A aber A < A max
Verschiebung der Maxima durch die Dämpfung
Alessandro Dazio
106
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Kombinierte doppelt-logarithmische Darstellung
log ( S pv ) = log ( ω ) + log ( S d )
log ( S pv ) = log ( f ) + log ( 2π ) + log ( S d )
log ( S pv ) = – log ( T ) + log ( 2π ) + log ( S d )
log ( S pv ) = – log ( ω ) + log ( S pa )
log ( S pv ) = – log ( f ) – log ( 2π ) + log ( S pa )
log ( S pv ) = log ( T ) – log ( 2π ) + log ( S pa )
100
0
10
10
]
m
[c
/s 2
cm
S
ng
1
bu
]
0.
10
0
1
10
Ps
1
Ve
cm
rs
2
/s
2
1
ch
m
.
11
ie
[c
a
a
g
Sp
10
l.
d
ch
3
es
10
−B
Pseudo−Geschwindigkeit Spv [cm/s]
cm
0
do
eu
0
.1
21
10
Ps
=
=
10
=
pa
dg
00
cm
/s 2
vg = 36.1 cm/s
10
Sd
00
44
7
0
10
S
0%
2%
5%
10%
00
0
00
10
S
ng
1
1.0
Periode [s]
10.0
0.
•
1
1
Ve
]
rs
2
/s
ch
m
ie
[c
1
0.1
bu
a
Sp
10
l.
d
ch
[c
es
m
]
−B
do
eu
Pseudo−Geschwindigkeit Spv [cm/s]
=
=
=
=
10
Spv = 71 cm/s
10
ζ
ζ
ζ
ζ
31
S pa
S pv = -------ω
100
HS 09
• Eigenschaften von linearen Antwortspektren
=
S pv = ωS d
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
T=1s
0.1
Alessandro Dazio
1.0
Periode [s]
Antwortspektren weisen Bereiche auf, die entweder mehr von
der Bodenbeschleunigung oder von der Bodengeschwindigkeit
oder von der Bodenverschiebung beeinflusst sind.
10.0
107
Alessandro Dazio
108
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Bemessungs-Antwortspektren nach Newmark
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Elastisches Bemessungsspektrum nach Newmark vs.
Elastisches Bemessungsspektrum nach Norm SIA 261
g
ζ = 5%
3.5
Elastisches Antwortspektrum nach
SIA 261, Boden Typ A
3.0
100
aa
g
α
Spa / Ag [−]
0
a
g
10
E
dg
00
B
10
0
Ps
10
10
F
1.5
A
1.0
Elastisches Antwortspektrum nach
SIA 261, Boden Typ B
m
S
0.5
ng
1
0.0
0.01
0.
1
1
Ve
]
rs
2
/s
ch
m
ie
[c
bu
a
Sp
10
l.
d
ch
[c
es
1
2.0
]
−B
do
eu
A
ζ = 5%
2.5
vg
10
Pseudo−Geschwindigkeit Spv [cm/s]
0
C
C
B
D
dg
αd
00
10
αvvg
D
Elastisches Bemessungsspektrum nach
Newmark (84% Fraktil) mit El-Centro
Eckperioden
0.10
1.00
10.00
Periode [s]
TA=1/33s
TB=1/8s
0.1
Dämpfung ζ
2%
5%
10%
20%
Alessandro Dazio
αa
2.74
2.12
1.64
1.17
TE=10s
1.0
Periode [s]
Median(50%)
αv
αd
2.03
1.63
1.65
1.39
1.37
1.20
1.08
1.01
10.0
•
Die Spektren für die Norm SIA 261 und für EC8 wurden anhand
ähnlicher Prinzipien wie bei den Newmark-Spektren konstruiert.
•
Es wurden dabei andere Erdbeben ausgewertet.
•
Nebenbei: Die Figur zeigt warum in der Norm SIA 261 und im
EC8 keine Periode T A definiert ist.
