Klausur SS 2008 - TUHH

Diplomprüfung SS 2008 Baudynamik
Prof. Dr.-Ing. Uwe Starossek
Institut für Baustatik und Stahlbau
Hamburg, 3. September 2008
Bearbeitungshinweise:
• Die Bearbeitungszeit beträgt 90 Minuten.
• Alle Blätter sind mit Namen und Matrikelnummer zu versehen.
• Es dürfen keine grünen Farbstifte verwendet werden.
• Rechnerisch zu ermittelnde Lösungen sind so darzustellen, dass der
Rechenweg lückenlos nachvollziehbar ist.
• Zur Klausur sind alle Hilfsmittel bis auf Rechner mit Statik- oder
Dynamiksoftware zugelassen.
• Das Mitführen von Kommunikationsmitteln ist untersagt.
Die kommerzielle Nutzung des Dokumentes ist nicht zulässig.
c○ Technische Universität Hamburg-Harburg
Institut für Baustatik und Stahlbau

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Aufgabe 1
System
m
m, EI
Aufgabenstellung
c
k
k
x
L/4
L/4 L/2
Diplomprüfung
Baudynamik
gegeben:
Längen: L = 20,0 m
Massen: m = 8,0 t
¯m = 500,0 kg/m
Steifigkeiten: EI = 4,00 · 10 7 Nm 2
k = 8,00 · 10 4 N/m
¯k = 2,56 · 10 7 N/m 2
Dämpfung: ¯c = 4,00 · 10 4 Ns/m 2
Formfunktion: ψ(x) = A ·
x 2
L
Die oben dargestellte Kragstütze ist mit einer verteilten Masse und einer Einzelmasse am
Kopfpunkt belegt. Am Stützenkopf ist eine Feder installiert und das untere Stützenviertel
ist elastisch gebettet. Auf den mittleren Stützenbereich wirkt eine viskose Bettung.
Berechnen Sie näherungsweise die erste Eigenfrequenz des Systems durch Generalisierung
auf einen einläufigen Schwinger. Verwenden Sie dabei die oben gegebene Formfunktion.
Die Dämpfung ist zu berücksichtigen.
SS 2008 1 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Aufgabe 2
System
gegeben:
p0 sin( ωt)
Diplomprüfung
Baudynamik
Steifigkeit: EI = ∞ , EA → ∞ (gilt für alle Stäbe)
Masse: m = 10,0 t
V 2
m
Lehrsches Dämpfungsmaß des maßgeblichen Schwingungsmodus: ξ = 0,5 %
Belastung: p0 = 2100,0 kN
¯f = 10,0 Hz
Aufgabenstellung
Das oben dargestellte, mit drei Freiheitsgraden diskretisierte Tragwerk wird durch eine
harmonische Last beansprucht. Die Steifigkeitsmatrix des Tragwerks ist bereits bekannt
und lautet:
K = 104 ⎛
⎜
· ⎜
⎝
1,5 kN/m
1,5 kN
1,5 kN
8,0 kNm
⎞
1,5 kN
⎟
2,0 kNm ⎟
⎠
1,5 kN 2,0 kNm 8,0 kNm
Für die Handrechnung ist die Anzahl der Freiheitsgrade weitmöglichst zu reduzieren.
Nutzen Sie hierfür die statische Kondensation.
a) Identifizieren Sie den/die verbleibenden dynamischen Freiheitsgrad(e) und begründen
Sie Ihre Wahl.
b) Bestimmen Sie die kondensierte Steifigkeitsmatrix.
c) Stellen Sie die kondensierte Bewegungsgleichung der erzwungenen Schwingung auf.
d) Bestimmen Sie die Eigenfrequenz.
e) Bestimmen Sie für den eingeschwungenen Zustand die maximale horizontale Verschiebung
des Riegels infolge der harmonischen Beanspruchung.
SS 2008 2 23. Oktober 2008
m
V 3
V 1

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Aufgabe 3
System
gegeben:
0,5 L
Diplomprüfung
Baudynamik
1,5 m
EI, EA
L
1
m
2
V 1
p0 sin( ωt)
m
0,25 EI
EA
Massen: ¯m = 10,5 t/m Länge: L = 8,0 m
m = 75,0 t
Steifigkeit: EI = 4,8 · 10 7 Nm 2 Belastung: p0 = 30,0 kN/m
EA → ∞ ¯ω = 12,0 s −1
k = 4,0 · 10 5 N/m
Aufgabenstellung
Für den oben skizzierten Rahmen mit biegesteifer Ecke lässt sich mit Hilfe der Methode
der Finiten Elemente eine Bewegungsgleichung in der Form
M ¨V + KV = P
ermitteln. Bestimmen Sie unter Verwendung der angegebenen Diskretisierung
a) die Systemsteifigkeitsmatrix K,
b) die konsistente Systemmassenmatrix M und
c) den konsistenten Systemlastvektor P
für die angegebenen Zahlenwerte.
SS 2008 3 23. Oktober 2008
k
V 2

