Übungen Holzbau II Lösungen - Baustatik und Holzbau / Prof. Ralf

Prof. Ralf-W. Boddenberg
Baustatik und Holzbau
Hochschule Wismar
Übungen Holzbau II
Lösungen
DIN EN 1995-1-1 Eurocode 5:2010-12
DIN EN 1995-1-1 Nationaler Anhang:2013-08
DIN EN 1995-1-1/A2:2014-07
Sommersemester 2017
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Inhalt
Inhaltsverzeichnis Lösungen zu Übungen Holzbau II
1
Zimmermannsmäßige Verbindungen ........................................................................ 2
1.1
Entwurf eines Stabanschlusses mit Stirnversatz ............................................................. 2
1.2
Tragfähigkeit eines Druckanschlusses mit einer Knagge .................................................. 4
1.3
Entwurf eines zweiseitigen Stabanschlusses durch doppelten Versatz ................................ 5
1.4
Tragfähigkeit einer Zapfenverbindung .......................................................................... 6
2
Biegesteife Anschlüsse ............................................................................................. 7
2.1
Biegesteifer Anschluss mit Nägeln ................................................................................ 7
2.2
Biegesteifer Anschluss mit innen liegendem Blech und SDü ............................................. 9
3
Gebrauchstauglichkeit............................................................................................ 11
3.1
Gebrauchstauglichkeitsnachweis an einem Balken auf zwei Stützen ................................ 11
3.2
Gebrauchstauglichkeitsnachweis an einem Kragbalken .................................................. 13
4
Verformungsberechnung von Balken- und Fachwerktragwerken nach PvK ............ 16
4.1
Bock mit eingeschlitztem Blech und Stabdübeln ........................................................... 16
4.2
Fachwerkträger mit SDü ........................................................................................... 17
5
Zusammengesetzte Biegeträger aus Holz und Holzwerkstoffen mit nachgiebigem
Verbund ................................................................................................................. 20
5.1
Vergleich zwischen zwei Balken ................................................................................. 20
5.2
Nachweis einer genagelten offenen Decke im Holzrahmenbau ........................................ 28
5.3
Nachweis einer geklammerten geschlossenen Decke im Holzrahmenbau .......................... 32
6
Zusammengesetzte Druckstäbe aus Holz und Holzwerkstoffen mit nachgiebigem
Verbund und doppeltsymmetrischem Querschnitt .................................................. 38
6.1
Knicknachweis einer genagelten Stütze Typ A aus BSH-Querschnitten ............................. 38
6.2
Knicknachweis einer genagelten Stütze Typ B aus BSH- und NH-Querschnitten ................ 41
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
1
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zimmermannsmäßige Verbindungen
1
Zimmermannsmäßige Verbindungen
1.1
Entwurf eines Stabanschlusses mit Stirnversatz
a) Entwurf des Stirnversatzes
Abmessungen und Tragfähigkeit des Stirnversatzes
60°
= 30°
f c,α ,d = 1,125 ⋅ 7,52 = 8, 46 N/mm 2
2
tv ≤ hG 6 → gewählt tv = 180 6 = 30 mm
α=
t ⋅ b ⋅ f c,α ,d 30 ⋅ 120 ⋅ 8, 46
Sd ⋅ cos2 α
→ max Sd= v
=
= 40.608 N= 40, 6 kN
b ⋅ f c,α ,d
cos2 α
cos2 30°
erf tv=
kcr ⋅ f v,d = 1,125 ⋅ 1, 23 = 1, 38
erf lv
=
Sd ⋅ cos γ
40.600 ⋅ cos 60°
=
= 123 mm → gewählt 200 mm
120 ⋅ 1,38
b ⋅ kcr ⋅ f v,d
erf lv 123
= = 0,51 ≤ 1
8 ⋅ tv 240
b) Nachweis der Tragfähigkeit im Last aufnehmenden horizontalen Zugstab für die maximal anzuschließende Kraft im Druckstab.
( max {b, h} =180 mm ) > 150 mm → f
(h =
t,0,d
=1,0 ⋅ 1,125 ⋅ 8,62 =9,70 N/mm 2
180 mm ) > 150 mm → f m,d = 1,125 ⋅ 14,8 = 16,7 N/mm 2
U d= Sd ⋅ cos γ= 40,6 ⋅ cos 60°= 20,3 kN
M = U d ⋅ e = 20.300 ⋅ ( 30 2 ) = 304.500 Nmm
An = 120 ⋅ (180 − 30 ) = 120 ⋅150 = 18.000 mm 2
1502
=450.000 mm 3
6
20.300 304.500
σ m,d 18.000 450.000 1,128 0, 677
+
=
+
=
+
= 0,112 + 0, 041 = 0,15 ≤ 1
f m,d
9, 70
16, 7
9, 70 16, 7
Wn =120 ⋅
σ t,0,d
f t,0,d
c) Tragfähigkeit des Druckstabes nach für den Fall, dass der Stirnversatz am oberen Ende auf der
entgegengesetzten Stabseite liegt
Die y-Achse des Querschnitts wird senkrecht zur Zeichenebene angenommen.
f c,0,d = 1,125 ⋅12,9 = 14,5 N/mm 2
f m,d = 1,125 ⋅14,8 = 16,7 N/mm 2
e = 0,5 ⋅ ( hD − tv ) = 0,5 ⋅ (100 − 30 ) = 35 mm → jeweils an den Stabenden, in der Stabmitte ist e = 0
Nachweis der Knickstabilität um die y-Achse (in Stabmitte)
λy =
lef,y
iy
=
(h
z
lef,y
12
)
=
2.600 ⋅ 12
= 90,1 → kc,y = 0,364
100
40.600
= 3,38 N/mm 2
100 ⋅ 120
σ c,0,d
3,38
=
= 0,64 < 1
kc,y ⋅ f c,0,d 0,364 ⋅ 14,5
=
σ c,0,d
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
2
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zimmermannsmäßige Verbindungen
Nachweis der Knickstabilität um die z-Achse (in Stabmitte)
λz =
lef,z
iz
=
(h
lef,z
y
12
)
2.600 ⋅ 12
= 75,1 → kc,z = 0, 494 → nicht maßgeblich
120
=
Nachweis für Biegung und Druck (an den Stabenden)
M y,d = Sd ⋅ e = 40.600 ⋅ 35 = 1, 421 ⋅ 106 Nmm → σ m,y,d =
M z,d =
0 → σ m,z,d =
0
(h =
1, 421 ⋅ 106
= 7,11 N/mm 2
120 ⋅ 1002
6
100 mm ) < 150 mm → f m,d = 1, 084 ⋅ 1,125 ⋅ 14,8 = 18, 0 N/mm 2
 σ c,0,d

 f c,0,d
2
2
 σ m,y,d  3, 38  7,11
=
+ =
 +
f m,y,d  14,5  18, 0

( 0, 233)
2
+ 0, 395
= 0, 45 < 1
d) Tragfähigkeit des Druckstabes nach für den Fall, dass der Stirnversatz am oberen Ende auf der
gleichen Stabseite liegt
=
e 35 mm → konstant über die Länge des Stabs
Nachweis der Knick- und Kippstabilität um die y-Achse (in Stabmitte)
lef ⋅ h 2.600 ⋅ 100
2
=
= 18,1 < 135 = ( 0,75 κ m ) → k m = 1
2
2
120
b
σ m,y,d = 7,11 N/mm 2 (siehe oben)
0 → σ m,z,d =
0
M z,d =
σ c,0,d = 3,38 N/mm 2 (siehe oben)
σ c,0,d
kc,y ⋅ f c,0,d
+
σ m,y,d
kcrit ⋅ f m,y,d
2
σ

3, 38
7,11
+
= 0, 640 + 0, 395
= 1, 035 > 1 → unzulässig
+  m,z,d =

 f
⋅
⋅ 18, 0
0,
364
14,5
1,
0
 m,z,d 
Nachweis der Knickstabilität um die z-Achse (in Stabmitte): kc,z = 0, 494 siehe oben.
σ c,0,d
kc,z ⋅ f c,0,d
 σ m,y,d
+
k ⋅ f
 crit m,y,d
Prof. Ralf-W. Boddenberg
2
2

σ m,z,d
3, 38
 7,11 
+
=
+
=0, 472 + 0,156 =0, 63 < 1

f m,z,d
0, 494 ⋅ 14,5  1 ⋅ 18, 0 

DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
3
Lösungen zu Übungen Holzbau II
1.2
Zimmermannsmäßige Verbindungen
Tragfähigkeit eines Druckanschlusses mit einer Knagge
Kein Versatzanschluss, daher sind die allgemeinen Nachweise für Druck anzuwenden:
Fc,α ,d
Aef
=
≤ 1 → Fc,α ,d ≤ Aef ⋅ f c,α ,d
f c,α ,d
f c,α ,d
σ c,α ,d
-
Maximal aufnehmbare Horizontalkomponente S H,d und Sd (Kontaktfläche Knagge-Druckstab)
S H,d aus Drucknachweis in der Kontaktfläche der Knagge
α = 0° → f c,0,d = 1,125 ⋅12, 9 = 14,5 N/mm 2
Aef =40 ⋅ 120 =4.800 mm 2
S H,d ≤ Aef ⋅ f c,0,d= 4.800 ⋅ 14,5= 69.600 N= 69, 6 kN
S H,d aus Drucknachweis in der Kontaktfläche des Druckstabes
α=
60°, kc,90 =
1, 0 → f c,α ,d =
1,125 ⋅ 1, 97 =
2, 22 N/mm 2