TF=33s
Eine Stdabw. (84%)
αa
αv
αd
3.66
2.92
2.42
2.71
2.30
2.01
1.99
1.84
1.69
1.26
1.37
1.38
109
Alessandro Dazio
110
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Sprungfunktion: Tn=2s, Fo/k=2, ζ=0
5.4 Kurze Anregung
4.5
5.4.1 Sprungfunktion
(5.45)
Es gibt eine homogene und eine partikuläre Lösung
u h = A 1 cos ( ω n t ) + A 2 sin ( ω n t ) (siehe freie Schwingungen)
(5.46)
up = F0 ⁄ k
(5.47)
3.5
Verschiebung
Die Differentialgleichung eines ungedämpften EMS belastet mit
einer Kraft F 0 , die zur Zeit t = 0 plötzlich aufgebracht wird, ist:
mu·· + ku = F 0
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
Die Gesamtlösung ist u ( t ) = u h + u p wird durch die Anfangsbedingungen u ( 0 ) = u· ( 0 ) = 0 vollständig definiert und sie ist:
F0
u ( t ) = ----- [ 1 – cos ( ω n t ) ]
k
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
• Sprungfunktion: Tn=2s, Fo/k=2, ζ=10%
4
(5.48)
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
3.5
• Bemerkungen
• Die maximale Auslenkung eines ungedämpften EMS unter einer
Sprungbelastung beträgt zwei Mal die statische Auslenkung
u st = F 0 ⁄ k
• Die Auslenkung zur Zeit t = ∞ eines gedämpften EMS unter einer
Sprungbelastung ist gleich der statischen Auslenkung u st = F 0 ⁄ k
Verschiebung
3
• Der gedämpfte Fall kann genau gleich gelöst werden. Auf der Web
Seite der Vorlesung gibt es eine Excel Datei zur Veranschaulichung dieser Anregung.
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
Alessandro Dazio
111
Alessandro Dazio
112
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Kurze Anregungsdauer ( t 1 ⁄ T n ist klein)
5.4.2 Rechteckanregung
Die Reihenentwicklung von Sinus und Cosinus ist:
Die DGL eines ungedämpften EMS unter einer Rechteckanregung ist:
··
­ mu + ku = F 0
® ··
¯ mu + ku = 0
für t ≤ t 1
für t > t 1
(5.49)
Bis zur Zeit t = t 1 entspricht die Lösung der DGL Gleichung
(5.48). Ab Zeit t = t 1 handelt es sich um eine freie Schwingung
mit Anfangsbedingungen
F0
u ( t 1 ) = ----- [ 1 – cos ( ω n t 1 ) ]
k
(5.50)
F0
u· ( t 1 ) = ----- ω n sin ( ω n t 1 )
k
(5.51)
(5.52)
und anhand der Anfangsbedingungen (5.50) und (5.51) können
die Konstanten A 1 und A 2 bestimmt werden.
Alessandro Dazio
(5.53)
( ωn t1 )3
2π
sin ( ω n t 1 ) = sin § ------ t 1· = ω n t 1 + ------------------ + …
© Tn ¹
6
(5.54)
und für kleine t 1 ⁄ T n vereinfachen sich die Ausdrücke zu:
cos ( ω n t 1 ) ≅ 1
,
sin ( ω n t 1 ) ≅ ω n t 1
113
(5.55)
Durch Einsetzen von Gleichung (5.55) in Gleichungen (5.50)
und (5.51) es ergibt sich:
u ( t1 ) = 0
,
F0 2
F0 t1
u· ( t 1 ) = ----- ω n t 1 = ---------k
m
(5.56)
Gleichung (5.56) zeigt, dass eine kurze Anregung als eine freie
Schwingung mit Anfangeschwindigkeit
v0 = I ⁄ m
Die freie Schwingung ist durch folgende Gleichung beschrieben:
u h = A 1 cos ( ω n ( t – t 1 ) ) + A 2 cos ( ω n ( t – t 1 ) )
( ωn t1 )2
2π
cos ( ω n t 1 ) = cos § ------ t 1· = 1 – ------------------ + …
© Tn ¹
2
(5.57)
interpretiert werden kann. I ist der Impuls, der von der Kraft F 0
während der Zeit t 1 erzeugt wird.
