Baustatik II Musterlösung Probeklausur 1

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung Baustatik II Musterlösung Probeklausur 1 Aufgabe 1: Weggrößenverfahren a) Biegemomentenverlauf über die Knotengleichgewichtsbedingungen Nullzustand ( φ 2 = 0, w 2 = 0): Universität Siegen – Lehrstuhl für Baustatik 1

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Baustatik IIMusterlösung Probeklausur 1

Aufgabe 1: Weggrößenverfahren

a) Biegemomentenverlauf über die Knotengleichgewichtsbedingungen

Nullzustand ( φ2 = 0, w2 = 0):

Universität Siegen – Lehrstuhl für Baustatik 1

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Stab 1:

M i ,10

= 0 M k ,10

=−q⋅l1

2

8=−68,75 kNm

Qi ,10

=−38⋅q⋅l 1 =−41,25kN Qk ,1

0=−

58⋅q⋅l1 =−68,75kN

Stab 2:

M i ,20

=6⋅EI 2

l 22 ⋅w k =−31,5kNm M k ,2

0=

6⋅EI 2

l22 ⋅w k =−31,5 kNm

Qi ,20

=−12⋅EI 2

l 23 ⋅w k = 15,75kN Qk ,2

0=

12⋅EI 2

l 23 ⋅w k =−15,75 kN

N i ,20

= 0 N k ,20

= 0

Knotengleichgewicht:

∑M 0= 0 : K 2

0−(−68,75)−(−31,5)= 0 ⇒ K2

0=−100,25kNm

∑Q 0= 0 : K 1

0−(−68,75)−0 = 0 ⇒ K1

0=−68,75kNm

Einheitszustand 1 (w2 = 1):

Stab 1:

M i ,11

= 0 M k ,11

=3⋅EI 1

l12 ⋅w2 = 0,12 EI 1

Qi ,11

=−3⋅EI 1

l 13 ⋅w2 =−0,024⋅EI 1 Qk ,1

1= 0,024⋅EI 1

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Stab 2:

M i ,21

= 0 M k ,21

= 0

Qi ,21

= 0 Qk ,21

= 0

N i ,21

=EA2

l 2

⋅w2 = 0,25⋅EA2 N k ,21

=−EA2

l 2

⋅w2 =−0,25⋅EA2

Knotengleichgewicht:EA2

EI 1

= 9,09

∑Q1= 0 : K 1

1−0,024⋅EI 1−0,25⋅EA2 = 0 ⇒K 1

1=0,024⋅EI 1+0,25⋅9,09⋅EI 1 = 2,297⋅EI 1

∑M 1= 0 : K 2

1−0,12⋅EI 1−0 = 0 ⇒K 2

1= 0,12⋅EI 1

Einheitszustand 2 ( φ2 = 1):

Stab 1:

M i ,12

= 0 M k ,12

=3⋅EI 1

l1

⋅φ2 = 0,6 EI 1

Qi ,12

=−3⋅EI 1

l 12 ⋅φ2 =−0,12⋅EI 1 Qk ,1

2=

3⋅EI 1

l 12 ⋅φ2 = 0,12⋅EI 1

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Stab 2:

M i ,22

=4⋅EI 2

l2

⋅φ2 = 1⋅EI 2 M k ,22

=2⋅EI 2

l2

⋅φ2 = 0,5⋅EI 2

Qi ,22

=−6⋅EI 2

l 22 ⋅φ2 =−0,375⋅EI 2 Qk ,2

2=

6⋅EI 2

l 22 ⋅φ2 = 0,375⋅EI 2

N i ,22

= 0 N k ,22

= 0

Knotengleichgewicht:

∑Q 2= 0 : K 1

2−0,12⋅EI 1−0 = 0 ⇒K 1

2=0,12⋅EI 1

∑M 2= 0 : K 2

2−0,6⋅EI 1−EI 2 = 0 ⇒K 2

2= 0,6⋅EI 1+

EI 2

EI 1

⋅EI 1 = 1,236⋅EI 1

Lösung des Gleichungssystems:

EI 1⋅[2,297 0,120,12 1,236]⋅[w2

φ2]= [ 68,75100,25]