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Aufgabe 4
System
gegeben:
L
V 1
Diplomprüfung
Baudynamik
m 1
m 2
V 3
2/3 L 2/3 L
Länge: L = 12,0 m Massen: m1 = 30,0 t
m2 = 40,0 t
Steifigkeit: EI = ∞ , EA → ∞ m3 = 30,0 t
(gilt für alle Stäbe)
Eigenvektoren und zugehörige Eigenfrequenzen:
φ1 =
⎛
⎜
⎝
⎞
− 1,00
⎟
1,00 ⎟
⎠
0,39
; φ2 =
⎛
⎜
⎝
⎞
1,00
⎟
1,00 ⎟
⎠
0,00
; φ3 =
V 2
m 3
⎛
⎜
⎝
0,65
− 0,65
1,00
f1 = 0,824 Hz ; f2 = 1,208 Hz ; f3 = 1,819 Hz
Bemessungsspektrum:
3,0
2,0
1,0
0
Spa [m/s ]
2
1,0 2,0
T [s]
SS 2008 4 23. Oktober 2008
⎞
⎟
⎠

Baustatik und Stahlbau
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Dipl.-Ing. Haberland
Aufgabenstellung
Diplomprüfung
Baudynamik
Das im Vorgehenden dargestellte Tragwerk soll für den Lastfall Erdbeben untersucht
werden.
a) Berechnen Sie die Erdbebenersatzlasten (fSn,max) der ersten drei Schwingungsmodi
für eine horizontale Erdbebenbeanspruchung. Hierfür steht das dargestellte
Bemessungspektrum zur Verfügung. Stellen Sie die Ersatzlasten in den unten vorbereiteten
Skizzen (Anlage 4.1) grafisch dar.
b) Berechnen Sie das aus den Erdbebenersatzlasten folgende Moment an der Einspannstelle.
Die Überlagerung des Einflusses der betrachteten Eigenformen soll
mit der Quadratsummenwurzel-Regel (SRSS) erfolgen.
c) Welche Bedingung muss erfüllt sein, um die SRSS-Regel anwenden zu dürfen?
Anlage 4.1: Erdbebenersatzlasten
fS1,max [kN] fS2,max [kN]
fS3,max [kN]
SS 2008 5 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Aufgabe 5
Diplomprüfung
Baudynamik
System V 1
Aufgabenstellung
Die Bewegungsgleichung für eine freie Schwingung des oben skizzierten Systems lautet:
M ¨V + KV = 0
⇔ 10 4 kg m
mit V ∗
1 = V1
Lref
25,0 10,0
10,0 23,0
¨V ∗
1
¨V2
, Lref = 1 m
+ 10 6 N
V 2
5,0 4,0
4,0 23,2
a) Bestimmen Sie den ersten Eigenvektor φ 1 sowie die zugehörige Eigenfrequenz f1
mit Hilfe des Potenziterationsverfahrens nach von Mises. Es werden höchstens drei
Iterationsschritte gewertet. Wählen Sie einen sinnvollen Startvektor. Zur Überprüfung
der Konvergenz ist in jedem Iterationsschritt der normierte Eigenvektor
zu ermitteln.
Hinweis: Die dynamische Matrix D wurde bereits berechnet zu:
D = K−1M = 10−2 s2
5,40
−0,50
1,40
0,75
b) Skizzieren Sie die erste Eigenform.
c) Erläutern Sie das Vorgehen zur Berechnung des zweiten Eigenvektors φ 2 und der
zugehörige Eigenfrequenz f2. Begründen Sie die das Verfahren. Welche Besonderheit
tritt diesbezüglich bei einem zweiläufigen Schwinger auf?
SS 2008 6 23. Oktober 2008
V ∗
1
V2
= 0

