5: Erzwungene Schwingungen (TD_EMS_5_ES_HS09_DS.pdf)

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5 Erzwungene Schwingungen
5.1 Periodische Anregung
Kraft F(t) [kN]
4.0
T 0
3.5
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
Halbsinusanregung
∞
Ft () = a 0
+ [ a n
cos( nω 0
t)
+ b n
sin( nω 0
t)
]
n = 1
Mit der Grundfrequenz
ω 0
=
2π
-----
T 0
Unter Berücksichtigung der Orthogonalitätsrelationen:
T 0
0
T 0
0
sin( nω 0 t) sin( jω 0 t)
dt
=
cos( nω 0
t)
cos( jω 0
t)
dt
=
0 für n ≠ j
T 0
⁄ 2 für n = j
0 für n ≠ j
T 0
⁄ 2 für n = j
(5.2)
(5.3)
(5.4)
(5.5)
0.5
0.0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
Eine Anregung ist periodisch wenn:
Ft ( + nT o
) = Ft () für n = – ∞, …,– 1, 0, 1 ,…∞
, (5.1)
Die Funktion Ft () kann dann als Summe von mehreren harmonischen
Funktionen in Form einer Fourier-Reihe dargestellt werden,
und zwar:
T 0
cos( nω 0 t)
sin ( jω 0 t)
d t = 0
0
(5.6)
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 integriert wird.
• j = 0
T 0
Ft () cos( jω 0 t)
d t = a 0 cos( jω 0 t)
dt
0
T 0
0
+
∞
n = 1
T 0
a n
0
T 0
cos ( nω 0 t)
cos( jω 0 t)
d t + b n sin( nω 0 t)
cos( jω 0 t)
dt
T 0
0
(5.7)
T 0
0
Ft () dt
T 0
= a d 0 t = a 0 T 0
0
(5.8)
Alessandro Dazio 83
Alessandro Dazio 84

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
1
a 0
= ----- ⋅ Ft () dt
• j = n
T 0
T 0
T 0
0
Ft () cos( jω 0
t)
d t = a 0
cos( jω 0
t)
dt
0
T 0
0
+
∞
n = 1
T 0
a n
0
cos ( nω 0 t)
cos( jω 0 t)
d t + b n sin( nω 0 t)
cos( jω 0 t)
dt
T 0
0
(5.9)
(5.10)
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.1.1 Stationäre Antwort infolge periodischer Anregung
mu·· + cu· + ku = F()
t
u·· 2 Ft ()
+ 2ζω n u· + ω nu
= ---------
m
∞
Ft () = a 0 + [ a n cos( nω 0 t)
+ b n sin( nω 0 t)
]
n = 1
a 0
• Statischer Teil ( )
(5.14)
(5.15)
(5.16)
T 0
Ft () cos( nω 0 t)
d
T 0
t = a n ⋅ -----
2
0
(5.11)
u 0
() t
=
a
---- 0
k
(5.17)
2
a n
= ----- ⋅ Ft () cos( nω 0
t)
dt
T 0
T 0
0
(5.12)
Die Fourier-Koeffizienten können ähnlich berechnet werden
indem Gleichung (5.2) zuerst mit sin( jω 0
t)
multipliziert wird und
anschliessend über die Periode integriert wird.
• Bemerkungen
b n
2
b n
= ----- ⋅ Ft () sin( nω 0
t)
dt
a 0
T 0
T 0
0
T 0
- ist der Mittelwert der Funktion
Ft ()
(5.13)
- Die Integrale können ebenfalls über das Intervall
[– T 0
⁄ 2, T 0
⁄ 2]
berechnet werden.
- Für j = 0 gibt es keinen b-Koeffizient
• Harmonischer Teil “Cosinus” (siehe harmonische Anregung)
2
Cosinus
a n 2ζβ
u n () t ---- n sin( nω 0 t)
+ ( 1 – β n ) cos( nω 0 t)
nω
---------------------------------------------------------------------------------------- ,
0
= ⋅
k
2
( 1 – β n
) 2 β
+ ( 2ζβ n
) 2
n = ---------
ω n
(5.18)
• Harmonischer Teil “Sinus” (Ähnlich wie “Cosinus”)
2
Sinus b n
( 1 – β
u n () t ---- n
) sin( nω 0
t)
– 2ζβ n
cos( nω 0
t)
nω
---------------------------------------------------------------------------------------- ,
0
= ⋅
k
2
( 1 – β n ) 2 β
+ ( 2ζβ n ) 2
n = ---------
ω n
(5.19)
• Die stationäre Antwort ut () eines gedämpften EMS unter der
periodischen Anregungskraft Ft () ist gleich der Summe der
Terme der Fourier-Reihe.
Cosinus
ut () = u 0
() t + u n
() t +
∞
n = 1
∞
n = 1
Sinus
u n () t
(5.20)
Alessandro Dazio 85
Alessandro Dazio 86

