Baustatik II Musterlösung Probeklausur 2 - Uni Siegen · 2018. 8. 16. · Baustatik II –...

Baustatik II – Probeklausur 2 Musterlösung

Baustatik IIMusterlösung Probeklausur 2

Aufgabe 1: Weggrößenverfahren

Nullzustand ( φ1 = 0):

Universität Siegen – Lehrstuhl für Baustatik 1


Stab 1:

M i ,10

=l 1

2

60⋅2⋅qk = 3,6 kNm M k ,1

0=−

l 12

60⋅3⋅qk =−5,4kNm

Stab 2:

M i ,20

=l 2

2

120⋅(8⋅q i+7⋅qk )=

58415

kNm M k ,20

= 0

Stab 3:

M i ,30

= 0 M k ,30

= 0

Knotengleichgewicht:

∑ M 0= 0 : K 1

0−(−5,4)−

58415

= 0 ⇒K 10=

50315

kNm

Einheitszustand 1 ( φ1 = 1):

Stab 1:

M i ,11

=2⋅EI 1

l1

⋅̄1 =23

EI 1 M k ,11

=4⋅EI 1

l 1

⋅̄1 =43

EI 1

Stab 2:

M i ,21

=3⋅EI 2

l 2

⋅̄1 =34

EI 2 M k ,21

= 0

Stab 3:

M i ,31

=4⋅EI 3

l3

⋅̄1 =43

EI 3 M k ,31

=2⋅EI 3

l3

⋅̄1 =23

EI 3

Knotengleichgewicht (EIC = EI1):

∑ M 1= 0 : K1

1−

43

EI 1−34

EI 2−43

EI 3 = 0 ⇒K 11=

43

EI C+34⋅

43

EI C+53⋅

43

EI C = 459

EI C



Lösung von φ1:

φ1 =−K 1

0

K 11 =−

50315

419

EIC

=−1509

205 EI C

Superposition: M end = M 0+φ1⋅M

1

Stab 1:

M i ,1 = 3,6+23⋅EI C⋅(− 1509

205 EI C )=−1,307 kNm ⇒ 1,307 kNm

M k ,1 =−5,4+43⋅EI C⋅(− 1509

205EI C )=−15,215kNm

Stab 2:

M i ,2 =58415

+34⋅

43⋅EI C⋅(− 1509

205 EIC )= 31,572 kNm ⇒ −31,572 kNm

M k ,2 = 0

Stab 3:

M i ,2 = 0+43⋅53⋅EIC⋅(− 1509

205 EIC )=−16,358kNm ⇒ 16,358kNm

M k ,3 = 0+23⋅

53⋅EI C⋅(− 1509

205 EIC )=−8,179 kNm

Biegemomentenverlauf:


Qi ,1 =M k−M i

l 1

+13⋅

12⋅12⋅l1 = 0,493 kN

xmax ,1 = √2⋅0,493⋅l 1

12= 1 m

M max ,1 = 1,307+23⋅√2⋅l 1⋅0,4933

12= 1,47kNm


Aufgabe 2: Weggrößenverfahren

a) Stabendmomente und Stabendquerkräfte mittels direkter Steifigkeitsmethode

Inzidenztabelle:

El.\D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

[1] 1 2 3 4 5 6

[2] 1 2 3 4 5 6

[cM] 1 2

Di 0 0 0 0 0 D6 0 D8 D9 0

⇒ D red = [D6 D8] 2-fach geometrisch unbestimmt

Stabendkraftgrößen:Stab 1:

M i ,1 = EI⋅αT⋅Δ T

h=−25,92 kNm M k ,1 =−EI⋅

αT⋅ΔT

h= 25,92kNm

⇒ s⃗ 0, l[1]

= [0 0 −25,92 0 0 25,92]

Stab 2:

Qi ,2 =−F⋅b2⋅l 3

⋅(3−b2

l 22 )=−55kN Qk ,2 =−

F2⋅(2−3⋅

bl 2

+b3

l 23 )=−25kN

M i ,2 =F⋅b

2⋅(1−

b2

l 22 )= 67,08kNm M k ,2 = 0

⇒ s⃗ 0, l[2]

= [0 −55 67,08 0 −25 0]



s⃗ 0, gl[2]

= T⋅s⃗ 0, l[2 ]

