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