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.1.2 Halbsinus
Eine Folge von Halbsinus-Funktionen ist ein gutes Modell für die
Kraft, die durch eine hüpfende Person erzeugt wird.
Kraft F(t) [kN]
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
Ft ()
t p
T 0
Halbsinusanregung
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
=
πt
Asin
----
für 0 ≤ t < t p
t p
0 für t p
≤ t<
T 0
(5.21)
Die Fourier-Koeffizienten können am Besten mit einem Mathematikprogramm
berechnet werden und betragen:
a 0
A
----- πt
----
2Aτ
= ⋅
sin dt
= --------- mit τ = ----- (5.22)
π
T 0
t p
0
t p
t p
T 0
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
a n
b n
(5.23)
Die Approximation des Halbsinusmodelles für T 0
= 0.5s und
t p
= 0.16s durch 6 Fourier-Terme sieht folgendermassen aus:
Kraft F(t) [kN]
• Bemerkung
t p
2A
------ πt
----
4Aτcos( nπτ)
= ⋅ sin ( nω
T 0
cos
t p
0
t) dt
= ------------------------------------
0
π( 1–
4n 2 τ 2 )
t p
2A
------ ----
πt
4Aτsin( nπτ)
cos( nπτ)
= ⋅ sin sin( nω
T 0
t p
0
t) dt
= --------------------------------------------------------
0
π( 1 – 4n 2 τ 2 )
(5.24)
4.0
3.0
2.0
1.0
0.0
-1.0
-2.0
T 0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
Der statische Term a 0
= 2Aτ⁄ π = G entspricht dem Gewicht G
der hüpfenden Person.
2
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
Alessandro Dazio 87
Alessandro Dazio 88

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.1.3 Beispiel: “Hüpfen auf Stahlbetonbalken”
• Balken
• Anregung (Ähnlich wie Seite 186 von [Bac+97])
Kraft F(t) [kN]
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
Halbsinusanregung
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
• Elastizitätsmodul:
E = 23500MPa
• Dichte:
ρ = 20.6kN ⁄ m 3
• Biegesteifigkeit:
EI = 124741kNm 2
• Dämpfungsrate
ζ = 0.017
• Modale Masse
M n
= 0.5M tot
• Modale Steifigkeit
π
K 4
n
-----
EI
= ⋅ -----
2 L 3
• Hüpffrequenz:
f 0
= 2Hz
• Periode: T 0
= 0.5s
• Kontaktzeit:
t p
= 0.16s
• Gewicht der Person:
G = 0.70kN
• Amplitude:
A = 3.44kN
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Maximale Durchbiegungen
Statisch:
Dynamisch: = max( u()
t ) mit ut () aus Gleichung (5.20)
Verhältnis:
• Untersuchte Fälle
Länge
[m]
• Bemerkungen
u st
=
u max
V
=
------
G
K n
u
---------- max
u st
Frequenz f n
[Hz]
u max
[m]
- Wenn die Anregungsfrequenz f 0
doppelt so gross ist im
Vergleich zur Eigenfrequenz des Balkens f n
, ist der Vergrösserungsfaktor
V klein.
- Berücksichtigung der höheren Harmonischen kann wichtig
sein!
V
[-]
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
Alessandro Dazio 89
Alessandro Dazio 90

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Fall 1: f 0 = 2Hz, f n = 1Hz
• Fall 3: f 0 = 2Hz, f n = 3Hz
0.0035
0.0020
Verschiebung [m]
0.0030
0.0025
0.0020
0.0015
0.0010
0.0005
0.0000
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
Verschiebung [m]
0.0015
0.0010
0.0005
0.0000
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
-0.0005
-0.0010
-0.0005
-0.0015
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
• Fall 2: f 0 = 2Hz, f n = 2Hz
-0.0010
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
• Fall 4: f 0 = 2Hz, f n = 4Hz
0.0500
0.0400
0.0300
0.0150
0.0100
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
Verschiebung [m]
0.0200
0.0100
0.0000
-0.0100
-0.0200
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Verschiebung [m]
0.0050
0.0000
-0.0050
-0.0300
-0.0400
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
-0.0100
-0.0500
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
-0.0150
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
Alessandro Dazio 91
Alessandro Dazio 92