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Lösung Aufgabe 1
Generalisierte Masse:
m ∗ =
=
L
0
L
0
Diplomprüfung
Baudynamik
¯m
ψ(x) 2
dx + m ·
ψ(x = L) 2
¯m · A 2
x 4
dx + m · A
L
2
2 1
= ¯m · A ·
L4
1
5 x5
L + m · A
0
2
= 1
5 · ¯m L A2 + m · A 2
= 10 000 kg · A 2
Generalisierte Dämpfung:
c ∗ =
=
3
4 L
¯c
1
4 L
3
4 L
1
4 L
ψ(x) dx
¯c · A 2
x
L
2 1
= ¯c · A
L4 1
5 x5
4
dx
= 121
· ¯c L · A2
2560
= 37 812,5 Ns
m
3
4 L
1
4 L
· A2
SS 2008 7 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Generalisierte Steifigkeit:
k ∗ =
=
L
4
0
L
4
0
Diplomprüfung
Baudynamik
¯k
ψ(x) 2
dx + k ·
ψ(x = L) 2
+
¯k A 2
= ¯ 2 1
k A
L4 =
x 2
dx + k · A
L
2 +
L
0
L
0
EI ·
ψ ′′ (x) 2
dx
EI · 4A 2 · 1
dx
L4
1
5 x5
L
4
+ k · A
0
2 + EI · 4A 2 · 1
L4
x L 0
1
5120 ¯ k LA 2 + k · A 2 4 EI
+
L3 · A 2
= 200 000 Ns
m
Eigenkreisfrequenz:
· A2
h
w =
∗
N
200 000 · A2
m =
= 20
m∗ 10 000 kg · A2 1 1
= 4,47
s2 s
Generalisiertes Lehrsches Dämpfungsmaß:
ξ ∗ =
c ∗
2 m ∗ · w
= 1
2
· A2
10 000 kg · A2 ·
· 37 812,5 Ns
m
Gedämpfte Eigenkreisfrequenz:
wD = w ·
1
4,47 1
s
= 0,423
1 − (ξ∗ ) 2 = 4,47 1
s ·
1 − 0,4232 = 4,05 1
s
Gedämpfte Eigenkreisfrequenz:
fD = wD
2 π
= 0,645 Hz
SS 2008 8 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Lösung Aufgabe 2
a) Maßgeblicher Freiheitsgrad
V1
Diplomprüfung
Baudynamik
b) Kondensierte Steifigkeitsmatrix
K =
Ktt KtΘ
KΘt KΘΘ
=
⎡
⎢
⎣
1,5 1,5 1,5
1,5 8,0 2,0
1,5 2,0 8,0
⎤
⎥
⎦ ·104
Kkond = Ktt − KtΘ K −1
ΘΘ KΘt mit K −1
ΘΘ =
det KΘΘ = (8 · 10 4 ) 2 − (2 · 10 4 ) 2 = 60 · 10 8
ad KΘΘ
det KΘΘ
ad KΘΘ = (KΘΘ,ik) T , KΘΘ,ik = (−1) i+k · det KΘΘ/ik
=⇒ K −1 =
=
1
·
60 · 104 8,0 −2,0
−2,0 8,0
8,0 −2,0
−2,0 8,0
Kkond = 1,5 · 10 4 − [1,5 · 1,5] · 10 4 ·
= (1,5 − 0,45) · 10 4
= 10 500 kN
m
=: kkond
· 10 4
1
·
60 · 104 c) Kondensierte Bewegungsgleichung
2 m · ¨V1(t) + kkond · V1(t) = p0 · sin ( ¯w t)
8,0 −2,0
−2,0 8,0
⇔ 20 · 10 3 kg · ¨V1
3 kN
+ 10,5 · 10 m · V1 = 2,1 · 10 3 kN · sin ( ¯w t)
SS 2008 9 23. Oktober 2008
1,5
1,5
· 10 4