+
⋅ sin 60
°  ⋅ 120
= 7.920 mm 2
Aef=  40
30




66,0 mm


S H,d ≤ Aef ⋅ f c,α ,d= 7.920 ⋅ 2, 22= 17.553 N= 17, 6 kN
Sd aus minimalem S H,d in der Kontaktfläche Knagge-Druckstab
=
Sd
-
17,6
= 35, 2 kN dieser Wert ist maßgeblich, siehe weiter unten
cos 60°
Maximal aufnehmbare Vertikalkomponente S V,d und Sd (Kontaktfläche Druckstab-Gurt)
SV,d aus Drucknachweis in der Kontaktfläche des Gurtes
α=
90°; kc,90 =
1,5 → f c,90,d =
1,125 ⋅ 2,31 =
2,60 N/mm 2
Aef=
( 92 + 2 ⋅ 30 ) ⋅120=
18.240 mm 2
SV,d ≤ Aef ⋅ kc,90 ⋅ f c,90,d= 18.240 ⋅ 2,60
= 47.424 N
= 47, 4 kN
SV,d aus Drucknachweis in der Kontaktfläche des Druckstabes
30°, kc,90 =
1, 0 → f c,α ,d =
1,125 ⋅ 4,53 =
5,10 N/mm 2
α=


Aef=  92
+ 30 ⋅ sin 30° ⋅ 120
= 12.840 mm 2
  
107,0 mm


SV,d ≤ Aef ⋅ f c,α=
12.840
⋅ 5,10
= 65.434 N
= 65, 4 kN
,d
Sd aus minimalem SV,d in der Kontaktfläche Druckstab-Gurt
=
Sd
47, 4
= 54,8 kN
cos 30°
Prof. Ralf-W. Boddenberg
dieser Wert ist nicht maßgeblich
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
4
Lösungen zu Übungen Holzbau II
1.3
Zimmermannsmäßige Verbindungen
Entwurf eines zweiseitigen Stabanschlusses durch doppelten Versatz
a) Maximal aufnehmbare Anteile der Stabkraft im Druckstab durch Stirnversatz und Fersenversatz
 0,8 ⋅ tv2 
 0,8 ⋅ 40 
tv2 ≤ hG 6 = 240 6 = 40 mm / tv1 ≤ min 
 = min 
 = 30 mm
 40 − 10 
tv2 − 10 mm 
tv1 ⋅ b ⋅ f c,α ,d 30 ⋅ 160 ⋅ 10,0
γ
f c,α ,d 10,0 N/mm 2
R1,d
α= = 21° →=
→
=
=
= 55.070 N
2
cos2 α
cos2 21°
t ⋅ b ⋅ f c,d 40 ⋅ 160 ⋅ 5,79
α = γ = 42° → f c,d = f c,α ,d = 5, 79 N/mm 2
→ R2,d = v2
=
= 49.860 N
cos α
cos 42°
Sd
≤ 1 → Sd ≤ R1,d
=
+ R2,d 104.930
=
N 105 kN
R1,d + R2,d
Berechnung und Nachweis der erforderlichen Vorholzlängen lv1 und lv2
erf lv1
=
R1,d ⋅ cos γ 55.070 ⋅ cos 42°
=
= 208 mm
160 ⋅ 1, 23
b ⋅ kcr ⋅ f v,d
erf lv2
=
Sd ⋅ cos γ
104.930 ⋅ cos 42°
=
= 396 mm
b ⋅ kcr ⋅ f v,d
160 ⋅ 1, 23
erf lv2 396
=
= 1, 239 > 1 → unzulässig
8 ⋅ tv2 8 ⋅ 40
erf lv1 208
= = 0,87 < 1
8 ⋅ tv1 8 ⋅ 30
lv1 = 210 mm gewählt
Die Tragfähigkeit ist also geringer: =
max Sd
104.930
= 84.690 N
1, 239
S ⋅ cos γ 84.690 ⋅ cos 42°
erf lv2 320
erf lv2 = d
=
=320 mm →
=
=1
b ⋅ f v,d
160 ⋅ 1, 23
8 ⋅ tv2 8 ⋅ 40
b) Wie groß muss das Maß lv1 mindestens sein?
die Gesamtlänge des Einschnittes in das Last aufnehmende Holz beträgt:
=
L
hD
160
=
= 239 mm
sin γ sin 42°
der Abstand zwischen den Versatzeinschnitten für Fersen- und Stirnversatz beträgt
γ
a= L − tv2 ⋅ cot γ − tv1 ⋅ tan = 239 − 40 ⋅ cot 42° − 30 ⋅ tan 21°= 183 mm
2
zwei Bedingungen müssen eingehalten werden: lv1 ≥ erf lv1 und
( lv2 = lv1 + a ) ≥ erf lv2
lv1 ≥ erf lv1= 208 mm → gewählt: lv1= 210 mm

 → beide Bedingungen erfüllt.
lv2 = lv1 + a = 210 + 183 = 393 mm > erf lv2 = 320 mm 
c) Nachweis der Tragfähigkeit im Last aufnehmenden vertikalen Zugstab für die maximal anzuschließende Kraft in den Druckstäben


= 25.600 mm 2
A=
 240 − 2 ⋅ 40
  ⋅ 160
n
t
v2 

Ft,0,d = 2 ⋅ max Sd ⋅ cos γ = 2 ⋅ 84.690 ⋅ cos 42° = 125.870 N
= 11,1 N/mm 2
f t,0,d
Ft,0,d 125.870
An
4, 92
25.600
= =
= = 0, 44 < 1
f t,0,d
f t,0,d
11,1
11,1
σ t,0,d
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
5
Lösungen zu Übungen Holzbau II
1.4
Zimmermannsmäßige Verbindungen
Tragfähigkeit einer Zapfenverbindung
a) Überprüfung der Geometrie und Bestimmung der maximal aufnehmbare Kraft H d .
Tragfähigkeit des Zapfens
15 mm ≤=
[lZ 40 mm] ≤ 60 mm 


1,5 ≤ 2,5
1,5 ≤ ( h b ) =
(180 120 ) =


[ ho = 60] ≥ [ hu = 60]
 → erfüllt


180 ) (1 3)  ≤ 1 3 
( 60 =
u h)
 ( h=


60] ≥ ( h 6 ) =
30 
(180 6 ) =
[ hZ =
α= h=
120 =
180 2 3
e h
k90
h e 60 =
=
β hz=
120 1 2
kn
=


x 1
−α2 
h ⋅  α ⋅ (1 − α ) + 0,8 ⋅ ⋅
h α


5,0
= 0,662

20
1
2 
⋅ 2 − ( 23 ) 
180 ⋅  23 ⋅ (1 − 23 ) + 0,8 ⋅


180 ( 3 )


1 
=
=
min
kv
  0,662
 k90 
lz + 30 mm 
40 + 30 
lZ,ef min =
=
=
 min

 70 mm
2 ⋅ 40 
 2 ⋅ lz

2
2
k Z = β ⋅ 1 + 2 ⋅ ( β − 1)  ⋅ ( 2 − α ) = 12 ⋅ 1 + 2 ⋅ ( 12 − 1)  ⋅ ( 2 − 32 ) = 1, 00




2
kcr ⋅ f v,d = 1,125 ⋅1, 23 = 1,38 N/mm
f 90,d = 1,125 ⋅1,54 = 1, 73 N/mm 2
 2 ⋅120 ⋅120 ⋅1, 00 ⋅ 0, 662 ⋅1,38
 2 ⋅ b ⋅ he ⋅ k Z ⋅ k v ⋅ kcr ⋅ f v,d 
FRd = min  3
 = min  3

1, 7 ⋅ b ⋅ lZ,ef ⋅ f c,90,d

1, 7 ⋅120 ⋅ 70 ⋅1, 73

8.770 
=
=
FRd min  =
N 8,=
77 kN max H d
 8.770
24.704 
Tragfähigkeit in der Kontaktfläche des Zapfenlochs
σ 0,d
=
f 0,d
(8.770 40 ⋅120 )
1,83
= = 0,13 < 1
1,125 ⋅ 12, 9
14,5
b) Maximal aufnehmbare Stützendruckraft Sd .
Es wird davon ausgegangen, dass die Hirnholzfläche am Zapfenende nicht in Kontakt
zur Schwelle steht, daher wird diese Fläche
nicht als tragend angenommen.
Tragfähigkeit der Schwelle
Aef = 120 ⋅ (180 + 2 ⋅ 30 ) − 120
⋅ 60 = 21.600 mm 2

Hirnholzfläche
des Zapfens
kc,90 =1, 25 → max Sd =kc,90 ⋅ f c,90,d ⋅ Aef
max Sd = 1, 25 ⋅1, 73 ⋅ 21.600 = 46.710 N = 46, 7 kN
Tragfähigkeit der Kontaktfläche am Fuß der Stütze
σ 0,d
=
f 0,d
( 46.700 2 ⋅ 60 ⋅120 )
1,125 ⋅12,9
Prof. Ralf-W. Boddenberg
=
3, 24
= 0, 22 < 1
14,5
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
6
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Biegesteife Anschlüsse
2
Biegesteife Anschlüsse
2.1
Biegesteifer Anschluss mit Nägeln
Überprüfung der Nagelanordnung
Im Mittelholz und in den Laschen kann mit vertretbarem Aufwand keine exakte Abschätzung der
Winkel zwischen Kraft- und Faserrichtung geleistet werden. Deshalb werden die Mindestabstände
der Nägel jeweils als maximaler Abstand für Winkel 0° ≤ α ≤ 90° berechnet.
0° ≤ α ≤ 90°; d =4, 6 mm
a1
a2
a3,t
a3,c
a4,t
a4,c
Mindestabstand
vorhanden
46, 0 mm
50 mm
23, 0 mm
25 mm
69, 0 mm
70 mm
( 5 + 5 ⋅ cos 0° ) ⋅ d 
max 
= 10 ⋅ d
( 5 + 5 ⋅ cos 90° ) ⋅ d 
5⋅ d
(10 + 5 ⋅ cos 0° ) ⋅ d 
max 
= 15 ⋅ d
(10 + 5 ⋅ cos 90° ) ⋅ d 
10 ⋅ d
( 5 + 2 ⋅ sin 0° ) 
max 
⋅d =7⋅d
( 5 + 2 ⋅ sin 90° ) 
5⋅ d
46, 0 mm
70 mm ( =
a3,t )
32, 2 mm
23, 0 mm
50 mm
50 mm ( =
a4,t )
Ermittlung und Nachweis der Nagelbelastung
-
aus Moment
=
FM,x
=
FM,x
=
FM,y
-
Md ⋅ y j
107 ⋅ 50
50 ⋅107
=
=
∑ ( xi2 + yi2 ) 10 ⋅ ( 2002 + 2502 + 3002 ) + 6 ⋅ 02 + 12 ⋅ ( 252 + 502 ) 19, 25 ⋅105 + 0, 375 ⋅105
50 ⋅ 102
= 255 N
19, 625
Md ⋅ xj
107 ⋅ 300
=
=
1.529 N
∑ ( xi2 + yi2 ) 19,625 ⋅105
aus Normal- und Querkraft
Nd
0
= = 0,0 N
n
30
Vd 5.500
F=
=
= 183 N
V
30
n
F=
N
F=
=
F
(F
M,x
+ FN ) + ( FM,y + FV ) =
2
2
( 255 + 0,0 )
2
+ (1.529 + 183)
2
6
0,065 ⋅ 106 + 2,931 ⋅ 10=
1.731 N
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
7
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Biegesteife Anschlüsse
=
Fv,Ed 1.731
=
2 866 N
-
Ermittlung des Winkels zwischen Kraft- und Faserrichtung (bei Nägeln nicht erforderlich)
=
α arctan
FM,y + FV
1,529 + 183
= arctan
= arctan ( 6, 714
=
) 81,5°
FM,x + FN
255 + 0, 0
Nachweis der Nagelbelastung
Überprüfung der Mindestholzdicke in nicht vorgebohrten Nagelverbindungen:
14 ⋅ d