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Fall 5: f 0 = 2Hz, f n = 5Hz
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.2 Zeitschrittverfahren
0.0010
0.0008
0.0006
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
Verschiebung [m]
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 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
• Fall 6: f 0 = 2Hz, f n = 6Hz
mu·· + cu· + ku = – mu··g
f s
(5.25)
Verschiebung [m]
0.0050
0.0040
0.0030
0.0020
0.0010
0.0000
-0.0010
-0.0020
-0.0030
-0.0040
Statischer Anteil (n=0)
Erste Harmonische (n=1)
Zweite Harmonische (n=2)
Dritte Harmonische (n=3)
Total (6 Harmonische)
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
Zeit (s)
u·· 2 + 2ζω n
u + ω nu
= – u··g
(5.26)
Wobei: ζ
2
= c ⁄ ( 2mω n
) , ω n
= k ⁄ m,
f s = ku
2 = mω nu
(5.27)
• Die vollständige Berechnung der dynamischen Antwort erfolgt
durch:
• Faltungsintegral ([Ba02] Abschnitte 5.2.1c und 5.4.2a)
• Numerische Integration der DGL ([Cho07] Abschnitt 5)
Alessandro Dazio 93
Alessandro Dazio 94

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.2.1 Integrationsverfahren nach Newmark
• Inkrementelle Formulierung der Differentialgleichung
u( τ) t t
u u· ( τ – t) t
u·· + Δu·· ------ ( τ – t) 2
= + + ----------------
2 2
(5.33)
mΔu·· + cΔu· + kΔu = – mΔu··g
(5.28)
t + Δt
t t + Δt t t + Δt
u = u + Δu , u· = u· + Δu· , u·· t
= u·· + Δu·· (5.29)
• Annahme des Verlaufs der Beschleunigung im Zeitschritt
Die Inkremente der Beschleunigung, Geschwindigkeit und Verschiebung
im Zeitschritt betragen somit:
Δu··
t + Δt
u·· t
= – u·· = Δu··
t + Δt t t
Δu· u· – u· u·· Δu··
= = + ------ Δt
2
(5.34)
(5.35)
t t
Δu u· Δt u·· + Δu·· ------
Δt 2
= + -------
2 2
(5.36)
u·· ( τ)
1 t
--
2
u·· t + Δt
( + u·· t
= ) = u··
τ
+ Δu·· ------
2
t
u· ( τ) u· u·· t t
+ ( τ) dτ
u· u·· Δu··
= = + + ------ ( τ – t)
2
t
τ
u( τ) t u +
u· ( τ) dτ
t t t
= = u u· u·· + Δu··
+ ------
+ ( τ – t)
dτ
2
t
τ
t
(5.30)
(5.31)
(5.32)
Die Gleichungen für Δu· und Δu können generalisiert werden als:
mit:
Δu·
t
u·· + γΔu··
t
= ( )Δt , Δu = u· Δt+
( t u·· + 2βΔu·· )-------
Δt2 (5.37)
2
Konstante Beschleunigung:
1
β = -- , γ =
4
1
--
2
Lineare Beschleunigung:
1
β = -- , γ =
6
1
--
2
Δt
---- ≤ ∞
T
Δt
---- ≤ 0.551
T
Alessandro Dazio 95
Alessandro Dazio 96