• Rechteckanregung:
I = F0 t1
• Dreiecksanregung:
I = 0.5F 0 t 1
• Beliebige kurze Anregung:
I =
Alessandro Dazio
t1
³0 F ( t ) d t
114
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
4
v0
v0 2
u 0 + § ------· und tan φ = -----------© ω n¹
ωn u0
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
3
(5.58)
2
Verschiebung
Deshalb beträgt die maximale Amplitude einer kurzen Anregung:
v0
A = -----ωn
HS 09
• Rechteckanregung: Tn=2s, t1=0.5s (t1/Tn=0.25), Fo/k=2, ζ=0%
Die Gleichung einer ungedämpften freien Schwingung ist:
u ( t ) = A cos ( ω n t – φ ) mit A =
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
(5.59)
1
0
-1
-2
-3
• Bemerkungen
-4
• Der gedämpfte Fall kann genau gleich gelöst werden. Auf der Web
Seite der Vorlesung gibt es eine Excel Datei zur Veranschaulichung dieser Anregung.
• Rechteckanregung: Wenn t 1 > T n ⁄ 2 , beträgt die maximale Ant-
0
2
3
4
5
6
de des EMS für gewisse Verhältnisse von t 1 ⁄ T n (z.B.: 0.5, 1.5, ...)
2
• Kurze Anregung: Gleichung (5.59) stimmt nur für t 1 ⁄ T n → 0 und
ζ = 0 . Für alle andere Fälle handelt es sich erst um eine Näherung, die die tatsächliche maximale Auslenkung überschätzt.
115
Verschiebung
3
• Kurze Anregung: Die Form der Anregung hat praktisch keinen Einfluss auf die maximale Antwort des EMS. Wichtig ist der Impuls.
9
10
5
• Rechteckanregung: Wenn t 1 > T n ⁄ 2 , kann die maximale Amplitu-
• Rechteckanregung mit Dämpfung: selber ausprobieren anhand
der angegebenen Excel-Tabelle.
8
• Rechteckanregung: Tn=2s, t1=1s (t1/Tn=0.50), Fo/k=2, ζ=0%
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4
sogar 4F 0 ⁄ k betragen.
7
Zeit (s)
wort des EMS zwei Mal die statischen Auslenkung u st = F 0 ⁄ k
Alessandro Dazio
1
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
Alessandro Dazio
116
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Rechteckanregung: Tn=2s, t1=2s (t1/Tn=1.00), Fo/k=2, ζ=0%
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
• Rechteckanregung: Tn=2s, t1=3.5s (t1/Tn=1.75), Fo/k=2, ζ=0%
5
4.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4
3
3
Verschiebung
Verschiebung
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4
3.5
2.5
2
1.5
1
2
1
0
-1
0.5
-2
0
-3
-0.5
-4
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
10
1
2
3
4
Zeit (s)
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
• Rechteckanregung: Tn=2s, t1=3s (t1/Tn=1.50), Fo/k=2, ζ=0%
• Rechteckanregung: Tn=2s, t1=4s (t1/Tn=2.00), Fo/k=2, ζ=0%
5
4.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4
3
3.5
2
Verschiebung
Verschiebung
HS 09
1
0
-1
-2
-3
3
2.5
2
1.5
1
0.5
-4
0
-5
-0.5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
Zeit (s)
Alessandro Dazio
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
117
Alessandro Dazio
118
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Kurze Rechteckanregung: Tn=2s, t1=0.05s, Fo/k=2, ζ=0%
Verschiebung
HS 09
5.4.3 Beispiel “Sprengeinwirkung” (siehe Einführung)
2.5
• Versuch
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
2
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
1.5
1
0.5
0
-0.5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
• Modellierung Variante 1
• Kurze Rechteckanregung: Tn=2s, t1=0.05s, Fo/k=2, ζ=5%
Im Rahmen einer vereinfachten Modellierung wird angenommen, dass die Platte während der Belastung elastisch bleibt.