= [sinα(−55) cos α(−55) 67,08 sin α(−25) cosα(−25) 0]

= [24,585 −49,17 67,08 11,175 −22,35 0]

Gesamtlastvektor:

F⃗ E = [0 0 25,92 −24,585 49,17 −93 −11,175 22,35 0 0]

F⃗ K = [0 0 0 0 0 40 0 0 0 0]

F⃗ ges = F⃗ E+ F⃗ K = [0 0 25,92 −24,585 49,17 −53 −11,175 22,35 0 0]

⇒ F⃗ ges,red = = [−53 22,35]

Gesamtsteifigkeitsmatrix:

K 66 = K 66,gl[1]

+K 33, gl[2]

=4⋅EI

l1

+3⋅EI

l 2

= 1,471 EI

K 68 = K86 = K 35,gl[ 2]

= cos α⋅3⋅EI

l 22

= 0,1341 EI

K 88 = K55, gl[2]

+K 11, gl[cF ]

= sin2α⋅

EAl 2

+cos2α

3⋅EI

l23

+cF = 3,867 EI

⇒ K red = [ 1,471 0,13410,1341 3,867 ]⋅EI


K red = [K66 K 68

K86 K 88]

EAEI

= 30c F

EI= 2,5


Lösung des Gleichungssystems:

K red⋅D⃗ red = F⃗ red

EI⋅[ 1,471 0,13410,1341 3,867 ]⋅[D6

D8]= [ −53

22,35]

A0 = 1,471 EI⋅3,867 EI−0,13412 EI 2= 5,37 EI 2

A1 =−53⋅3,867EI −0,1341 EI⋅22,35 =−207,948 EI

A2 = 1,471 EI⋅22,35−(−53)⋅0,1341EI = 39,984 EI

D6 =A1

A0

=−36,675

EI≈ −2,0375mrad

D8 =A2

A0

=7,052EI

≈ 0,392mm

Schnittgrößenbestimmung:

[1] : d⃗ lok[1 ] = d⃗ gl

[1] = [0 0 0 0 0 −36,675

EI ][2] : d⃗ lok

[2 ]= T T

⋅d⃗ gl[2 ]

= [0 0 −36,675/EI C 3,152/EI 6,304/EI D9]

s⃗ = K lok⋅d⃗ lok+ s⃗ 0, lok

[1] : s⃗ [1]= K GEI⋅d⃗ lok

[1 ]+ s⃗ 0, lok

[1]= [

0−6⋅EI / l 1

2⋅(−36,675)/EI

2⋅EI /l 1⋅(−36,675)/EI0

6⋅EI / l 12⋅(−36,675)/EI

4⋅EI / l1⋅(−36,675) /EI]+[

00

−25,9200

25,92]= [

08,802

−40,590

−8,802−3,42

] ⇒ [0

−8,80240,59

0−8,802−3,42

][2] : s⃗ [2]

= K GEIIa⋅d⃗ lok[2]

+ s⃗ 0,lok[2]

= [−EA / l 2⋅3,152 /EI

−3⋅EI /l 22⋅(−36,675)/EI−3⋅EI / l2

3⋅6,304/EI

3⋅EI / l2 ⋅(−36,675)/EI+3⋅EI / l 22⋅6,304 /EI

EA/ l 2⋅3,152/EI

3⋅EI / l22⋅(−36,675)/EI+3⋅EI / l 2

3⋅6,304 /EI

0]+[

0−5567,08

0−25

0]= [

−21,145−49,7143,4221,145−30,29

0] ⇒ [

21,14549,71

−43,4221,145−30,29

0]



b) Biegemomentenverlauf und Querkraftverlauf

Biegemomentenverlauf

Querkraftverlauf



Aufgabe 3: Einflusslinien

a) EL-Mi

Polplan:

Einflusslinie:



η1 = 1,5⋅6

7,5= 1,2

η2 =−0,5⋅6

7,5=−0,4

η5 = 4⋅1,57,5

= 0,8

Auswertung:

M i =12⋅q⋅(η5+η1)⋅2+

12⋅q⋅(η1+η2)⋅2 = 84kNm

b) EL-Qk

Polplan:



Einflusslinie:

η1 =−15⋅1 =−0,2

η2 = 1+η1 = 0,8

η3 =−3⋅15

=−0,6

η5 = 1⋅15

= 0,2

Auswertung:

Qk =12⋅q⋅(η5+η3)⋅4 =−24 kN



Aufgabe 4: Kraftgrößenverfahren

a) Einflusslinie für das Stützmoments, Ordinaten für den Stab 3

Grad der statischen Unbestimmtheit:

Statisch bestimmtes Hauptsystem:


↓

a = 5−3⋅1 = 2

a = 5+2−3⋅2 = 1 ⇒ KGV

a = 0 ⇒Kinetmatisch ! AnderesHauptsystem erforderlich.