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Lösung der DGL
Die Ausdrücke von Gleichung (5.37) werden in Gleichung (5.28)
eingesetzt, die jetzt für die einzige verbleibende Unbekannte Δu··
gelöst werden kann
( m + cγΔt + kβΔt 2 )Δu·· t
– mΔu··g c u·· t
= – Δt – k
u· Δt + u·· -------
2
oder in kompakter Form
(5.38)
m˜ Δu·· = Δp ˜
(5.39)
Durch Rückwärtseinsetzen von Δu·· können die gesuchten Bewegungsgrössen
zur Zeit t + Δt berechnet werden.
Lineare Systeme
t Δt 2
• m, c und k bleiben konstant während des Erdbebens.
• Die Grösse m˜ ist ebenfalls konstant und kann im Voraus bestimmt
werden.
Nicht-lineare Systeme (siehe Vorlesung Erdbeben)
• Die Masse m und die Dämpfung c bleiben typischerweise konstant
während des ganzen Erdbebens.
• Die Steifigkeit k variiert während des Erdbebens und m˜ ist somit
nicht mehr konstant.
• Falls sich die Steifigkeit innerhalb des Zeitschrittes ändert,
muss sie iteriert werden.
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
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 Excel-
Tabelle wie folgt implementiert:
( m + cγΔt+
kβΔt 2 )
meq
Δx··
da
t –mΔx··g x··Δt
= – c – k
ΔF()
t dv
t x· Δt + x·· -------
2
dd
• In den Spalten C bis E werden zuerst die sogenannten “Prädiktoren”
dd, dv und da bestimmt:
t
t Δt 2
dd = x· Δt+
x·· -------
2
dv
da
=
t
x·· Δt
– mΔx··g– c⋅
dv – k⋅
dd
= ------------------------------------------------------ =
meq
Δx··
(“delta-displacement”)
(“delta-velocity”)
t Δt 2
(“delta-acceleration”)
• In den Spalten F bis H werden anhand von sogenannten “Korrektoren”
die Bewegungsgrössen zum Zeitpunkt t + Δt bestimmt:
t + Δt x··
t + Δt x·
t
= x·· + da
t
= x· + dv + ( da ⋅ γ⋅
Δt)
Δx
Alessandro Dazio 97
Alessandro Dazio 98

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
t + Δt
x
=
t
x
+
dd + ( da ⋅β ⋅Δt 2 )
Δx
• In der Spalte I wird schlussendlich die absolute Beschleunigung
x··abs
zum Zeitpunkt t + Δt bestimmt:
t + Δt x·· abs
=
t + Δt
x·· +
t + Δt x·· g
Bemerkungen zur Anwendung der Excel-Tabelle
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Im Feld “Anzahl Perioden” (Zelle V19) wird angegeben für wievielen
Perioden T i
des EMS dessen dynamische Antwort berechnet
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·· g () t zu berechnen, müssen diese zwei Spalten mit den
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 HS 09
5.3 Antwortspektren
[Ba02] Bild 2.25
• Antwortspektren dienen zur Auswertung von Erdbebenaufzeichnungen
aber vor allem, in Form von Bemessungsspektren,
zur Erdbebenbemessung von Bauwerken
• Antwortspektren sollen für alle Perioden und Dämpfungen, die
bei Bauwerken vorkommen, berechnet werden.
• 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/
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• “El Centro”: Lineare Antwortspektren
Absolute Beschleunigung [m/s 2 ]
Relative Verschiebung [m]
Relative Geschwindigkeit [m/s]
40
30
20
10
0
0.01 0.10 1.00 10.00 100.0
3
2
1
0
0.01 0.10 1.00 10.00 100.0
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
ζ = 0%
ζ = 2%
ζ = 5%
ζ = 10%
ζ = 20%
ζ = 0%
ζ = 2%
ζ = 5%
ζ = 10%
ζ = 20%
ζ = 0%
ζ = 2%
ζ = 5%
ζ = 10%
ζ = 20%
0.01 0.10 1.00 10.00 100.0
Periode [s]
Alessandro Dazio 101
Alessandro Dazio 102

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Grenzwerte von Antwortspektren
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.3.1 Pseudo- Bewegungsgrösse
• Pseudo-Geschwindigkeit
S pv
S pv
=
ωS d
(5.40)
- hat die Einheiten einer Geschwindigkeit
S pv
- ist ein Mass für die maximale Verformungsenergie
S pv
u·· a
+ 2ζωu· + ω 2 u = 0
u·· a
+ 2ζωu· + ω 2 u = 0
u = 0 u··a () t = u·· () t + u··g () t = u··g()
t u·· () t = –·· ug() t ut () = – u g () t
2
kS d
kS (
E s
-------- pv
⁄ ω) 2
= = -------------------------- =
2 2
2
mS
------------ pv
2
(5.41)
ag [m/s 2 ]
2.0
0.0
−2.0
a g,max = 3.13 m/s 2
• Pseudo-Beschleunigung
S pa
= ω 2 S d
(5.42)
vg [m/s]
0 10 20 30
0.4
0.2
0.0
v g,max = 36.1cm/s
S pa
- hat die Einheiten einer Beschleunigung
S pa
- ist ein Mass für die maximale Querkraft
dg [m]
−0.2
0.2
0.1
0.0
0 10 20 30
d g,max = 21.1cm
Aufpassen
Basiskorrektur!
V = kS d
= kS ( pa
⁄ ω 2 ) = mS pa
(5.43)
−0.1
0 10 20 30
Zeit [s]
Alessandro Dazio 103
Alessandro Dazio 104