D0 = 2,297 EI 1⋅1,236 EI 1−0,122 EI 12= 2,825⋅EI 1

2

D1 = 68,75⋅1,236 EI 1−0,12 EI 1⋅100,25 = 72,945⋅EI 1

D2 = 2,297 EI 1⋅100,25−68,75⋅0,12 EI 1 = 222,024⋅EI 1

w2 =D1

D0

=72,945

2,825 EI 1

=25,82EI 1

φ2 =D2

D0

=222,0242,825 EI 1

=78,59EI 1

Superposition: M end = M 0+w2⋅M

1+φ2⋅M

2

Stab 1:M i ,1 = 0kNm

M k ,1 =−68,75+0,12⋅EI 1⋅25,82EI 1

+0,6⋅EI 1⋅78,59EI 1

=−18,5kNm

Qi ,1 =−41,25−0,024⋅EI 1⋅25,82EI 1

−0,12⋅EI 1⋅78,59EI 1

=−51,3kN ⇒ 51,3 kN

Qk ,1 =−68,75+0,024⋅EI 1⋅25,82EI 1

+0,12⋅EI 1⋅78,59EI 1

=−58,7 kN

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Stab 2:M i ,2 =M k ,1 =−18,5kNm (biegesteife Ecke)

M k ,2 =−31,5+0+0,5⋅EI 2⋅78,59EI 1

=−6,5kNm

Qi ,2 = 15,75+0−0,375⋅EI 2⋅78,59EI 1

=−3kN ⇒ 3 kN

Qk ,2 =−15,75+0+0,375⋅EI 2⋅78,59EI 1

= 3kN

Biegemomentenverlauf:

b) Querkraftverlauf

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Aufgabe 2: Weggrößenverfahren

a) Stabendmomente, Stabendquerkräfte und N in Stab 3 mittels direkter Steifigkeitsmethode

Inzidenztabelle:

El.\D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

[1] 1 2 3 4 5 6

[2] 1 2 3 4 5 6

[3] 1 2 3 4

[cM] 1 2

Di 0 0 0 0 D5 D6 D7 0 0 D10 0 0 0

⇒ D red = [D5 D6] 2-fach geometrisch unbestimmt

Stabendkraftgrößen:Stab 1:

N i = 0kN N k = 0 kN

Qi =−58⋅q⋅l 1 =−62,5 kN Qk =−

38⋅q⋅l1 =−37,5kN

M i =q⋅l 1

2

8= 50 kNm M k = 0 kNm

⇒ s⃗ 0[1]

= [0 −62,5 50 0 −37,5 0]

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Stab 2:N i = 0kN N k = 0 kN

Qi =32⋅EI 2

l 2

⋅αT⋅ΔT

h= 15 kN Qk =−

32⋅EI 2

l 2

⋅αT⋅ΔT

h=−15 kN

M i = 0kNm M k =−32⋅EI 2⋅

αT⋅ΔT

h=−45kNm

⇒ s⃗ 0[2]

= [0 15 0 0 −15 −45]

Stab 3:

⇒ s⃗ 0[3]

= [0 0 0 0 0 0]

Gesamtlastvektor:

F⃗ E = [0 62,5 −50 0 22,5 0 0 0 15 45 0 0 0]

F⃗ K = [0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0]

F⃗ ges = F⃗ E+ F⃗ K = F⃗ E

⇒ F⃗ ges,red = [22,5 45]

Gesamtsteifigkeitsmatrix:

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K red = [ K5 5 K 5 10

K10 5 K 10 10]

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EI C = EI 1 = 20000 kN /m² ⇒ EI 2 = 1,25⋅EI C cM = 0,75⋅EIC EA= 10⋅EI C

s3 = sin(α)= 0,8

c3 = cos(α) = 0,8

K 5 5 = K 5 5[1 ]

+K 2 2[2]

+K 2 2[3]

=3⋅EI 1

l 13 +

3⋅EI 2

l 23 +s3

2⋅EA3

l3= 1,466⋅EI C

K 5 10 = K10 5 = K 2 6[2 ]

=−3⋅EI 2

l22 =−0,4167⋅EIC

K10 10 = K6 62

+K 1 1[cM ]

=3⋅EI 2

l 2

+cM = 2⋅EIC

⇒ K red = [ 1,466 −0,4167−0,4167 2 ]⋅EIC

Lösung des Gleichungssystems:

K red⋅D⃗ red = F⃗ red

EI C⋅[ 1,466 −0,4167−0,4167 2 ]⋅[ D5

D10]= [22,5

45 ]

D̃ 0 = 1,466EI C⋅2EIC−(−0,4167)2EIC2= 2,758⋅EI C

2

D̃ 1 = 22,5⋅2EIC−(−0,4167)EIC⋅45 = 63,752⋅EIC

D̃ 2 = 1,466 EIC⋅45−22,5⋅(−0,4167)EI C = 75,346⋅EI C

D5 =D̃ 1

D̃ 0

=63,75⋅EI C2,758⋅EI C

2 =23,115EIC

≈ 1,156mm

D10 =D̃ 2

D̃ 0

=75,346⋅EI C2,758⋅EI C

2 =27,32EI C

≈ 1,366mrad

Schnittgrößenbestimmung:

[1] : d⃗ lok[1 ] = d⃗ gl

[1] = [0 0 0 023,115EI C

D6][2] : d⃗ lok

[2 ]= d⃗ gl

[ 2]= [0 23,115

EI CD7 0 0

27,32EI C ]

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

[3] : d⃗ lok[3]

= T FWST

⋅d⃗ gl[3]

= [0,6 −0,8 0 00,8 0,6 0 00 0 0,6 −0,80 0 0,8 0,6

]⋅[0

23,115/EIC00

]= [−18,49/EI C13,87/EIC

00

]s⃗ = K lok⋅d⃗ lok+ s⃗ 0, lok

[1] : s⃗ [1]= K GEIIa⋅d⃗ lok

[1 ]+ s⃗ 0, lok

[1]= [

0−3⋅EIC / l1

3⋅23,115/EIC

3⋅EI C / l 12⋅23,115/EIC

03⋅EI C /l 1

3⋅23,115/EIC

0]+[

0−62,5

500

−37,50

] = [0

−63,5854,33

0−36,42

0] ⇒ [

063,58

−54,330

−36,420

]

[2] : s⃗ [2]= K GEIIb⋅d⃗ lok

[2 ]+ s⃗ 0, lok

[2]= [

03⋅EI 2/ l 2

3⋅23,115/EI C − 3⋅EI 2 /l 2

2⋅27,32/EI C

00

−3⋅EI 2/ l 23⋅23,115/EIC + 3⋅EI 2/ l 2

2⋅27,32/EI C

−3⋅EI 2/ l 22⋅23,115/EIC + 3⋅EI 2/ l 2⋅27,32/EI C

]+[0

1500

−15−45

]= [

06,83

00

−6,83−20,48

] ⇒ [0

−6,8300

−6,83−20,48

]

[3] : s⃗ [3]= K FWS⋅d⃗ lok

[3]+ s⃗ 0, lok

[3]= [

0EA3/ l 3⋅(−18,49)/EI C

0−EA3/ l 3⋅(−18,49)/EIC

]= [−36,98

036,98

0] ⇒ [

36,980

36,980

]

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

b) Biegemomentenverlauf und Querkraftverlauf

Biegemomentenverlauf

Querkraftverlauf

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Aufgabe 3: Einflusslinien

a) EL-Mi

Polplan:

Einflusslinie:

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

η3 =a⋅ba+b

=0,5⋅1,5

2= 0,375

η4 =−4⋅η3

0,5=−3

η2 =−η3 =−0,375

η1

1=−

η2

1,5⇒ η1 =

0,3751,5

= 0,25

Auswertung:

Streckenlast q:

M i =12⋅0,25⋅q⋅1+

12⋅(−0,375)⋅q⋅1,5+

12⋅(−0,375)⋅q⋅1,5 =−0,4375⋅q =−13,125kNm

Einzellast F:M i = η4⋅F =−3⋅F =−150 kNm

b) EL-Qi

Polplan:

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Einflusslinie:

η3

1,5=−

16

⇒ η3 =−1,56

=−0,25

η4 = 1−∣η3∣= 1−0,25 = 0,75

η2 =−η3 = 0,25

η1 =−η2

1,5=−

16

Auswertung:

Streckenlast q:

Qi =12⋅(−1

6 )⋅q⋅1+2⋅12⋅0,25⋅q⋅1,5 = 0,2916̄⋅q = 8,748 kN

Einzellast F:Qi = 0 kN

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

c) EL-C

Polplan:

Einflusslinie:

η3 = 1η4

6=

η3

3⇒ η4 = 2⋅η3 = 2

−η2

1,5=

η3

3⇒ η2 =

η3⋅(−1,5)

3=−0,5

η1 =−η2

1,5=

13

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Baustatik II – Probeklausur 1 Musterlösung

Normierung, da 45° Winkel:

⇒ a =√22

η3 = η3⋅a =√22

η4 = √2

η2 =−√24

=−√ 224 =−

1

√23=−

12⋅√2

η1 =−23⋅η2 =

13⋅√2

Auswertung:

Streckenlast q:

C =12⋅( 1

3⋅√2)⋅q⋅1+2⋅12⋅(− 1

2⋅√2)⋅q⋅1,5 =−0,412⋅q =−12,37 kN

Einzellast F:

C = η4⋅F = √2⋅F = 70,71kN

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