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Diplomprüfung
Baudynamik
d) Ermittlung der zugehörigen Eigenfrequenz
w1 =
kkond
2 m =
f1 = 3,65 Hz
10,5 · 103 3 N · 10 m
20 · 103 kg
= 22,9 1
s
e) Verschiebung im eingeschwungenen Zustand infolge
der Last p(t)
• eingeschwungener Zustand ⇒ partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung
v(t) = ρ · sin ( ¯w t)
• maximale Verschiebung ⇒ Amplitude
max v(t) = δ = vst · D
vst = p0
β = ¯w
D =
kkond
w1
= 2100 kN
= 2 π ¯ f
w1
10 500 kN
m
= 62,8 1
s
22,9 1
s
= 0,2 m
= 2,74
1
(1 − β2 ) 2 = 0,154
+ (2 ξ β) 2
max v(t) = 0,2 m · 0,154 = 0,03 m = 3 cm
SS 2008 10 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Lösung Aufgabe 3
Inzidenztafel:
El.FG v1 v2 v3 v4 v5 v6
1○ / / / / V1 V2
2○ / / V2 / / /
Diplomprüfung
Baudynamik
Hinweis: Stab 2○ verschiebt sich als Starrkörper in Richtung des Freiheitsgrades V1.
a) Systemsteifigkeitsmatrix:
K11 =
=
K22 =
=
K12 =
=
12 EI
l3
+ k
1○
12 EI
L 3
+ k
4 EI
l 1○ +
4 EI
l 2○
4 EI 4 · 0,25 EI
+
L 0,5 L
6 EI
l 2
6 EI
L2 1○
= 6 EI
L
⇒ K =
6 EI
L3 ⎡
L3
⎢ 2 + · k
· ⎣ 6 EI
L
L
L2 ⎤
⎥
⎦
= 562 500 N
m ·
2,71
8,00 m
8,00 m
64,00 m2
3 N
= 10
m ·
1525 4500 m
4500 m 36000 m 2
SS 2008 11 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
b) Systemmassenmatrix:
M11 =
=
=
M22 =
=
=
M12 =
=
⇒ M =
Diplomprüfung
Baudynamik
156
420 ¯ml
1○ + ( ¯ml) 2○ + m
156
· 1,5 ¯mL + ¯m · 0,5L + m
420
444
¯mL + m
420
4
420 ¯ml3
1○ +
4
420 ¯ml3
2○
4
420 · 1,5 ¯mL3 + 4
¯m · (0,5 L)3
420
6,5
420 ¯mL3
22
420 ¯ml2
1○
22
420 · 1,5 ¯mL2 = 33
420 ¯mL2
¯mL
420
c) Systemlastvektor:
P1 =
P2 =
⎡
⎢
· ⎢
⎣
⎡
444 + 420 m
¯mL 33L
33L 6,5L 2
⎢ 815 264 m
= 200 kg · ⎢
⎣
264 m 416 m2 ⎡
⎤
⎥
⎦
= 103 ⎢ 163,8 52,8 m
kg · ⎢
⎣
52,8 m 83,2 m2
1
2 p0
sin ( ¯wt) · l
1○
1
12 p0 sin ( ¯wt) · l 2
1○
⎤
⎥
⎦
⎤
⎥
⎦
= 1
2 · p0 · L · sin ( ¯wt)
= 1
12 · p0 · L 2 · sin ( ¯wt)
SS 2008 12 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
⎡
⇒ P = p0L
12 ·
⎢
⎣
=
⎡
⎢
⎣
120 kN
6
L
160 kNm
⎤
Diplomprüfung
Baudynamik
⎥
⎦ · sin ( ¯wt)
⎤
⎥
⎦
1 · sin (12 · t) s
SS 2008 13 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Lösung Aufgabe 4
a) Erdbebenersatzlasten
• Modalmatrix
• Massenmatrix
Diplomprüfung
Baudynamik
Φ = (φ n) = (φ 1 , φ 2 , φ 3) =
m =
⎡
• Richtungsvektor
r =
⎤
⎡
⎤
⎢ −1,00 1,00 0,65 ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ 1,00 1,00 −0,65 ⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
0,39 0,00 1,00
⎢ m1 0 0 ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
⎢ 0 m3 0 ⎥ = 10
⎢
⎥
⎣
⎦
0 0 m1 + m2 + m3
3 ⎢ 30 0 0 ⎥
⎢
⎥
⎢
⎥
kg · ⎢
⎥
⎢ 0 30 0 ⎥
⎢
⎥
⎣
⎦
0 0 100
⎛
• Anteilsfaktoren
⎞
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
Γn = φTnmr
Γ1 =
Mn
104 kg
7,521 · 104 kg ·
= 0,5185 ≈ 0,52
⎛
⎡
⎞
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
−3,0 3,0 3,9 · ⎜ ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
SS 2008 14 23. Oktober 2008
⎤