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Wirkliche vs. Pseudo-Bewegungsgrösse
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Bemerkungen über die Pseudo-Beschleunigung
Absolute Beschleunigung [m/s 2 ]
Relative Geschwindigkeit [m/s]
10
5
0
0.01 0.10 1.00 10.00 100.00
1.0
0.5
ζ = 50%
Beschleunigung
Pseudo-Beschleunigung
ζ = 5%
ζ = 50%
Geschwindigkeit
Pseudo-Geschwindigkeit
ζ = 5%
0.0
0.01 0.10 1.00 10.00 100.00
Periode [s]
• Für ζ = 0 sind Beschleunigung und Pseudo-Beschleunigung
gleich.
• Für T ∞ verschwindet die Pseudo-Geschwindigkeit
• Pseudo-Geschwindigkeit und Pseudo-Beschleunigung entsprechen
in etwa den wirklichen Bewegungsgrössen bei EMS mit
ζ < 20% und T < 1s
... / ... max [−]
... / ... max [−]
1.0
0.0
−1.0
1.0
0.0
−1.0
Pseudo-Beschl.
Pseudo-Geschw.
-1 x Verschiebung
0 5 10 15
Pseudo-Beschl.
Pseudo-Geschw.
-1 x Verschiebung
0 5 10 15
Zeit [s]
u··a () t = – ω2 ut ()–
2ζωu· () t
Zeitverlauf der Pseudo-Beschleunigung A(t)
(5.44)
• Für ζ = 0 : ut () = At ()
• Für ζ > 0 : bei u max : u a = A aber A < A max
Verschiebung der Maxima durch die Dämpfung
Alessandro Dazio 105
Alessandro Dazio 106

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Kombinierte doppelt-logarithmische Darstellung
Pseudo−Geschwindigkeit Spv [cm/s]
S pv
S pv
100
= ωS d
log( S pv
) =
log( S pv
) =
log( ) =
S pa
S pv
= ------- log( S
ω
pv
) =
log( S pv
) =
log( ) =
10
1
S pv = 71 cm/s
10000
1000
S pv
S pa = 447 cm/s 2
100
Pseudo−Beschl. S pa [cm/s 2 ]
log( ω)
+ log( S d
)
log()
f + log( 2π)
+ log( S d
)
– log( T)
+ log( 2π)
+ log( )
S d
– log( ω)
+ log( S pa
)
– log( f)
– log( 2π)
+ log( S pa
)
log( T)
– log( 2π)
+ log( S pa )
10
0.1 1 10 100
Verschiebung S d [cm]
T = 1 s
Sd = 11.2 cm
0.1 1.0 10.0
Periode [s]
1
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Eigenschaften von linearen Antwortspektren
Pseudo−Geschwindigkeit Spv [cm/s]
100
10
1
10000
1000
a g = 313 cm/s 2
100
Pseudo−Beschl. S pa [cm/s 2 ]
v g = 36.1 cm/s
0.1 1 10 100
Verschiebung S d [cm]
0.1 1.0 10.0
Periode [s]
• Antwortspektren weisen Bereiche auf, die entweder mehr von
der Bodenbeschleunigung oder von der Bodengeschwindigkeit
oder von der Bodenverschiebung beeinflusst sind.
10
1
d g = 21.1 cm
ζ = 0%
ζ = 2%
ζ = 5%
ζ = 10%
Alessandro Dazio 107
Alessandro Dazio 108

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Median(50%) Eine Stdabw. (84%)
• Nebenbei: Die Figur zeigt warum in der Norm SIA 261 und im
Dämpfung ζ α a
α v
α d
α a
α v
α d EC8 keine Periode T A definiert ist.
2% 2.74 2.03 1.63 3.66 2.92 2.42
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Bemessungs-Antwortspektren nach Newmark
• Elastisches Bemessungsspektrum nach Newmark vs.
g
Elastisches Bemessungsspektrum nach Norm SIA 261
ζ = 5%
3.5
Elastisches Antwortspektrum nach
SIA 261, Boden Typ A
3.0
100
α v v g D
B
C ζ = 5%
2.5
C
v g
2.0
E
10 B
1.5
F
1.0 A
Elastisches Antwortspektrum nach
A
0.5
SIA 261, Boden Typ B
Elastisches Bemessungsspektrum nach
D
1
Newmark (84% Fraktil) mit El-Centro
Eckperioden
0.0
0.01 0.10 1.00 10.00
Periode [s]
T A =1/33s T B =1/8s T E =10s
• Die Spektren für die Norm SIA 261 und für EC8 wurden anhand
0.1 1.0 10.0 T F =33s
ähnlicher Prinzipien wie bei den Newmark-Spektren konstruiert.
Periode [s]
• Es wurden dabei andere Erdbeben ausgewertet.
5% 2.12 1.65 1.39 2.71 2.30 2.01
10% 1.64 1.37 1.20 1.99 1.84 1.69
20% 1.17 1.08 1.01 1.26 1.37 1.38
Pseudo−Geschwindigkeit Spv [cm/s]
10000
1000
α a a g
a g
100
Pseudo−Beschl. S pa [cm/s 2 ]
10
1
αd d g
d g
0.1 1 10 100
Verschiebung S d [cm]
Spa / Ag [−]
Alessandro Dazio 109
Alessandro Dazio 110

