baustatik i: musterlösung probeklausur 3 · baustatik i probeklausur 3 musterl osung aufgabe 3: tr...
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Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
Baustatik IMusterlosung Probeklausur 3
Aufgabe 1: Fachwerk
a) Grad der stat. Unbestimmtheit
aa = 4− 3 = 1
ai = v − 3(n − 1) = 18− 3 · (7− 1) = 0
b) Stabkrafte und Auflagerreaktionen mithilfe des KGV
• Statisch bestimmtes Hauptsystem
4,0 m
3,0 m
4,0 m
4,0 m
1,0 m
A
B8 9
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
C
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
• Nullzustand
xA : −100 · 4 + 60 · 3 + CV · 8 = 0 ⇒ CV = 27,5 kN
↑: AV − 100 + 27, 5 = 0 ⇒ AV = 72,5 kN
→: CH = 60 kN
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 1
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
↑: −S7 · sin(α) + 27, 5 = 0 ⇒ S7 = 45,83 kN
→: −S6 − 60− 45, 83 · cos(α) = 0
⇒ S6 = −96,66 kN
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
1S 4S
↑: S1 = −S4
→: S1 = S4 = 0 kN
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
1S 4S
2S
5S
6S
0
↑: S5 = 0
→: S2 = S6 = −96,66 kN
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
1S 4S
0
3S
2S
72,5 kN
↑: 72, 5− sin(α) · S3 = 0 ⇒ S3 = 120,83 kN
• Einheitszustand
xA : −1 · 3 + CV · 8 = 0 ⇒ CV = 3/8
↑: AV = −3/8
→: CH = 1
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
8
3
1 ↑: −S7 · sin(α) + 3/8 = 0 ⇒ S7 = 0, 625
→: −S6 − 1− 0, 625 · cos(α) = 0 ⇒ S6 = −1, 5
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
1S 4S
1 ↑: −S1 · cos(β)− S4 · cos(β) = 0 ⇒ S1 = −S4
→: 1− (−S4) · sin(β) + S4 · sin(β) = 0
⇒ S4 = −0, 9014 S1 = 0, 9014
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 2
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
1S 4S
2S
5S
0,9014
6 1,5S
↑: −S5 + (−0, 9014) · cos(β) = 0 ⇒ S5 = −0, 75
→: −S2 + (−1, 5)− (−0, 9014) sin(β) = 0
⇒ S2 = −1, 00
3 mmA
Lagersenkung
w
60 kN
100 kN
A
B
4,0 m
3,0
m3,0
m
k
1
2
3
4
5
6
7
2,0 m 2,0 m
F
. 500000 kN
c 10000 kN/m
EA konst
1X
36,87
33,69
6S
7S
60 kN
27,5 kN
1S 4S
0
3S
2S
72,5 kN
3S5S
0,625 →: −S3 · cos(α) + 0, 625 · cos(α) = 0
⇒ S3 = 0, 625
• Flexibilitatszahlen
EAC δ10 = (−96, 66) · (−1) · 4 + 120, 83 · 0, 625 · 5 + (−96, 66) · (−1, 5) · 4
+ 45, 83 · 0, 625 · 5− 500000 ·(−3
8
)· (−0, 003)
= 924, 9125
EAC δ11 = 0, 90142 ·√
13 + (−1)2 · 4 + 0, 625 · 5 + (−0, 9014)2 ·√
13
+ (−0, 75)2 · 3 + (−1, 5)2 · 4 + 0, 6252 · 5 +EAC
cF︸ ︷︷ ︸50
·12
= 74, 453
• Bedingungsgleichung
X1 = −924, 9125
74, 453= −12, 423
• Ruckrechnung
Stab 1 2 3 4 5 6 7
N0 [kN] 0 -96,66 120,83 0 0 -96,66 45,83N1 [kN] 0,9014 -1,0 0,625 -0,9014 -0,75 -1,5 0,625
l [m]√
13 4 5√
13 3 4 5
NEnd [kN] -11,20 -84,24 113,07 11,20 9,32 -78,03 38,07
c) Horizontale Verschiebung des Knotens k
cF =F
w⇒ w =
F
cF=
12, 423
10000
= 1, 2423 · 10−3 m
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 3