14 ⋅ 4, 6

64, 4 




t = max 
=
=
=
ρ k  max 
350  max

 64, 4 mm → eingehalten
(13 ⋅ 4, 6 − 30) ⋅
(13 ⋅ d − 30) ⋅
52, 2 






200 
200 
Bestimmung der Tragfähigkeit eines Nagels
t=
41 mm < 120 − =
70 50 mm → Mindesteinbindetiefe eingehalten
req
Fv,Rd,Joh = 892 N ( je Nagel/Scherfuge )
Fv,Ed
=
Fv,Rd,Joh
866
= 0,97 < 1 → Nachweis erbracht
892
Ermittlung und Nachweis der erhöhten Querkraft im Anschlussbereich
VA,d =
Md
∑ xi + Vd = 107 ⋅ 10 ⋅ ( 200 + 250 + 300 ) + 5.500
⋅
2 ∑ xi2 + ∑ yi2
2
2
19,625 ⋅ 105
2
VA,d = 19.108 + 2.750 ≈ 21.860 N
τ d =1,5 ⋅
kcr ⋅ f v,d
VA,d
21.860
=1,366 N/mm 2
A
120 ⋅ 200
kcr ⋅ f v,k
2,0
= k mod ⋅
= 0,8 ⋅
=1, 23
1,3
γm
=1,5 ⋅
τd
1,366
=
= 1,11 > 1 → unzulässig
kcr ⋅ f v,d 1, 23
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
8
Lösungen zu Übungen Holzbau II
2.2
Biegesteife Anschlüsse
Biegesteifer Anschluss mit innen liegendem Blech und SDü
Beanspruchung bezogen auf C in der Dübelgruppe links
M d = Vd ⋅ e = 26 ⋅ 0, 25 = 6,5 kNm = 6,5 ⋅ 106 Nmm
Stabdübelbelastung aus Moment
=
FM,x
=
FM,y
Md ⋅ yj
6,5 ⋅ 106 ⋅ 120
=
= 9.286 N
∑ ( xi2 + yi2 ) 8 ⋅ 502 + 4 ⋅ ( 402 + 1202 )
M d ⋅ xj
65 ⋅ 105 ⋅ 50
=
= 3.869 N
2
2
∑ ( xi + yi ) 0,840 ⋅105
Stabdübelbelastung aus Normal- und Querkraft
Nd 0
= = 0,0 N
n 8
FN=
F
=
(F
+ FN ) + ( FM,y + FV ) =
2
2
M,x
Vd 26.000
=
= 3.250 N
n
8
FV=
( 9.286 + 0,0 ) + ( 3.869 + 3.250 )
2
2
=
( 9.286 ) + ( 7.119 )
2
2
F = 11.700 N
2 5.850 N
=
Fv,Ed 11.700
=
Winkel zwischen Kraft- und Faserrichtung:=
α arctan
FM,y + FV
7.119
= arctan = 37,5°
9.286
FM,x + FN
Ermittlung der Tragfähigkeit der Stabdübel in der Dübelgruppe links für=
α 37,5°
1
97,8 + 99,8
=
treq=   ⋅ k2 ⋅
2
k
 1
 1 
 1, 042  ⋅ 1,
0 ⋅ 98,8= 94,8 mm > 80 mm → Abminderung


S235


GL24h
FV,Rd,Joh =
t
treq
⋅ k1 ⋅ k2 ⋅
9, 72 + 9,52  80 
= 
 ⋅ 1, 042 ⋅ 1, 0 ⋅ 9, 62 = 8, 46 kN
2
 94,8 
Nachweis der maximalen Stabdübelbelastung mit
( nef n )
für=
α 37,5° und a1 = 100 mm

a 
100 

nef,α =0° =
min  n ; n 0,9 ⋅ 4 1  =
min  2 ; 20,9 ⋅ 4
1,554
=
13 ⋅ d 
13 ⋅ 16 


= 1,554 + ( 37,5 90 ) ⋅ ( 2 − 1,554=
nef,α =37,5°
) 1,740 → ( nef n=) 0,870
Fv,Ed 5.850
=
= 0, 69 < 1 und
Fv,Rd 8.460
Prof. Ralf-W. Boddenberg
nef,α =90° =
n=
2
Fv,Ed ⋅ cos α
5.850 ⋅ cos 37,5°
=
= 0,63 < 1
0,870 ⋅ 8.460
( nef n ) ⋅ Fv,Rd
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
9
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Biegesteife Anschlüsse
Überprüfung der Stabdübelanordnung in der Dübelgruppe links (der Winkel zwischen Kraft- und
Faserrichtung variiert von SDü zu SDü):
0° ≤ α ≤ 90°; d =16 mm
( 3 + 2 ⋅ cos α ) ⋅ d = 5 ⋅ d
3⋅ d
a1
a2
a3,t
a3,c
a4,t
a4,c
Mindestabstand vorhanden
80 mm
100 mm
48 mm
80 mm
max {7 ⋅ d ;80 mm}
112 mm
120 mm
−−−
max {( 2 + 2 ⋅ sin α ) ⋅ d ;3 ⋅ d } = 4 ⋅ d
−−−
64 mm
−−−
70
−−−
−−−
−−−
Ermittlung und Nachweis der erhöhten Querkraft im Anschlussbereich
VA,d =
Md
∑ xi + Vd = 6,5 ⋅106 ⋅ 8 ⋅ 50 + 26.000 = 15.476 + 13.000 = 28.476 N
⋅
2 ∑ xi2 + ∑ yi2
2
2
0,84 ⋅ 105
2
τ d =1,5 ⋅
τd
VA,d
=
kcr ⋅ f v,d
A
=1,5 ⋅
k ⋅f
28.476
2,5
=0,703 N/mm 2 kcr ⋅ f v,d =k mod ⋅ cr v,k =0,8 ⋅
=1,54
1,3
γm
(170 − 10 ) ⋅ 380
0,703
= 0, 46 < 1
1,54
Nachweis der Dübelverbindung in der Stütze (rechte Gruppe)
a1
a2
a3,t
a3,c
a4,t
a4,c
α =0°; d =16 mm
( 3 + 2 ⋅ cos α ) ⋅ d = 5 ⋅ d
−−−
−−−
−−−
−−−
3⋅ d
Mindestabstand vorhanden
80 mm
80 mm
−−−
−−−
−−−
−−−
48 mm
−−−
−−−
−−−
−−−
80
Tragfähigkeit in der Dübelgruppe rechts für α = 0°
1
treq =   ⋅ k2 ⋅ 89,5 =
 k1 
 1 
 1, 042  ⋅ 1,
0 ⋅ 89,5 = 85, 9 mm > 80 mm → Abminderung


S235


GL24h
t
 80 
FV,Rd,Joh = ⋅ k1 ⋅ k2 ⋅ 10, 62 =
10, 3 kN
 85, 9  ⋅ 1, 042 ⋅ 1, 0 ⋅ 10, 62 =
treq


=
Fv,Ed
26.000
= 3.250 N
4⋅2
Fv,Ed 3.250
=
= 0,32 < 1 und
Fv,Rd 10.300
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Fv,Ed ⋅ cos α
3.250 ⋅ cos 0°
=
= 0, 46 < 1
( nef n ) ⋅ Fv,Rd 0, 686 ⋅10.300
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
10
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Gebrauchstauglichkeit
3
Gebrauchstauglichkeit
3.1
Gebrauchstauglichkeitsnachweis an einem Balken auf zwei Stützen
Zunächst muss die Anfangsdurchbiegung in der Mitte des Trägers nach PvK berechnet werden.
Hierzu werden die Momentenverläufe zu Gleichlast q , Einzellast F und zum virtuellen Kraftzustand 1 ermittelt, siehe Abb. 3-1.
Querschnittswerte:
140 ⋅ 2403
I=
I Träger =
=
161, 28 ⋅ 106 mm 4
12
Abb. 3-1
A=
AStütze =
1402 =
19, 6 ⋅ 103 mm 2
E0,mean =
12.000 N/mm 2
Momenten- und Normalkraftverläufe aus vorhandener Belastung und virtueller Last
Vorhandene Last
Eigengewicht
qG,k = 0, 3 kN/m
qQ,k = 0,5 kN/m
Verkehr
FQ,k = 1, 4 kN
Virtuelle Last
F =1
M
Werte
M q= q ⋅ l 2 8
Mq =
0,3 ⋅ 7.5002 8 =
2,109 ⋅106 Nmm
N q= q ⋅ l 2
Nq =
0,3 ⋅ 7.500 2 =
1,125 ⋅103 N
M q= q ⋅ l 2 8
Mq =
0,5 ⋅ 7.5002 8 =
3,516 ⋅106 Nmm
N q= q ⋅ l 2
Nq =
0,5 ⋅ 7.500 2 =
1,875 ⋅103 N
M F= F ⋅ l 4
MF =
1.400 ⋅ 7.500 4 =
2,625 ⋅ 106 Nmm
NF = F 2
N=
1.400=
2 0,7 ⋅ 103 N
F
M
Werte
M = 1⋅ l 4
M=
1 ⋅ 7.500 4 =
1,875 ⋅103 mm
N =1 2
N = 0,5
Berechnung der Anfangsdurchbiegung mit PvK
=
Durchbiegungsanteil aus
q : wq
Durchbiegungsanteil aus =
F : wF
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Mq ⋅ M
2, 4 ⋅ E0,mean ⋅ I
⋅ 7.500 + 2 ⋅
Nq ⋅ N
E0,mean ⋅ A
⋅ 4.800
MF ⋅ M
NF ⋅ N
⋅ 7.500 + 2 ⋅
⋅ 4.800
3 ⋅ E0,mean ⋅ I
E0,mean ⋅ A
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
11
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Gebrauchstauglichkeit
Anfangsdurchbiegung aus ständigen Einwirkungen qG,k = 0,3 kN/m
winst,G = wq =
2,109 ⋅ 106 ⋅ 1,875 ⋅ 103
1,125 ⋅ 103 ⋅ 0,5
⋅ 7.500 + 2 ⋅
⋅ 4.800
E0,mean ⋅ A
2, 4 ⋅ E0,mean ⋅ I