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.4 Kurze Anregung
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Sprungfunktion: T n =2s, F o /k=2, ζ=0
5.4.1 Sprungfunktion
Die Differentialgleichung eines ungedämpften EMS belastet mit
einer Kraft F 0
, die zur Zeit t = 0 plötzlich aufgebracht wird, ist:
mu··
+ ku = F 0
Es gibt eine homogene und eine partikuläre Lösung
(5.45)
Verschiebung
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
u h
= A 1
cos( ω n
t)
+ A 2
sin( ω n
t)
u p
= F 0
⁄ k
(siehe freie Schwingungen) (5.46)
(5.47)
Die Gesamtlösung ist ut () = u h
+ u p
wird durch die Anfangsbedingungen
u0 ( ) = u· ( 0) = 0 vollständig definiert und sie ist:
ut ()
=
F
----- 0
[ 1 – cos( ω
k
n
t)
]
(5.48)
• Bemerkungen
• Der gedämpfte Fall kann genau gleich gelöst werden. Auf der Web
Seite der Vorlesung gibt es eine Excel Datei zur Veranschaulichung
dieser Anregung.
• 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
1
0.5
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
• Sprungfunktion: T n =2s, F o /k=2, ζ=10%
Verschiebung
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
Alessandro Dazio 111
Alessandro Dazio 112

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Dreiecksanregung: I = 0.5F 0
t 1
und anhand der Anfangsbedingungen (5.50) und (5.51) können
t
die Konstanten A 1
und A 2
bestimmt werden.
• Beliebige kurze Anregung: I =
1
F() t dt
5.4.2 Rechteckanregung
• Kurze Anregungsdauer ( t 1 ⁄ T n ist klein)
Die Reihenentwicklung von Sinus und Cosinus ist:
cos( ω n t 1 ) 2π
----- t
( ω n t 1 ) 2
= cos
T 1
= 1 – ----------------- + …
n 2
(5.53)
sin( ω n
t 1
) ----- 2π
t
( ω n
t 1
) 3
= sin
T 1
= ω n n
t 1
+ ----------------- + …
6
(5.54)
Die DGL eines ungedämpften EMS unter einer Rechteckanregung
und für kleine t 1
⁄ T n vereinfachen sich die Ausdrücke zu:
ist:
cos( ω n
t 1
) ≅ 1 , sin( ω n
t 1
) ≅ ω n
t 1
(5.55)
mu·· + ku = F 0
für t ≤ t 1
mu··
(5.49)
Durch Einsetzen von Gleichung (5.55) in Gleichungen (5.50)
+ ku = 0 für t > t 1
und (5.51) es ergibt sich:
Bis zur Zeit t = t 1
entspricht die Lösung der DGL Gleichung
F
, 0 2 F
ut (
(5.48). Ab Zeit t = t 1
handelt es sich um eine freie Schwingung
1
) = 0
u· ( t 1
) ----- 0
t 1
= ω
k nt1 = ---------
m
(5.56)
mit Anfangsbedingungen
Gleichung (5.56) zeigt, dass eine kurze Anregung als eine freie
F 0
Schwingung mit Anfangeschwindigkeit
ut ( 1
) = ----- [ 1 – cos( ω (5.50)
k
n
t 1
)]
v 0
= I ⁄ m
(5.57)
F 0
u· ( t 1 ) = ----- ω (5.51)
k n sin( ω n t 1 )
interpretiert werden kann. I ist der Impuls, der von der Kraft F 0
während der Zeit t 1
erzeugt wird.
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 ))
(5.52)
• Rechteckanregung: I = F 0
t 1
0
Alessandro Dazio 113
Alessandro Dazio 114