Gesucht ist die maximale Einsenkung der Platte infolge der Explosion.
2.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
Verschiebung
2
1.5
- Vereinfachtes System
1
0.5
Querschnitt
0
-0.5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Zeit (s)
Alessandro Dazio
119
Alessandro Dazio
120
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
Masse:
m = 3.05 ⋅ 0.276 ⋅ 2.45 = 2.06t ⁄ m
Beton:
f c' = 41.4MPa
,
HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
Randbedingungen:
E c = 5000 ⋅ f c' = 32172MPa
ψ ( 0 ) = 0 , ψ ( L ) = 0 , ψ' ( 0 ) = 0 , ψ'' ( L ) = 0
Steifigkeit: I o = ( 3050 ⋅ 276 3 ) ⁄ 12 = 5344 ×106 mm 4
(5.61)
Mit dem Mathematikprogramm “Maple” kann Gleichung (5.60)
für die Randbedingungen (5.61) gelöst werden und es ergibt
sich:
E c I o = 171.9kNm 2
E c I = 0.30E c I o = 52184kNm 2 (wegen Rissebildung!)
- Einwirkung
[ sin ( βL ) + sin h ( βL ) ] ⋅ [ cos ( βx ) – cos h ( βx ) ]
1.508 ⋅ ψ = sin ( βx ) – sin h ( βx ) + -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------– cos ( βL ) – cos h ( βL )
(5.62)
βL = 3.927
(5.63)
mit
t 1 ≈ 0.3ms ist sicher wesent-
Der Verlauf der Funktion ψ ist:
1
0.8
\ [-]
lich kleiner als die Periode
T n = 64ms der Platte (siehe
Gleichung (5.71)). Deshalb
kann die Anregung als
“kurz” betrachtet werden.
- Äquivalenter modaler EMS (siehe Abschnitt “Modellbildung”)
0.6
0.4
0.2
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
x/L [-]
Und mit den Gleichungen aus Kapitel “Modelbildung” können die
modalen Eigenschaften des äquivalenten EMS bestimmt werden:
Ansatz für die Verformungsfigur:
m* =
ψ = C1 ⋅ sin ( βx ) + C2 ⋅ cos ( βx ) + C3 ⋅ sin h ( βx ) + C4 ⋅ cos h ( βx )
(5.60)
Alessandro Dazio
121
L
³0 m ⋅ ψ
Alessandro Dazio
2
⋅ dx = 0.439mL
(5.64)
122
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
k* =
P* =
L
³0 ( EI ⋅ ( ψ'' )
2
HS 09
EI
⋅ dx ) = 104.37 ⋅ -----3L
L 2 =3.45m
³L =1.55m ( p ⋅ ψ ⋅ dx )
(5.65)
= 0.888 ⋅ P tot
(5.66)
1
Für dieses Beispiel sind die modalen Grössen, die den äquivalenten modalen EMS charakterisieren:
m * = 0.439 ⋅ 2.06 ⋅ 5 = 4.52t
(5.67)
52184= 43571kN/m
k * = 104.37 ⋅ -------------53
(5.68)
P * = 0.888 ⋅ 192000 = 170496kN
(5.69)
ω =
(5.70)
k* ⁄ m* =
43571 ⁄ 4.52 = 98.18rad/s
T n = 2π ⁄ ω = 0.064s
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
• Modellierung Variante 2
Im Rahmen einer vereinfachten Modellierung wird angenommen, dass die Platte während der Belastung elastisch bleibt.
Gesucht ist die maximale Einsenkung der Platte infolge der Explosion.