 


aus Durchbiegung Träger
winst,G =
winst,G =
6
3
aus Verkürzung Stützen
2,109 ⋅ 10 ⋅ 1,875 ⋅ 10 ⋅ 7,5 ⋅ 10
2, 4 ⋅ 12, 0 ⋅ 103 ⋅ 161, 28 ⋅ 106
6,
38
+
0,
02


3
+2⋅
1,125 ⋅ 103 ⋅ 0,5 ⋅ 4,8 ⋅ 103
12, 0 ⋅ 103 ⋅ 19, 6 ⋅ 103
= 6, 4 mm
aus Verkürzung Stützen,
Anteil vernachlässigbar!
aus Durchbiegung Träger
Anfangsdurchbiegung aus Verkehr qQ,k = 0,5 kN/m und FQ,k = 1, 4 kN
wq =
=
wF
0,5
⋅ 6, 4 = 10, 67 mm
0, 3
(wenn Belastung q von 0,3 kN/m auf 0,5 kN/m erhöht wird steigt die
Durchbiegung entsprechend)
MF ⋅ M
NF ⋅ N
2,625 ⋅ 106 ⋅ 1,875 ⋅ 103
⋅ 7.500 +2 ⋅
⋅ 4.800 =
⋅ 7,5 ⋅ 103 =
6,36 mm
E0,mean ⋅ A
3 ⋅ E0,mean ⋅ I
3 ⋅ 12,0 ⋅ 103 ⋅ 161, 28 ⋅ 106

aus Verkürzung Stützen,
Anteil vernachlässigbar!
winst,Q,1 = wq + wF = 10,67 + 6,36 = 17,03 ≈ 17 mm
Alternative Berechnung der Anfangsdurchbiegungen mit Hilfe von Standardwerken
Der Anteil aus der Verkürzung der Stützen wird vernachlässigt.
Durchbiegungsanteil aus q : wq =
5⋅ q ⋅l4
384 ⋅ E0,mean ⋅ I
Durchbiegungsanteil aus F : wF =
F ⋅ l3
48 ⋅ E0,mean ⋅ I
Anfangsdurchbiegung wG,inst aus ständigen Einwirkungen qG,k = 0, 3 kN/m
= w=
winst,G
q
5 ⋅ 0,3 ⋅ 7,54 ⋅ 1012
= 6,38 ≈ 6, 4 mm
384 ⋅ 12,0 ⋅ 103 ⋅ 0,16128 ⋅ 109
Anfangsdurchbiegung wQ,1,inst aus Verkehr qQ,k = 0,5 kN/m und FQ,k = 1, 4 kN
wq =
0,5
⋅ 6, 4 = 10,67 mm
0,3
1, 4 ⋅ 103 ⋅ 7,53 ⋅ 109
= 6,36 mm
48 ⋅ 12,0 ⋅ 103 ⋅ 0,16128 ⋅ 109
winst,Q,1 = wq + wF = 10,67 + 6,36 = 17,03 ≈ 17 mm
wF =
Gebrauchstauglichkeitsnachweis bei einer veränderlichen Einwirkung, keine Überhöhung
Verformungsbeiwert für C30 bei NKL 1
kdef = 0,6
=
ψ 0,1 0,=
7
ψ 2,1 0, 3
Wohn-, Aufenthalts- und Büroräume, Kategorie A,
B
a) Anfangsdurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination:
n
winst = winst,G + winst,Q,1 + ∑ (ψ 0,i ⋅ winst,Q,i ) = 6, 4 + 17 = 23, 4 mm <
i=2
7.500
= 25 mm
300
b) Enddurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination:
n
7.500


wfin = winst +  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ kdef = 23, 4 + ( 6, 4 + 0, 3 ⋅ 17 ) ⋅ 0, 6 = 30, 3 <
= 37,5 mm
200
i =1


c) Enddurchbiegung aus der quasi-ständigen Lastkombination:
n


wnet,fin=  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ (1 + kdef ) − wc=
i =1


Prof. Ralf-W. Boddenberg
( 6, 4 + 0,3 ⋅17 ) ⋅ (1 + 0, 6=)
18, 4 <
7.500
= 25 mm
300
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
12
Lösungen zu Übungen Holzbau II
3.2
Gebrauchstauglichkeit
Gebrauchstauglichkeitsnachweis an einem Kragbalken
Zunächst wird die Anfangsdurchbiegung am Ende des Kragbalkens nach PvK berechnet. Hierzu
werden die Momentenverläufe zu Gleichlast q , Einzellast F und zum virtuellen Kraftzustand 1
ermittelt, siehe Abb. 3-2.
240 ⋅ 4803
12
Querschnittswerte: I =
=
2, 212 ⋅ 109 mm 4
Abb. 3-2
E0,mean =
12.600 N/mm
Momentenverläufe aus vorhandener Belastung und virtueller Last
[ Nmm]
M
Werte in
qG,k = 2,0 kN/m
M=
qG,k ⋅ l 2 2
q
Mq =
2,0 ⋅ 3.0002 2 =
9 ⋅106
FG,k = 3, 0 kN
M
=
FG,k ⋅ l
F
MF =
3.000 ⋅ 3.000 =
9 ⋅ 106
Schnee
qS,k = 6,6 kN/m
M=
qS,k ⋅ l 2 2
q
Mq =
6,6 ⋅ 3.0002 2 =⋅
29,7 106
Verkehr
FQ,k = 4,5 kN
=
M
FQ,k ⋅ l
F
M F =4.500 ⋅ 3.000 =13,5 ⋅ 106
Vorhandene Last
Eigengewicht
Virtuelle Last
M
Werte in [ mm ]
F =1
M = 1⋅ l
1 ⋅ 3.000 =
3 ⋅103
M=
Berechnung der Anfangsdurchbiegung mit PvK
Durchbiegungsanteil aus q
wq =
Mq ⋅ M
4 ⋅ E0,mean ⋅ I
⋅ 3.000 +
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Mq ⋅ M
2 ⋅ E0,mean ⋅ I
⋅ 8.000 =
Mq ⋅ M  3 8  3
M ⋅M
⋅  +  ⋅ 10 = 4,75 ⋅ 103 ⋅ q
E0,mean ⋅ I  4 2 
E0,mean ⋅ I
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
13
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Gebrauchstauglichkeit
Durchbiegungsanteil aus F
M ⋅M
MF ⋅ M
M ⋅M
wF = F
⋅ 3.000 +
⋅ 8.000 = F
3 ⋅ E0,mean ⋅ I
2 ⋅ E0,mean ⋅ I
E0,mean ⋅ I
M ⋅M
3 8
⋅  +  ⋅ 103 =5 ⋅ 103 ⋅ F
E0,mean ⋅ I
3 2
Anfangsdurchbiegung wG,inst aus ständigen Einwirkungen qG,k = 2, 0 kN/m und FG,k = 3, 0 kN
M ⋅M
M ⋅M
winst,G = 4,75 ⋅ 103 ⋅ q
+ 5 ⋅ 103 ⋅ F
E0,mean ⋅ I
E0,mean ⋅ I

 
aus qG,k 2,0
kN/m
aus FG,k 3,0 kN
=
=
winst,G =
4,75 ⋅ 103 ⋅ 9 ⋅ 106 ⋅ 3 ⋅ 103
12,6 ⋅ 103 ⋅ 2, 212 ⋅ 109
+
5 ⋅ 103 ⋅ 9 ⋅ 106 ⋅ 3 ⋅ 103
=
4,60
+ 4,84