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Die Gleichung einer ungedämpften freien Schwingung ist:
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =0.5s (t 1 /T n =0.25), F o /k=2, ζ=0%
v
ut () = Acos( ω n
t – φ)
mit 0
A = u + 0
----- und
2 tanφ
ω n
=
v 0
-----------
ω n
u 0
(5.58)
4
3
2
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
Deshalb beträgt die maximale Amplitude einer kurzen Anregung:
A
=
v 0
-----
ω n
(5.59)
• Bemerkungen
• 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 Antwort
des EMS zwei Mal die statischen Auslenkung u st = F 0 ⁄ k
• Rechteckanregung: Wenn t 1 > T n ⁄ 2 , kann die maximale Amplitude
des EMS für gewisse Verhältnisse von t 1 ⁄ T n (z.B.: 0.5, 1.5, ...)
sogar 4F 0 ⁄ k betragen.
• Rechteckanregung mit Dämpfung: selber ausprobieren anhand
der angegebenen Excel-Tabelle.
• Kurze Anregung: Die Form der Anregung hat praktisch keinen Einfluss
auf die maximale Antwort des EMS. Wichtig ist der Impuls.
• 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.
Verschiebung
1
0
-1
-2
-3
-4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
• Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =1s (t 1 /T n =0.50), F o /k=2, ζ=0%
Verschiebung
5
4
3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
Alessandro Dazio 115
Alessandro Dazio 116

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =2s (t 1 /T n =1.00), F o /k=2, ζ=0%
• Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =3.5s (t 1 /T n =1.75), F o /k=2, ζ=0%
Verschiebung
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
Verschiebung
5
4
3
2
1
0
-1
-2
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
0
-3
-0.5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
• Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =3s (t 1 /T n =1.50), F o /k=2, ζ=0%
-4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
• Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =4s (t 1 /T n =2.00), F o /k=2, ζ=0%
5
4
3
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
4.5
4
3.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
Verschiebung
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
Verschiebung
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
-0.5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
Alessandro Dazio 117
Alessandro Dazio 118

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Kurze Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =0.05s, F o /k=2, ζ=0%
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
5.4.3 Beispiel “Sprengeinwirkung” (siehe Einführung)
2.5
2
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
•Versuch
Verschiebung
1.5
1
0.5
0
-0.5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Zeit (s)
• Kurze Rechteckanregung: T n =2s, t 1 =0.05s, F o /k=2, ζ=5%
Verschiebung
2.5
2
1.5
1
0.5
Dynamische Antwort
Rechteckanregung
• Modellierung Variante 1
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
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 HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Masse:
m = 3.05 ⋅ 0.276 ⋅ 2.45 = 2.06t ⁄ m
Randbedingungen:
Beton: f c
' = 41.4MPa , E c
= 5000 ⋅ f c
' = 32172MPa
Steifigkeit:
- Einwirkung
I o ( 3050 ⋅ 276 3
6
= ) ⁄ 12 = 5344×10 mm 4
E c
I o
= 171.9kNm 2
E c I = 0.30E c I o = 52184kNm 2
(wegen Rissebildung!)
t 1 ≈ 0.3ms ist sicher wesentlich
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”)
ψ( 0) = 0 , ψ( L) = 0 , ψ' ( 0) = 0 , ψ'' ( L) = 0
(5.61)
Mit dem Mathematikprogramm “Maple” kann Gleichung (5.60)
für die Randbedingungen (5.61) gelöst werden und es ergibt
sich:
mit
1.508 ⋅ ψ
[ sin( βL)
+ sinh( βL)
] ⋅ [ cos( βx)
– cosh( βx)
]
= sin( βx)
– sinh( βx)
+ -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------
– cos( βL)
– cosh( βL)
Der Verlauf der Funktion ψ ist:
[-]
βL = 3.927
1
0.8
0.6
0.4
0.2
(5.62)
(5.63)
0
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1
x/L [-]
Ansatz für die Verformungsfigur:
ψ = C1 ⋅ sin( βx)
+ C2 ⋅ cos( βx)
+ C3 ⋅ sinh( βx)
+ C4 ⋅ cosh( βx)
(5.60)
Und mit den Gleichungen aus Kapitel “Modelbildung” können die
modalen Eigenschaften des äquivalenten EMS bestimmt werden:
L
m * = m ⋅ ψ 2 ⋅dx
= 0.439mL
0
(5.64)
Alessandro Dazio 121
Alessandro Dazio 122