Nullzustand (x1 = 0): (korrigiertes statisch bestimmtes Hauptsystem)

Gleichgewichtsbedingungen:→ : AH = 0

g⃗ re : −CV⋅3+1 = 0 ⇒ CV =13

kN

g⃗ li : −1+AV⋅4 = 0 ⇒ AV =14

kN

↑ : AV+BV+C V = 0 ⇒ BV =−13−

14

=−712

kN

M0 -Verlauf:



Einheitszustand EZ (x1 = 1 ):


g⃗ re : CV = 0

g⃗ li : AV⋅4+1 = 0 ⇒ AV =−14

kN

↑ : AV+BV+C V = 0 ⇒ BV =14

kN

M1 -Verlauf:

Überlagerung:

EI⋅δ10 =16⋅1⋅1⋅4+

12⋅(− 7

12)⋅14

=1932

EI⋅δ11 = 1⋅12⋅3+13⋅12⋅4+

12⋅(1

4)2

= 4,365

⇒ x1 =−δ10

δ11=−0,136


EIcF

=12


Mend,1 -Verlauf:

Reduktionssatz 2. Art:

δV = Δφ1 =∫M̄ 0⋅M end

EIdx =∫

M 0⋅M end ,1

EIdx

EI⋅Δφ1 =13⋅1⋅1⋅3+

16⋅1⋅(−0,136+2⋅1)⋅4+

12⋅(

−712

)⋅(−0,6173) = 2,423

⇒ Δφ1 =2,423EI

≈ 1,211⋅10−4 rad

M end ,1

Δφ1=

M end

−1⇒ M end =−

M end ,1

Δφ1=−0,4127 EI

Mend -Verlauf:


BV =−7

12+(−0,0136)⋅

14

=−0,6173

BV , end =−0,4127⋅EI⋅(−0,6173)= 0,255EI


Absenkung der Feder wi

Reduktionssatz 2. Art:


g⃗ re : CV = 0

g⃗ li : AV⋅4 = 0 ⇒ AV = 0

↑ : AV+BV+C V = 1 ⇒ BV = 1

δV = wi =B̄ V ,0⋅BV ,end

c F

=0,255⋅EI⋅1

cF

=12⋅0,255 = 0,1275

ω -Verfahren:

x 0 0,75 1,5 2,25 3

ξ 0 0,25 0,5 0,75 1

ωD ' 0 0,328 0,375 0,2344 0

wD 0 -0,203 -0,232 -0,145 0


⇒ EIC⋅wD =EI⋅M⋅l 2

6⋅ωD' =

−0,4127⋅32

6⋅ωD ' =−0,619ωD '


linearer Anteil:

Zusammenfassung

x 0 0,75 1,5 2,25 3

wD 0 -0,203 -0,232 -0,145 0

w lin 0,1275 0,0956 0,0638 0,031875 0

wges 0,1275 -0,107 -0,168 -0,113 0

b) Skizze der Einflusslinie

c) El-Mi für q

Simpson-Regel

h =ln

=l4

=34

q⋅∫0

3

w (x )dx ≈ q⋅h3⋅[...] ≈ 40⋅

14⋅[0,1274+4⋅(−0,107)+2⋅(−0,168)+4⋅(−0,113)+0 ]≈−10,88kNm


1/4⋅0,1275 = 0,031875

1/2⋅0,1275 = 0,0632

3/4⋅0,1275 = 0,0956

0

0,1275

Baustatik II Musterlösung Probeklausur 2 - Uni Siegen · 2018. 8. 16. · Baustatik II –...

Documents

Transcript of Baustatik II Musterlösung Probeklausur 2 - Uni Siegen · 2018. 8. 16. · Baustatik II –...