 = 9, 4 mm
12,6 ⋅ 103 ⋅ 2, 212 ⋅=
109 aus qG,k 2,0=
kN/m
aus FG,k 3,0 kN
Anfangsdurchbiegung wQ,1,inst aus Schneelast qS,k = 6, 6 kN/m
6,6
winst,Q,1 = ⋅ 4,60 =15, 2 mm
2,0
(wenn Belastung q von 2, 0 kN/m auf 6, 6 kN/m erhöht wird
steigt die Durchbiegung entsprechend)
Anfangsdurchbiegung wQ,2,inst aus Verkehr FQ,k = 4,5 kN
4,5
winst,Q,2 = ⋅ 4,84 =7,3 mm
3,0
(wenn Belastung F von 3, 0 kN auf 4,5 kN erhöht wird steigt die
Durchbiegung entsprechend)
Alternative Berechnung der Anfangsdurchbiegungen mit Hilfe von Standardwerken
Zur Berechnung der Durchbiegung am Ende des Kragträgers werden zwei Anteile ermittelt:
1. Der Anteil wϕ aus der Verdrehung der Balkenachse an den Auflagern. Diese Verdrehung ent-
steht durch die Krümmung des Balkenabschnittes mit der Länge l2 zwischen den Auflagern infolge des konstanten Momentenverlaufs (Abb. 3-3, obere Skizze).
2. Der Anteil aus der Biegung im Kragarm mit der Länge l1 (Abb. 3-3, untere Skizze).
Abb. 3-3
Durchbiegungsanteile am Kragarm
Durchbiegungsanteil aus q
=
ϕ
+ M )⋅l
(2 ⋅ M =
q
2
6 ⋅ E0,mean ⋅ I
wϕ = l1 ⋅ ϕ =
wM =
q
3 ⋅ M q ⋅ l2
M q ⋅ l2
=
6 ⋅ E0,mean ⋅ I 2 ⋅ E0,mean ⋅ I
(siehe Schneider/Wendehorst)
M q ⋅ l1 ⋅ l2
2 ⋅ E0,mean ⋅ I
q ⋅ l14
8 ⋅ E0,mean ⋅ I
(siehe Schneider/Wendehorst)
 M ⋅l ⋅l q ⋅l4 
1
wq = wϕ + wM = q 1 2 + 1  ⋅
2
8  E0,mean ⋅ I

Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
14
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Gebrauchstauglichkeit
Durchbiegungsanteil aus F
wϕ = l1 ⋅ ϕ =
wM =
M F ⋅ l1 ⋅ l2
(wie zuvor)
2 ⋅ E0,mean ⋅ I
F ⋅ l13
(siehe Schneider/Wendehorst)
3 ⋅ E0,mean ⋅ I
 M ⋅ l ⋅ l F ⋅ l13 
1
wF = wϕ + wM = F 1 2 +
⋅
2
3
E

 0,mean ⋅ I
Anfangsdurchbiegung wG,inst aus ständigen Einwirkungen qG,k und FG,k
 M ⋅ l ⋅ l q ⋅ l14 
 M ⋅l ⋅l
F ⋅ l13 
1
1
=  q 1 2+
+ F 1 2 +
winst,G
⋅
⋅
2
8  E0,mean ⋅ I 
2
3  E0,mean ⋅ I


 

kN/m
=
=
wq aus qG,k 2,0
wF aus FG,k 3,0 kN
 9 ⋅ 106 ⋅ 3 ⋅ 8 ⋅ 106 2, 0 ⋅ 34 ⋅ 1012
+
winst,G = 

8
2

winst,G

1
 ⋅
9
3
 12, 6 ⋅ 10 ⋅ 2, 212 ⋅ 10
 9 ⋅ 106 ⋅ 3 ⋅ 8 ⋅ 106 3 ⋅ 103 ⋅ 33 ⋅ 109
+
+

3
2

= wq + wF =
+
4,
60
4,84



1
 ⋅
9
3
 12, 6 ⋅ 10 ⋅ 2, 212 ⋅ 10
= 9, 4 mm
kN/m
=
=
wq aus qG,k 2,0
wF aus FG,k 3,0 kN
6, 6
⋅ 4, 60 =15, 2 mm
2, 0
Anfangsdurchbiegung winst,Q,1 aus Schneelast qS,k = 6, 6 kN/m : winst,Q,1 =
4,5
⋅ 4,84 =7, 3 mm
3, 0
Anfangsdurchbiegung winst,Q,2 aus Verkehr FQ,k = 4,5 kN : winst,Q,2 =
Gebrauchstauglichkeitsnachweis bei mehreren veränderlichen Einwirkungen, Träger überhöht
kdef = 0,6
Verformungsbeiwert für GL 28h bei NKL 1
=
ψ 0,1 0,=
ψ 2,1 0, 2
7
Schnee- und Eislasten über NN + 1000 m
=
ψ 0,2 0,=
ψ 2,2 0, 6
7
Versammlungs- und Verkaufsräume, Kategorie C,
D
a) Anfangsdurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination:
n
winst =winst,G + winst,Q,1 + ∑ (ψ 0,i ⋅ winst,Q,i )
i =2
winst = 9, 4 + 15, 2 + 0,7 ⋅ 7,3 = 29,7 <
3.000
= 30 mm
100
b) Enddurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination:
n


wfin =
winst +  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ kdef
i =1


wfin = 29,7 + ( 9, 4 + 0, 2 ⋅ 15, 2 + 0,6 ⋅ 7,3) ⋅ 0,6 = 39,8 <
3.000
= 40 mm
75
c) Enddurchbiegung aus der quasi-ständigen Lastkombination:
n


=  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ (1 + kdef ) − wc
wnet,fin
i =1


wnet,fin=
( 9, 4 + 0, 2 ⋅15, 2 + 0, 6 ⋅ 7,3) ⋅ (1 + 0, 6 ) − 20=
Prof. Ralf-W. Boddenberg
7 mm <
3.000
= 24 mm
125
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
15
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Verformungsberechnung an Anschlüssen
4
Verformungsberechnung von Balken- und Fachwerktragwerken nach PvK
4.1
Bock mit eingeschlitztem Blech und Stabdübeln
Stabkräfte aus ständiger und veränderlicher Last sowie aus virtueller Kraft 1
−62,5 kN
−81, 25 kN
NG =
NQ =
N = −0,625
Federsteifigkeit aus 9 SDü mit je 2 Scherflächen in GL28h
Kser =2 ⋅ 5.775 =
11.550 → K j =n ⋅ m ⋅ Kser = 9 ⋅ 2 ⋅ 11.550 = 207.900 N/mm
Anfangsverformung aus ständiger Last ( M = 0 und Q = 0 )
winst,G = ∑
i
Si ⋅ Si
S ⋅S
⋅ li + ∑ k k
E0,mean ⋅ A
Kj
k
−62,5 ⋅ 103 ⋅ ( −0, 625)
−62,5 ⋅ 103 ⋅ ( −0, 625)
⋅ 5, 0 ⋅ 103 + 2 ⋅
3
2
12, 6 ⋅ 10 ⋅ 200
207, 9 ⋅ 103
= 0, 78 + 0, 38 = 1,15 mm
winst,G = 2 ⋅
winst,G
Anfangsverformung aus veränderlicher Last
130
1,50 mm
winst,Q,1 =⋅ 1,15 mm =
100
Beiwerte:
=
kdef 0,=
6 und ψ 2,1 0,8
Nachweis
a) Anfangsdurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination: winst ≤
n
winst = winst,G + winst,Q,1 + ∑ (ψ 0,i ⋅ winst,Q,i ) = 1,15 + 1,50 = 2, 65 mm <
i=2
l
300
6.000
= 20 mm
300
b) Enddurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination: wfin ≤
l
200
Da das Tragwerk ausschließlich Stahlblech-Holzverbindungen aufweist, können die Endverformungen vereinfacht nachgewiesen werden, da alle Verformungsbeiwerte kdef gleich groß sind.
n


wfin =
winst +  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ kdef
i =1


= 2,65 + (1,15 + 0,8 ⋅ 1,50 ) ⋅ 0,6 = 4,06 mm <
6.000
= 30 mm
200
c) Enddurchbiegung aus der quasi-ständigen Lastkombination: wnet,fin ≤
n


wnet,fin=  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ (1 + kdef ) − w=
c
i =1


Prof. Ralf-W. Boddenberg
(1,15 + 0,8 ⋅1,50 ) ⋅ (1 + 0, 6=)
l
300
4 mm <
6.000
= 30 mm
300
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
16
Lösungen zu Übungen Holzbau II
4.2
Verformungsberechnung an Anschlüssen
Fachwerkträger mit SDü
E0,mean = 11.000 N/mm 2
Querschnitte:
160/120 mm: A = 19.200 mm
2
160/140 mm: A = 22.400 mm
2
Kser =
2 ⋅ 3.416 =
6.832 N/mm
Virtueller Kraftzustand
i
1
2
3
4
5
Oi
Ui
Vi
0, 0
−0, 667
−0,5
−1, 333 +0, 667 −0,5
0, 0
−1, 333 +0, 667
−0, 667 +0, 0
−0,5
−0,5
Di
+0,833
+0,833
+0,833
+0,833
Berechnung der Anfangsdurchbiegung aus ständiger Last
Anteile aus Stabdehnung:
Stab
Länge
Querschnitt
[ mm]
 mm 2 
Stabkraft Sk
Virtuelle Stabkraft S k
[N]
[ -]
Si ⋅ Si
⋅ li
E0,mean ⋅ A
[ mm]
O1
2.000
19.200
-40.000
-0,667
0,25
O2
2.000
19.200
-53.333
-1,333
0,67
U1
2.000
19.200
0
0,000
0,00
U2
2.000
19.200
40.000
0,667
0,25
V1
1.500
19.200
-40.000
-0,500
0,14
V2
1.500
19.200
-30.000
-0,500
0,11
V3
9.600
22.400
-10.000
0,000
0,00
D1
1.500
2.500
50.000
0,833
0,42
D2
2.500
16.667
22.400
Summe für eine Trägerhälfte
0,833
0,14
Prof. Ralf-W. Boddenberg
1,98
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
17
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Verformungsberechnung an Anschlüssen
Anmerkung zu Verschiebungen an Knotenblechen in Fachwerken
Die innenliegende Stahlblech-Holzverbindung im Untergurt wird nur aus der horizontalen Komponente von D1(=U2-U1) belastet, da der Untergurt durchlaufend ist. Das hierzu passende statische
System ist in der folgenden Zeichnung für Knoten 7 dargestellt.
Anteile aus der Nachgiebigkeit der Verbindungen
Stab
Anzahl
Anzahl
Kser
Scherflächen
Anschlüsse
Stabkraft
Sk
Virtuelle
Stabkraft
∑
Sk ⋅ Sk
Kj
[ N/mm]
n⋅m
i
[N]
O1
6.832
20
1
-40.000
-0,667
0,20
O 2 − O1
6.832
4
1
-13.333
-0,667
0,33
U1
6.832
4
1
0
0,000
0,00
U 2 − U1
6.832
20
1
40.000
0,667
0,20
V1
6.832
20
2
-40.000
-0,500
0,29
V2
6.832
16
2
-30.000
-0,500
0,27
V3
6.832
4
2
-10.000
0,000
0,00
D1
6.832
24
2
50.000
0,833
0,51
D2
6.832
8
2
16.667
0,833
0,51
S k [ -]
Summe für eine Trägerhälfte
[ mm]
2,31
Beiwerte:
kdef 0,=
6 und ψ 2,1 0, 0
=
5
2 ⋅ (1,98 + 2,31) =
8,6 mm → winst,Q,1 =⋅ 8,6 mm =
4,3 mm
winst,G =
10
Gebrauchstauglichkeitsnachweis
a) Anfangsdurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination: winst ≤
n
winst = winst,G + winst,Q,1 + ∑ (ψ 0,i ⋅ winst,Q,i ) = 8, 6 + 4,3 = 12,9 mm <
i=2
l
300
8.000
= 27 mm
300
b) Enddurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination: wfin ≤
l
200
Da das Tragwerk ausschließlich Stahlblech-Holzverbindungen aufweist, können die Endverformungen vereinfacht nachgewiesen werden, da alle Verformungsbeiwerte kdef gleich groß sind.
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
18
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Verformungsberechnung an Anschlüssen
n