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
k * L
= ( EI ⋅ ( ψ'' ) 2 ⋅ dx)
= 104.37 ⋅ -----
EI
0
L 2 =3.45m
(5.65)
(5.66)
Für dieses Beispiel sind die modalen Grössen, die den äquivalenten
modalen EMS charakterisieren:
L 3
P * = ( p ⋅ ψ ⋅dx)
= 0.888 ⋅ P tot
L 1 =1.55m
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
m * = 0.439 ⋅ 2.06 ⋅5
= 4.52t
(5.67)
k * = 104.37 ⋅ --------------
52184 =
5 3
P * = 0.888 ⋅ 192000 =
43571kN/m
170496kN
(5.68)
(5.69)
ω = k * ⁄ m * = 43571 ⁄ 4.52 = 98.18rad/s
T n
= 2π ⁄ ω = 0.064s
(5.70)
(5.71)
- Äquivalenter modaler EMS (siehe Abschnitt “Modellbildung”)
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
= 25.6kNs
Die Anfangsgeschwindigkeit der freien Schwingung ist:
I
v * 25.6
0
= ------ = --------- = 5.66m/s
4.52
m *
Die maximale elastische Auslenkung ist:
Δ me
, = v 0 ⁄ ω = 5.66 ⁄ 98.18 = 0.058m
–3
(5.72)
(5.73)
(5.74)
Ansatz für die Verformungsfigur:
ψ
2πx
= –sin ---------
L
Randbedingungen:
(5.75)
ψ( 0) = 0 , ψ( L) = 0 , ψ'' ( 0) = 0 , ψ'' ( L) = 0
(5.76)
Alessandro Dazio 123
Alessandro Dazio 124

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Der Verlauf der Funktion ψ ist:
P * = 0.941 ⋅ 192000 =
180672kN
(5.82)
ψ [-]
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
-1
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:
L
m * = m ⋅ ψ 2 ⋅ dx
= 0.5mL
0
k * L
= ( EI ⋅ ( ψ'' ) 2 ⋅ dx)
= 8π 4 ⋅ -----
EI = 779.27 ⋅ -----
EI
0
L 3
L 3
(5.77)
(5.78)
ω = k * ⁄ m * = 40666 ⁄ 10.3 = 62.83rad/s
T n
= 2π ⁄ ω = 0.10s
(5.83)
(5.84)
Die maximale elastische Verformung des EMS kann anhand des
modalen Impuls berechnet werden und zwar:
I * = 0.5 ⋅ P * ⋅ t 0 = 0.5 ⋅180672 ⋅ 0.3×10
= 27.1kNs
Die Anfangsgeschwindigkeit der freien Schwingung ist:
I
v *
0
------
27.1
= = --------- = 2.63m/s
10.3
Die maximale elastische Auslenkung ist:
Δ me
m *
, = v 0 ⁄ ω = 2.63 ⁄ 62.83 = 0.042m
–3
(5.85)
(5.86)
(5.87)
L 2 =8.45m
P * = ( p ⋅ ψ ⋅dx)
= 0.941 ⋅ P tot
L 1 =6.55m
(5.79)
Für dieses Beispiel sind die modalen Grössen, die den äquivalenten
modalen EMS charakterisieren:
m * = 0.5 ⋅ 2.06 ⋅ 10 = 10.3t
(5.80)
k * = 779.27 ⋅ --------------
52184
10 3 =
40666kN/m
(5.81)
Alessandro Dazio 125
Alessandro Dazio 126

Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
• Modellierung Variante 3
Als dritte Variante wird die Platte mit finiten Elementen in SAP
2000 modelliert.
- Numerisches Model
Tragwerksdynamik und Schwingungsprobleme HS 09
Und der Verlauf der elastische Auslenkung ist:
Elastische Auslenkung [m]
0.08
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 ersetzt:
F i
192000
F i
= ----------------- = 10105kN
19
Die erste Periode des Systems beträgt:
T 1
= 0.100s
was Gleichung (5.84) entspricht.
(5.88)
(5.89)
Der Einfluss der oberen Eigenschwingungen ist deutlich zu erkennen!
• Vergleich
System
m* k* P* T Δ m,
e
[t] [kN/m] [P] [s] [m]
4.52 43571 0.888 0.064 0.058
10.30 40666 0.941 0.100 0.042
- - - 0.100 0.064
Alessandro Dazio 127
Alessandro Dazio 128