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
Γ2 =
Γ3 =
= 0
• Spektralordinaten
104 kg
6 · 104 kg ·
104 kg
12,535 · 104 kg ·
= 0,7978 ≈ 0,8
T1 = 1
f1
T2 = 1
=
1
0,824 Hz
Diplomprüfung
Baudynamik
⎛
⎞
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
3,0 3,0 0,0 · ⎜ ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
⎛
⎞
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
1,95 1,95 10,00 · ⎜ ⎟
⎜ 0 ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
1
= 1,21 s
⇒ abgelesen : Spa(T1) = 2,5 m
s 2
f2
T3 = 1
=
1
1,208 Hz
= 0,83 s
⇒ abgelesen : Spa(T2) = 3,0 m
s 2
f3
=
1
1,819 Hz
= 0,55 s
⇒ abgelesen : Spa(T3) = 3,0 m
s 2
SS 2008 15 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
• Erdbebenersatzlasten
fsn,max = mφ nΓn Spa(Tn)
fs1,max = 10 3 kg ·
fs2,max = 0
⎡
⎢
⎣
= 1,296 · 10 4 N ·
fs3,max = 10 3 kg ·
⎡
⎢
⎣
= 2,3934 · 10 4 N ·
Diplomprüfung
Baudynamik
30 0 0
0 30 0
0 0 100
⎛
⎜
⎝
−3,0
3,0
3,9
30 0 0
0 30 0
0 0 100
⎛
⎜
⎝
⎤
⎥
⎦ ·
⎞
⎛
⎜
⎝
⎟
⎠ =
⎤
⎥
⎦ ·
1,95
−1,95
10,00
⎛
⎜
⎝
⎞
−1,00
1,00
⎞
⎟
⎠
0,39
⎛ ⎞
−38,89
⎜ ⎟
⎜
⎝ 38,89 ⎟
⎠
50,55
kN
⎟
⎠ =
0,65
−0,65
⎞
⎟
⎠
· 0,5185 · 2,5 m
s 2
· 0,7978 · 3 m
s 2
1,00
⎛ ⎞
46,67
⎜ ⎟
⎜
⎝ −46,67 ⎟
⎠
239,34
kN
SS 2008 16 23. Oktober 2008

Baustatik und Stahlbau
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Dipl.-Ing. Haberland
• Lastskizzen
b) Einspannmoment
38,89
=
0
46,67
Diplomprüfung
Baudynamik
50,55
=
0
239,34
38,89
[kN]
=
0
[kN]
46,67
[kN]
M1 = 38,89 · 2
· 12 · 2 + 50,55 · 12
3
= 1228,84 kNm
M2 = = 0
M3 = −46,67 · 2
2
· 12 + 239,34 · 12 − 46,67 · · 12 = 2125,36 kNm
3 3
M = √ 1228,842 + 2125,362 = 2455,04 kNm
SS 2008 17 23. Oktober 2008
f s1
f s2
f s3

Baustatik und Stahlbau
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Lösung Aufgabe 5
Diplomprüfung
Baudynamik
a) Iteration zum 1. Eigenvektor
Startvektor: V (0)
1
⎡
DV (0)
1 = 10−2 s2 ⎢
· ⎢
⎣
=
= 5,4 · 10 −2 s 2 ·
⎛
⎜
⎝
1
0
⎞
⎟
⎠
⎤ ⎛
5,40 1,40 ⎥ ⎜ 1
⎥ ⎜
⎦ ⎝
−0,50 0,75 0
⎛
⎜
⎝
⎛
DV (1)
1 = 5,4 · 10−4 s4 ⎜
· ⎜
⎝
= 28,458 · 10 −4 s 4 ·
1,000
−0,093
5,27
−0,57
⎛
⎜
⎝
DV (2)
1 = 28,458 · 10−6 s6 ⎜
· ⎜
⎝
= 149,376 · 10 −6 s 6 ·
φ1 = V(3) 1
V (3)
1 =
w 2 1 =
V (2)
k1
V (3)
k1
⎛
⎜
⎝
⎛
⎛
⎜
⎝
1,000
−0,111
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
1,000
−0,108
5,249
−0,581
1,000
0,111
⎞
⎟
⎠
⎞
⎛
⎟
⎠ = 10−2 s2 ⎜
· ⎜
⎝
=: V(1)
1
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
⎞
⎟
⎠
=: V(2)
1
=: V(3)
1
= 28,458 · 10−4 s4 149,376 · 10−6 1
= 19,05
s6 s2 5,4
−0,5
SS 2008 18 23. Oktober 2008
⎞
⎟
⎠

Baustatik und Stahlbau
Prof. Dr.-Ing. Starossek
Dipl.-Ing. Haberland
w1 = 4,36 1
s
f1 = w1
2π
b) 1. Eigenform
= 0,69 Hz
Diplomprüfung
Baudynamik
SS 2008 19 23. Oktober 2008