wfin =
winst +  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ kdef
i =1


= 12,9 + ( 8,6 + 0,0 ⋅ 4,3) ⋅ 0,6 = 18,1 mm <
8.000
= 40 mm
200
c) Enddurchbiegung aus der quasi-ständigen Lastkombination: wnet,fin ≤
n


wnet,fin=  winst,G + ∑ψ 2,i ⋅ winst,Q,i  ⋅ (1 + kdef ) − wc=
i =1


Prof. Ralf-W. Boddenberg
(8, 6 + 0, 0 ⋅ 4,3) ⋅ (1 + 0, 6 )=
l
300
14 mm <
8.000
= 27 mm
300
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
19
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
5
Zusammengesetzte Biegeträger aus Holz und Holzwerkstoffen mit nachgiebigem Verbund
5.1
Vergleich zwischen zwei Balken
a) Biegesteifigkeiten für den Nachweis der Tragfähigkeit, jeweils im Anfangs- und Endzustand
E-Modul und Verschiebungsmodul Anfangszustand
E-Modul und Verschiebungsmodul Endzustand
Ei E0,mean,i (1 + ψ 2 ⋅ kdef,i ) → =
E1/2/3 12.000 (1 + 0,6 =
=
⋅ 0,6 ) 8.824 N/mm 2
E=
E=
E=
E0,mean
= 12.000
1
2
3
2
2
K1/3 = ⋅ Kser = ⋅ 895 =
597 ≅ 600 N/mm
3
3
2
⋅ Kser,1 1 + ψ 2 ⋅ 2 ⋅ kdef,1 ⋅ kdef,2
3
2
= ⋅ 895 1 + 0, 6 ⋅ 2 ⋅ 0, 6 ⋅ 0, 6 = 347 ≅ 350 N/mm
3
(
K1/3 =
)
(
)
Balken 1
A1 = A2 = A3 = 180 ⋅ 80 = 14, 4 ⋅ 103 mm 2 / I1,y = I 2,y = I 3,y =
180 ⋅ 803
= 7, 68 ⋅ 106 mm 4 / s = 120 = 30 mm / a2 = 0 / a1 = a3 = 80 mm
4
12
Anfangszustand
γ=
γ=
1
3
Endzustand
1
1
=
= 0, 331
2
3
π ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
π ⋅12 ⋅10 ⋅14, 4 ⋅103 ⋅ 30
1
+
1+
2
K1 ⋅ l 2
600 ⋅ ( 6,5 ⋅ 103 )
γ=
γ=
1
3
2
γ2 =1
y ef
(E ⋅ I )
y ef
=
3
∑(E ⋅ I
1
i
2
3
i,y
+ γ i ⋅ Ei ⋅ Ai ⋅ ai2 ) = Ei ⋅ ∑ ( 3 ⋅ I1,y + 2 ⋅ γ 1 ⋅ A1 ⋅ a12 )
1
=12 ⋅103 ⋅ ( 3 ⋅ 7,68 ⋅106 + 2 ⋅ 0,331 ⋅ 14, 4 ⋅ 103 ⋅ 802 ) =1,009 ⋅ 1012 Nmm 2
Biegesteifigkeit:
( E ⋅ I z )=
350 ⋅ ( 6,5 ⋅ 103 )
γ2 =1
Effektive Biegesteifigkeit:
(E ⋅ I )
1+
1
= 0, 282
π ⋅ 8.824 ⋅14, 4 ⋅103 ⋅ 30
2
12.000 ⋅
( E ⋅ I )=
y ef
2
8.824 ⋅ ( 3 ⋅ 7,68 ⋅ 106 + 2 ⋅ 0, 282 ⋅ 14, 4 ⋅ 103 ⋅ 80=
) 0,662 ⋅1012 Nmm2
( E ⋅ Iz )
240 ⋅ 1803
= 1, 400 ⋅ 1012 Nmm 2
12
Prof. Ralf-W. Boddenberg
( E ⋅ I z )=
8.824 ⋅
240 ⋅ 1803
= 1, 029 ⋅ 1012 Nmm 2
12
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
20
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Balken 2
A1 =
A2 =
A3 180=
I1,y =
I 3,y
=
⋅ 80 14, 4 ⋅ 103 mm 2 /=
0 / a=
130 mm
s 60 = 30 mm / a=
a=
=
2
1
3
2
180 ⋅ 803
80 ⋅ 1803
I 2,y
= 7,68 ⋅ 106 mm 4 /=
= 38,88 ⋅ 106 mm 4
12
12
Anfangszustand
Endzustand
γ=
γ=
0,331 / γ=
1 wie Querschnitt 2
1
3
2
γ=
γ=
0, 282 / γ=
1 wie Querschnitt 2
1
3
2
Effektive Biegesteifigkeit:
(E ⋅ I )
y ef
y ef
=
3
∑(E ⋅ I
1
i
3
i,y
+ γ i ⋅ Ei ⋅ Ai ⋅ ai2 ) = Ei ⋅ ∑ ( 2 ⋅ I1,y + I 2,y + 2 ⋅ γ 1 ⋅ A1 ⋅ a12 )
 2 ⋅ 7, 68 ⋅ 106 + 38,88 ⋅ 106 
=12 ⋅ 10 ⋅ 
=2,586 ⋅ 1012 Nmm 2
 +2 ⋅ 0, 331 ⋅ 14, 4 ⋅ 103 ⋅ 1302 


3
Biegesteifigkeit:
( E ⋅ I z=)
(E ⋅ I )
( E ⋅ Iz )
(E ⋅ I )
y ef
 2 ⋅ 7, 68 ⋅ 106 + 38,88 ⋅ 106 
= 8.824 ⋅ 
= 1, 690 ⋅ 1012 Nmm 2
 +2 ⋅ 0, 282 ⋅ 14, 4 ⋅ 103 ⋅ 1302 


80 ⋅ 1803
180 ⋅ 803
38,88 ⋅ 106 mm 4 / I 2,z =
7, 68 ⋅ 106 mm 4
=
=
12
12
mit I1,z =
I 3,z =
12.000 ⋅ ( 2 ⋅ 38,88 ⋅ 106 + 7,68 ⋅ 106=
) 1,025 ⋅1012 Nmm2
Prof. Ralf-W. Boddenberg
1
( E ⋅ I z=)
8.824 ⋅ ( 2 ⋅ 38,8 ⋅ 106 + 7,68 ⋅ 106=
) 0,754 ⋅1012 Nmm2
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
21
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
b) Spannungen im Holz und die Scherbelastung der Nägel
Belastung:
M y,d = qz,d ⋅ l 2 8 = 2,7 ⋅ 6,52 8 = 14, 26 kNm / Vmax,d = qz,d ⋅ l 2 = 2,7 ⋅ 6,5 2 = 8,775 kN
Balken 1
Anfang
σ=
i,d
Ende
Md
A
⋅ Ei ⋅ γ i ⋅ a i ⋅ i
Ai,n
( EI )ef
σ 1,d = σ 3,d =
14, 26 ⋅ 106
⋅ 12.000 ⋅ 0,331 ⋅ 80 ⋅ 1,0= 4, 49 N/mm 2 / σ 2,d = 0
12
1,009
⋅
10


σ 1,d = σ 3,d =
= 0,1901
= 0,1696
=
Randspannungen: σ m,i,d
Md
( EI )ef
σ m,1,d= σ m,2,d= σ m,3,d= 0,1696 ⋅
⋅ Ei ⋅
hi I i
⋅
2 I i,n
80
⋅ 1,0= 6,78 N/mm 2
2
σ m,1,d= σ m,2,d= σ m,3,d= 0,1901 ⋅
Die Schubspannung in der neutralen Ebene des Querschnittsteils 2: τ 2,max,d =
h=
80
⋅ 1,0= 7,60 N/mm 2
2
Vmax,d ⋅ (γ 3 ⋅ E3 ⋅ A3 ⋅ a3 + 0,5 ⋅ E2 ⋅ b2 ⋅ h 2 )
80
+ 0 = 40 mm
2
τ 2,max,d
14, 26 ⋅ 106
⋅ 8.824 ⋅ 0, 282 ⋅ 80 ⋅ 1, 0= 4, 29 N/mm 2 / σ 2,d = 0
12
⋅
0,
662
10



( E ⋅ I )ef ⋅ b2
h=
h
mit =
h2
+ a2
2
80
+ 0 = 40 mm
2
 0, 331 ⋅ 12.000 ⋅ 14.400 ⋅ 80 
 0, 282 ⋅ 8.824 ⋅ 14.400 ⋅ 80 
8, 775 ⋅ 103 ⋅ 
8,775 ⋅ 103 ⋅ 