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
Aufgabe 2: Allgemeine Aufgabe zum Kraftgroßenverfahren
a) Biegemomentenverlauf mithilfe des KGV
• Grad der stat. Unbestimmtheit
a = 5− 3 = 2
• Statisch bestimmtes Hauptsystem
3,0 m 4,0 m
3,0
m2,0
m2,0
m
20 kN/mq
40 kNF
1
2
3
Mc
3 40 KStabT
3,0 m 4,0 m
3,0
m2,0
m2,0
m
1
2
3
Mc
20 kN/mq 40 kNF
3 40 KStabT
1X2X
2
2
Material- und Querschnittseigenschaften:
Stäbe 1 und 2: 50000 kNm ,
,
Stab 3: 30000 kNm ,
,
S
S
T
EI
EA GA
EI
EA GA
5 -11,2 10 K
Drehfeder: 5000 kNm/radMc
2
2
Material- und Querschnittseigenschaften:
Stäbe 1 und 2: 50000 kNm ,
,
Stab 3: 30000 kNm ,
,
S
S
T
EI
EA GA
EI
EA GA
5 -11,2 10 K
Drehfeder: 5000 kNm/radMc
• Nullzustand
1X2X
40
40
180
0 [kNm]M
0, 340 kN
StabN
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 4
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
• Einheitszustande
1X2X
1 [kNm]M
1, 31/ 4 kN
StabN
0
1,75
1,0
1X2X
2 [kNm]M
2, 31/ 4 kN
StabN
0
1,0
• Flexibilitatszahlen
EI1 = EIc = 50000,EICEI3
=5
3,
EICcm
= 10
EIC δ10 =1
6· (−180) · (2 · 1, 75 + 1) ·
√18 +
1
3· 40 · 1 · 4
+ 50000 · 1
4· 1, 2 · 10−5 · (−40) · 4− 180 · 1, 75 · 10
= −3693, 423
EIC δ20 =1
3· 40 · 1 · 4 +
1
6· 1 · 40 · (1 + 0, 5) · 4 · 5
3
+ 50000 ·(−1
4
)· 1, 2 · 10−5 · (−40) · 4
= 144
EIC δ11 =1
3· (1, 752 + 1, 75 · 1 + 12) ·
√18 +
1
3· 12 · 4 + 1, 752 · 10
= 40, 178
EIC δ22 =1
3· 12 · 4 +
1
3· 12 · 4 · 5
3= 3, 5 =
32
9
EIC δ21 =1
6· 12 · 4 =
2
3
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 5
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
• Bedingungsgleichungen40, 1782
3
2
3
32
9
X1
X2
= −
−3693, 423
144
⇒ X1 = 92, 89 X2 = −57, 92
• Biegemomentenverlauf
1X2X
11,04
57,92
57,92
92,89
17,44
[kNm]
EndM
b) Querkraftverlauf
1X2X
26,01
2,30
77,70
34,48
5,52
[kN]
EndV
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 6
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
Aufgabe 3: Tragerrost
a) Biegemomenten- und Torsionsmomentenverlauf mithilfe des KGV
• Grad der stat. Unbestimmtheit
a = 4− 3 = 1
• Statisch bestimmtes Hauptsystem
3,0 m
4,0 m
2,0 m
1
2
3 4
m
A
B
30 kN/m
q
3,0 m
3,0 m
4,0 m
2,0 m
A
B
3,0 m
120 kNmM
1X2
2
. 500000 kNm
. 100000 kNm
y
T
S
const
const
GA
EI
GI
• Nullzustand
3,0 m
4,0 m
2,0 m
A
B
3,0 m
360
120135
0
0
360
480
,0 [kNm]yM ,0 [kNm]TM
xAx
: −30 · 6 · 3 + BV · 6 = 0 ⇒ BV = 90 kN
↑: AV = 30 · 6− 90 = 90 kNxBy : Av · 4− (−120) + MT ,B = 0 ⇒ MT ,B = −480 kNm
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 7
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
• Einheitszustand
3,0 m
4,0 m
2,0 m
A
B
3,0 m
0
2
3
1
1
2
3
0
,1 [kNm]TM,1 [kNm]yM
xBx
: −Av · 6− 1 = 0 ⇒ Av = −1/6 kN ⇒ Bv = 1/6 kN
• Flexibilitatszahlen
EICGIT
= 5
EIC δ10 =1
3· 360 ·
(−2
3
)· 4 +
1
3· 135 · 1 · 6
+ (−360) · 2
3· 3 · 5− 480 · 2
3· 3 · 5
= −8450
EIC δ11 =1
3·(−2
3
)2
· 4 +1
3· 12 · 6
+ 12 · 4 · 5 +
(2
3
)2
· 6 · 5