- Vereinfachtes System
- Äquivalenter modaler EMS (siehe Abschnitt “Modellbildung”)
(5.71)
Die maximale elastische Verformung des EMS kann anhand des
modalen Impuls berechnet werden und zwar:
I * = 0.5 ⋅ P * ⋅ t 0 = 0.5 ⋅ 170496 ⋅ 0.3 ×10
–3
= 25.6kNs
(5.72)
Ansatz für die Verformungsfigur:
Die Anfangsgeschwindigkeit der freien Schwingung ist:
25.6
I*
v 0 = ------*- = ---------- = 5.66m/s
4.52
m
(5.73)
Alessandro Dazio
(5.75)
Randbedingungen:
Die maximale elastische Auslenkung ist:
Δ m, e = v 0 ⁄ ω = 5.66 ⁄ 98.18 = 0.058m
2πx
ψ = – sin § ----------·
© L ¹
(5.74)
123
ψ ( 0 ) = 0 , ψ ( L ) = 0 , ψ'' ( 0 ) = 0 , ψ'' ( L ) = 0
Alessandro Dazio
(5.76)
124
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
ψ [-]
Der Verlauf der Funktion ψ ist:
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
P * = 0.941 ⋅ 192000 = 180672kN
(5.82)
ω =
(5.83)
k* ⁄ m* =
40666 ⁄ 10.3 = 62.83rad/s
T n = 2π ⁄ ω = 0.10s
(5.84)
Die maximale elastische Verformung des EMS kann anhand des
modalen Impuls berechnet werden und zwar:
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
I * = 0.5 ⋅ P * ⋅ t 0 = 0.5 ⋅ 180672 ⋅ 0.3 ×10
–3
= 27.1kNs
(5.85)
x/L [-]
Und mit den Gleichungen aus Kapitel “Modelbildung” können die
modalen Eigenschaften des äquivalenten EMS bestimmt werden:
m* =
L
³0 m ⋅ ψ
2
L
⋅ dx = 0.5mL
27.1
I*
v 0 = ------*- = ---------- = 2.63m/s
10.3
m
2
EI
4 EI
⋅ dx ) = 8π ⋅ -----3- = 779.27 ⋅ -----3L
L
³0 ( EI ⋅ ( ψ'' )
P* =
³L =6.55m ( p ⋅ ψ ⋅ dx )
= 0.941 ⋅ P tot
(5.86)
Die maximale elastische Auslenkung ist:
Δ m, e = v 0 ⁄ ω = 2.63 ⁄ 62.83 = 0.042m
k* =
L 2 =8.45m
(5.77)
Die Anfangsgeschwindigkeit der freien Schwingung ist:
(5.87)
(5.78)
(5.79)
1
Für dieses Beispiel sind die modalen Grössen, die den äquivalenten modalen EMS charakterisieren:
m * = 0.5 ⋅ 2.06 ⋅ 10 = 10.3t
(5.80)
52184= 40666kN/m
k * = 779.27 ⋅ -------------10 3
(5.81)
Alessandro Dazio
125
Alessandro Dazio
126
HS 09
• Modellierung Variante 3
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
HS 09
Und der Verlauf der elastische Auslenkung ist:
Als dritte Variante wird die Platte mit finiten Elementen in SAP
2000 modelliert.
- Numerisches Model
0.08
Elastische Auslenkung [m]
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme
0.06
0.04
0.02
0
-0.02
-0.04
-0.06
-0.08
0.00
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.40
0.45
0.50
Zeit [s]
Die verteilte Belastung q wird anhand von n = 19 konzentrierten Kräften F i ersetzt:
192000
F i = ------------------ = 10105kN
19
(5.88)
Der Einfluss der oberen Eigenschwingungen ist deutlich zu erkennen!
• Vergleich
System
Die erste Periode des Systems beträgt:
T 1 = 0.100s
(5.89)
was Gleichung (5.84) entspricht.
Alessandro Dazio
127
Alessandro Dazio
m*
[t]
k*
[kN/m]
P*
[P]
T
[s]
Δ m, e
[m]
4.52
43571
0.888
0.064
0.058
10.30
40666
0.941
0.100
0.042
-
-
-
0.100
0.064
128