2
2
 +0,5 ⋅ 12.000 ⋅ 180 ⋅ 40
 0, 305 N/mm
 +0,5 ⋅ 8.824 ⋅ 180 ⋅ 40
 0,305 N/mm 2
2
=
=
=
τ
2,max,d
1, 009 ⋅ 1012 ⋅ 180
0,662 ⋅ 1012 ⋅ 180
Bemessungswert der Scherkraft in den Anschlussfugen: F1,v,Ed =
F=
F=
1,v,Ed
3,v,Ed
8,775 ⋅ 103 ⋅ 0,331 ⋅ 12.000 ⋅ 14.400 ⋅ 80 ⋅ 30
= 1.195 N
1,009 ⋅ 1012
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Vmax,d ⋅ γ 1 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ a1 ⋅ s1,min
( E ⋅ I )ef
; F3,v,Ed =
Vmax,d ⋅ γ 3 ⋅ E3 ⋅ A3 ⋅ a3 ⋅ s3,min
F=
F=
1,v,Ed
3,v,Ed
( E ⋅ I )ef
8,775 ⋅ 103 ⋅ 0, 282 ⋅ 8.824 ⋅ 14.400 ⋅ 80 ⋅ 30
= 1.140 N
0,662 ⋅ 1012
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
22
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Balken 2
Anfang
σ=
i,d
Ende
Md
A
⋅ Ei ⋅ γ i ⋅ a i ⋅ i
Ai,n
( EI )ef
σ 1,d = σ 3,d =
14, 26 ⋅ 106
⋅ 12.000 ⋅ 0,331 ⋅ 130 ⋅ 1, 0 = 2,85 N/mm 2 / σ 2,d = 0
12
⋅
2,586
10


σ 1,d = σ 3,d =
= 0,06617
=
Randspannungen: σ m,i,d
σ m,1,d= σ m,3,d= 0, 06617 ⋅
σ m,2,d
= 0, 06617 ⋅
= 0,07446
Md
h I
⋅ Ei ⋅ i ⋅ i
2 I i,n
( EI )ef
80
⋅ 1, 0= 2, 65 N/mm 2
2
σ m,1,d= σ m,3,d= 0, 07446 ⋅
180
1, 0 5, 96 N/mm 2
⋅=
2
σ m,2,d
= 0, 07446 ⋅
Die Schubspannung in der neutralen Ebene des Querschnittsteils 2: τ 2,max,d =
h=
80
⋅ 1, 0= 2, 98 N/mm 2
2
180
1, 0 6, 70 N/mm 2
⋅=
2
Vmax,d ⋅ (γ 3 ⋅ E3 ⋅ A3 ⋅ a3 + 0,5 ⋅ E2 ⋅ b2 ⋅ h 2 )
180
+ 0= 90 mm
2
τ 2,max,d
14, 26 ⋅ 106
⋅ 8.824 ⋅ 0, 282 ⋅ 130 ⋅ 1,0 = 2,73 N/mm 2 / σ 2,d = 0
12
1,690
10
⋅



( E ⋅ I )ef ⋅ b2
h=
h
mit =
h2
+ a2
2
180
+ 0= 90 mm
2
 0, 331 ⋅ 12.000 ⋅ 14.400 ⋅ 130 
 0, 282 ⋅ 8.824 ⋅ 14.400 ⋅ 130 
8, 775 ⋅ 103 ⋅ 
8, 775 ⋅ 103 ⋅ 


2
2
 +0,5 ⋅ 12.000 ⋅ 80 ⋅ 90
 0, 480 N/mm
2
 +0,5 ⋅ 8.824 ⋅ 80 ⋅ 90
 0, 488 N/mm 2
=
=
τ
=
2,max,d
2,586 ⋅ 1012 ⋅ 80
1, 690 ⋅ 1012 ⋅ 80
Bemessungswert der Scherkraft in den Anschlussfugen: F1,v,Ed =
F=
F=
1,v,Ed
3,v,Ed
8,775 ⋅ 103 ⋅ 0,331 ⋅ 12.000 ⋅ 14.400 ⋅ 130 ⋅ 30
= 758 N
2,586 ⋅ 1012
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Vmax,d ⋅ γ 1 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ a1 ⋅ s1,min
( E ⋅ I )ef
; F3,v,Ed =
Vmax,d ⋅ γ 3 ⋅ E3 ⋅ A3 ⋅ a3 ⋅ s3,min
F=
F=
1,v,Ed
3,v,Ed
( E ⋅ I )ef
8,775 ⋅ 103 ⋅ 0, 282 ⋅ 8.824 ⋅ 14.400 ⋅ 130 ⋅ 30
= 726 N
1,690 ⋅ 1012
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
23
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
c) Ausnutzungsgrade für die Spannungen im Holz und die Scherbelastung der Nägel
2
Bemessungswert der Festigkeit C30  N/mm 
Balken 1
Querschnitt
b h [ mm ]
Knickbeiwert
f c,0,d
f m,y,d
f t,0,d
f v,d
14, 2
1,134 ⋅ 18,5 =
21, 0
1, 0 ⋅ 11,1 =
11,1
1, 23
f m,y,d
f t,0,d
f v,d
1, 0 ⋅ 11,1 =
11,1
1, 23
=
λz 3.250 0, 289 ⋅180
1
180/80
2
180/80
---
3
180/80
---
λz = 62,5 → kc,z = 0, 640
Balken 2
Querschnitt
b h [ mm ]
Knickbeiwert
f c,0,d
=
λz 3.250 0, 289 ⋅180
1
180/80
2
80/180
---
3
180/80
---
Prof. Ralf-W. Boddenberg
λz = 62,5 → kc,z = 0, 640
1,134 ⋅ 18,5 =
21, 0
14, 2
1, 0 ⋅ 18,5 =
18,5
1,134 ⋅ 18,5 =
21, 0
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
24
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Tragfähigkeitsnachweise für Querschnitte und Verbindungsmittel Balken 1
Zustand
σ 1,d
σ m,1,d
σ 2,d
σ m,2,d
σ 3,d
σ m,3,d
τ 2,max,d
max F(1/3),v,Ed
2
Anfang  N/mm 
-4,49
6,78
0
6,78
+4,49
6,78
0,305
1.195 N
2
Ende  N/mm 
-4,29
7,60
0
7,60
+4,29
7,60
0,305
1.140 N
2
σ

σ i,c,d
+  m,i,d 

kc,z ⋅ f c,0,d  f m,y,d 
2
σ m,i,d
f m,y,d
σ i,t,d
f t,0,d
+
σ m,i,d
f m,y,d
4, 49
 6,78 
0,60 < 1
+
=
0,640 ⋅ 14, 2  21,0 
2
4, 29
 7,60 
0,60 < 1
+
=
0,640 ⋅ 14, 2  21,0 
7, 60
= 0, 36 < 1
21, 0
≤1
τ 2,max,d
f v,d
max F(1/3),v,Ed
( nef n ) ⋅ F1,v,Rd
Prof. Ralf-W. Boddenberg
4, 49 6,78
+
= 0,73 < 1
11,1 21,0
4, 29 7,60
+
= 0,77 < 1
11,1 21,0
0, 305
= 0, 25 < 1
1, 23
1.195
= 0, 97 ≤ 1
1, 0 ⋅ 1.227
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
25
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Tragfähigkeitsnachweise für Querschnitte und Verbindungsmittel Balken 2
Zustand
σ 1,d
σ m,1,d
σ 2,d
σ m,2,d
σ 3,d
σ m,3,d
τ 2,max,d
max F(1/3),v,Ed
2
Anfang  N/mm 
-2,85
2,65
0
5,96
+2,85
2,65
0,480
758 N
2
Ende  N/mm 
-2,73
2,98
0
6,70
+2,73
2,98
0,488
726 N
2
σ