= 35, 926
• Bedingungsgleichung
⇒ X1 = −−8450
35, 926= 235, 206
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 8
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
• Ruckrechnung
3,0 m
4,0 m
2,0 m
A
B
3,0 m
120 0
203,2
235,2
252,6
max 278,2M
235,2
203,2
323,2
, [kNm]y EndM, [kNm]T EndM
1,69 m
Berechnung von Mmax :
Vi =−235, 2
6+
30 · 62
= 50, 8 kN ⇒ xmax =50, 8
30= 1, 69 m
Mmax = 235, 2 + 30 · 1, 692
2= 278, 2 kNm
b) Durchbiegung wm
3,0 m
4,0 m
2,0 m
A
B
3,0 m
0 0
0
[kNm]TM [kNm]yM
22
1,5
1
EIwm =1
3· 203, 2 · 2 · 4 +
1
6· 3
2· [235, 2 · 0, 5
+ 2 · 252, 6− 0, 25 · (235, 2− 2 · 252, 6)] · 6+ (−203, 2) · (−2) · 3 · 5 + (−323, 2) · (−2) · 3 · 5
= 17369, 3
⇒ wm = 3, 47 cm
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 9
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
Aufgabe 4: Symmetrie und Antimetrie
a) Aufteilung in symmetrischen und antimetrischen Lastfall2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
4,0
m
60 kNF 1
2 3
.
S
EI const
EA GA
2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
4,0
m
30 kNmM
30 kNF
15 kNmM
Symmetrischer Lastfall:
15 kN/mq
30 kNF
15 kNmM
2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
4,0
m
60 kNF 1
2 3
.
S
EI const
EA GA
2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
4,0
m
30 kNmM
30 kNF
15 kNmM
Antimetrischer Lastfall:
15 kN/mq
30 kNF
15 kNmM
b) Ersatzsysteme2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
4,0
m
60 kNF 1
2 3
.
S
EI const
EA GA
2,0 m 4,0 m
30 kNmM
15 kNmM
Ersatzsystem symmetrischer Lastfall:
15 kN/mq
30 kNF
2,0 m 4,0 m
15 kNmM
Ersatzsystem antimetrischer Lastfall:
15 kN/mq
30 kNF
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 10
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
c) Grad der statischen Unbestimmtheit
ages = 6 + 0− 3 = 3
asym = 5 + 0− 3 = 2
aanti = 4 + 0− 3 = 1
d) Schnittgroßenverlaufe fur den antimetrischen Lastfall
• Statisch bestimmtes Hauptsystem
2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
4,0
m
60 kNF 1
2 3
.
S
EI const
EA GA
30 kNmM
2,0 m 4,0 m
15 kNmM
15 kN/mq
30 kNF
1X
• Null- und Einheitszustand2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
60 kNF 1
2 3
.
S
EI const
EA GA
30 kNmM
45
15
75120
4
4
0 [kNm]M 1 [kNm]M
• Flexibilitatszahlen und Bedingungsgleichung
EIC δ10 =1
4· (−120) · 4 · 4 + 45 · (−4) · 4 = −1200
EIC δ11 =1
3· 42 · 4 + (−4)2 · 4 = 85, 3
⇒ X1 = −−1200
85, 3= 14, 0625
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 11
Baustatik I − Probeklausur 3 Musterlosung
• Ruckrechnung2,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m
60 kNF 1
2 3
.
S
EI const
EA GA
30 kNmM
15
75
[kNm]EndM [kN]EndV
11,25
63,75
max 6,48M
3,06 m
30
45,94
14,06
0
Berechnung von Mmax :
Vi =63, 75
4+
15 · 42
= 45, 94 kN ⇒ xmax =45, 94
15= 3, 06 m
Mmax = −63, 75 + 15 · 3, 062
2= 6, 48 kNm
Universitat Siegen − Lehrstuhl fur Baustatik 12