σ i,c,d
+  m,i,d 
kc,z ⋅ f c,0,d  f m,y,d 
2
σ m,i,d
f m,y,d
σ i,t,d
f t,0,d
+
σ m,i,d
f m,y,d
2,85
 2,65 
+
=
0,33 < 1
0,640 ⋅ 14, 2  21,0 
2
2,73
 2,98 
0,32 < 1
+
=
0,640 ⋅ 14, 2  21,0 
6, 70
= 0, 36 < 1
18,5
≤1
τ 2,max,d
kcr ⋅ f v,d
max F(1/3),v,Ed
( nef n ) ⋅ F1,v,Rd
Prof. Ralf-W. Boddenberg
2,85 2,65
+
= 0,38 < 1
11,1 21,0
2,73 2,98
+
= 0,39 < 1
11,1 21,0
0, 488
= 0, 40 < 1
1, 23
758
= 0, 63 < 1
1, 0 ⋅ 1.200
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
26
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Abb. 5-1
Spannungsverlauf für Balken1
Abb. 5-2
Spannungsverlauf für Balken 2
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
27
Lösungen zu Übungen Holzbau II
5.2
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Nachweis einer genagelten offenen Decke im Holzrahmenbau
Bemessungswert des maximalen Momentes und der maximalen Querkraft für den Tragfähigkeitsnachweis
qd = 1, 35 ⋅ qG,k + 1,5 ⋅ qQ,k = 1, 35 ⋅ 0, 7 + 1,5 ⋅ 1,5 = 3,195 kN/m → M d =
E-Modul und Verschiebungsmodul Anfangszustand
E1
2
1.600
=
N/mm / E2 11.000 N/mm
3,195 ⋅ 4, 02
3,195 ⋅ 4, 0
= 6, 39 kNm / Vmax,d =
= 6, 39 kN
8
2
E-Modul und Verschiebungsmodul Endzustand
=
Ei E0,mean,i (1 + ψ 2 ⋅ kdef,i ) →
2
=
=
E1 1.600 (1 + 0, 3 ⋅ 2, 25
) 955 N/mm2
=
E2 11.000 (1 + 0, 3 ⋅=
0, 6 ) 9.322 N/mm 2
ρk =
550 ⋅ 350 = 439
2
2 ρ
2 439
K1 = ⋅ Kser,1 = ⋅
595 N/mm
⋅ d 0,8 = ⋅
⋅ 3,80,8 =
3
3 30
3 30
1,5
k
1,5
A1 = 625 ⋅ 22 = 13, 75 ⋅ 103 / A2 = 60 ⋅ 200 = 12 ⋅ 103 mm 2 / I1,y =
a) Tragfähigkeitsnachweis im Anfangszustand
=
γ1
2
⋅ Kser,1
3
(
(1 +ψ
2
⋅ 2 ⋅ kdef,1 ⋅ kdef,2
)
)
= 595 1 + 0,3 ⋅ 2 ⋅ 2, 25 ⋅ 0,6
= 350 N/mm
625 ⋅ 223
60 ⋅ 2003
= 0,555 ⋅ 106 / I 2,y =
= 40 ⋅ 106 mm 4 / s = 50 mm
12
12
b) Tragfähigkeitsnachweis im Endzustand
1
1
=
= 0, 467
π 2 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
π 2 ⋅1.600 ⋅13.750 ⋅ 50
1+
1+
595 ⋅ 4.0002
K1 ⋅ l 2
γ2 =1
Lage der Spannungsnullebene a2 =
K1/3 =
=
γ1
1
1
=
= 0, 464
π 2 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
π 2 ⋅ 955 ⋅13.750 ⋅ 50
1+
1+
350 ⋅ 4.0002
K1 ⋅ l 2
γ2 =1
h1 + h2
1 γ 1 ⋅ A1 ⋅ ( h1 + h2 ) − γ 3 ⋅ A3 ⋅ ( h2 + h3 )
=
− a2
; a1
⋅
2
2
2
∑ γ i ⋅ Ai
i =1
0, 467 ⋅ 1.600 ⋅ 13.750 ⋅ ( 22 + 200 )
0, 464 ⋅ 955 ⋅ 13.750 ⋅ ( 22 + 200 )
1
1
a2 =
⋅
=
5,73 ≅ 5,7 mm
a2 =
⋅
=
8,02 ≅ 8,0 mm
2 0, 464 ⋅ 955 ⋅ 13.750 + 1,0 ⋅ 9.322 ⋅12.000
2 0, 467 ⋅ 1.600 ⋅ 13.750 + 1,0 ⋅ 11.000 ⋅ 12.000
=
a1
h1 + h2
22 + 200
−=
a2
− 8,0
= 103 mm
2
2
Prof. Ralf-W. Boddenberg
=
a1
h1 + h2
22 + 200
−=
a2
− 5,7
= 105,3 mm
2
2
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
28
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Effektive Biegesteifigkeit:
( E ⋅ I )=
ef
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
2
( E ⋅ I )= ∑ ( E ⋅ I
y ef
i
i,y
+ γ i ⋅ Ei ⋅ Ai ⋅ ai2 )
1.600 ⋅ ( 0,555 ⋅106 + 0, 467 ⋅13.750 ⋅103,02 )
( E ⋅ I )ef =
+11.000 ⋅ ( 40 ⋅106 + 1,0 ⋅12.000 ⋅ 8,02 =
) 0,558 ⋅1012 Nmm2
=
Schwerpunktspannungen: σ
i,d
σ 1,d
=
1
σ 1,d
=
11,452⋅10−6
=
Randspannungen: σ m,i,d
Md
( EI )ef
= 1,008 N/mm 2 ( Zug )
⋅ Ei ⋅
σ=
14,360 ⋅ 10−6 ⋅ 9.322 ⋅ 1,0 ⋅ 5,7
2,d
22
⋅ 1, 0
= 0,151 N/mm 2
2
200
σ m,2,d
= 14, 360 ⋅ 106 ⋅ 9.322 ⋅
⋅ 1, 0 = 13, 40 N/mm 2
2
σ m,1,d
= 14, 360 ⋅ 106 ⋅ 955 ⋅
Die Schubspannung in der neutralen Ebene des Querschnittsteils 2: τ 2,max,d =
200
+ 8,0 = 108,0 mm
2
6.390 ⋅ ( 0,5 ⋅ 11.000 ⋅ 60 ⋅ 108,02 )
=
0,735 N/mm 2
0,558 ⋅ 1012 ⋅ 60
6.390 ⋅ 0, 467 ⋅ 1.600 ⋅ 13.750 ⋅ 103, 0 ⋅ 50
=
606 N
0,558 ⋅ 1012
Prof. Ralf-W. Boddenberg
(
Vmax,d ⋅ γ 3 ⋅ E3 ⋅ A3 ⋅ a3 + 0,5 ⋅ E2 ⋅ b2 ⋅ h 2
h=
( E ⋅ I )ef ⋅ b2
)
h
mit =
h2
+ a2
2
200
+ 5,7 = 105,7 mm
2
6.390 ⋅ ( 0,5 ⋅ 9.322 ⋅ 60 ⋅ 105,72 )
=
τ 2,max,d
=
0,749 N/mm 2
0, 445 ⋅ 1012 ⋅ 60
Bemessungswert der Scherkraft in der Anschlussfuge: F1,v,Ed =
F1,v,Ed
= 0,768 N/mm 2 ( Zug )
hi I i
⋅
2 I i,n
22
⋅ 1, 0
= 0, 201 N/mm 2
2
200
σ m,2,d
= 11, 452 ⋅ 106 ⋅ 11.000 ⋅
⋅ 1, 0 = 12, 60 N/mm 2
2
τ 2,max,d
6,39 ⋅ 106
⋅ 955 ⋅ 0, 464 ⋅ 105,3= 0,670 N/mm 2 ( Druck )
12
0,
445
10
⋅

14,360⋅10−6
σ m,1,d
= 11, 452 ⋅ 106 ⋅ 1.600 ⋅
h=
+9.322 ⋅ ( 40 ⋅106 + 1,0 ⋅12.000 ⋅ 5,72 =
) 0, 445 ⋅1012 Nmm2
Md
A
⋅ Ei ⋅ γ i ⋅ ai ⋅ i
Ai,n
( EI )ef
6,39 ⋅ 106
⋅ 1.600 ⋅ 0, 467 ⋅ 103,0= 0,881 N/mm 2 ( Druck )
12
0,558
10
⋅

11, 452 ⋅ 10−6 ⋅ 11.000 ⋅ 1,0 ⋅ 8,0
σ=
2,d
955 ⋅ ( 0,555 ⋅106 + 0, 464 ⋅13.750 ⋅105,32 )
Vmax,d ⋅ γ 1 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ a1 ⋅ s1,min
( E ⋅ I )ef
=
F1,v,Ed
6.390 ⋅ 0, 464 ⋅ 955 ⋅ 13.750 ⋅ 105, 3 ⋅ 50
=
461 N
0, 445 ⋅ 1012
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
29
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
30
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
2
Bemessungswert der Festigkeiten  N/mm 
Querschnitt
Werkstoff
b h [ mm ]
1
Spanplatte P4
625/22
2
C24
60/200
12,9
f c,0,d
f m,y,d
f t,0,d
kcr ⋅ f v,d
0,65 ⋅ 10,8 1,3 =
5, 4
0,65 ⋅ 9,6 1,3 =
4,8
0,65 ⋅ 6,9 1,3 =
3, 45
1, 0 ⋅ 14,8 =
14,8
1, 0 ⋅ 8, 62 =
8, 62
1, 23
Zustand
σ 1,d
σ m,1,d
σ 2,d
σ m,2,d
τ 2,max,d
max F(1/3),v,Ed
2
Anfang  N/mm 
-0,881
0,201
+1,008
12,60
0,735
606 N
2
Ende  N/mm 
-0,670
0,151
+0,768
13,40
0,749
461 N
2
σ

σ i,c,d
+  m,i,d 

kc,z ⋅ f c,0,d  f m,y,d 
σ i,t,d
f t,0,d
+
σ m,i,d
f m,y,d
2
≤1
τ 2,max,d
kcr ⋅ f v,d
max F(1/3),v,Ed
( nef n ) ⋅ F1,v,Rd
Prof. Ralf-W. Boddenberg
0,881  0, 201 
+
=<
0,18 1
1,0 ⋅ 4,8  5, 4 
2
0,670  0,151 
+
=
0,14 < 1
1,0 ⋅ 4,8  5, 4 
1,008 12,60
+
=0,97 < 1
8,62 14,8
0,768 13, 40
+
=0,99 ≤ 1
8,62 14,8
0, 749
= 0, 61 < 1
1, 23
606
= 0, 90 < 1
1, 0 ⋅ 670
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
31
Lösungen zu Übungen Holzbau II
5.3
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Nachweis einer geklammerten geschlossenen Decke im Holzrahmenbau
a) Biegesteifigkeit für den Tragfähigkeitsnachweis im ohne Berücksichtigung der Verbundwirkung der Verbindungsmittel
Bemessungswert des maximalen Momentes und der maximalen Querkraft für den Tragfähigkeitsnachweis
qd = 1, 35 ⋅ qG,k + 1,5 ⋅ qQ,k = 1, 35 ⋅ 0,8 + 1,5 ⋅ 1,8 = 3, 78 kN/m / M d =
3, 78 ⋅ 3, 22
3, 78 ⋅ 3, 2
= 4,84 kNm / Vmax,d =
= 6, 05 kN
8
2
A1 = A3 = 625 ⋅ 22 = 13.750 / A2 = 60 ⋅ 180 = 10.800 mm 2 / I1,y = I 3,y =
625 ⋅ 223
60 ⋅ 1803
= 0,555 ⋅ 106 / I 2,y =
= 29,16 ⋅ 106 mm 4 / s = ( 30 2 ) = 15 mm
12
12
Anfangszustand
Endzustand
E-Modul und Verschiebungsmodul Anfangszustand
E-Modul und Verschiebungsmodul Endzustand
E1
2.100
=
N/mm 2 / E2 11.000 N/mm 2
=
Ei E0,mean,i (1 + ψ 2 ⋅ kdef,i ) →
E1 = E3 = 2.100 (1 + 0,5 ⋅ 1,5) = 1.200 N/mm 2
=
E2 11.000 (1 + 0,5 ⋅=
0, 6 ) 8.460 N/mm 2
ρk =
550 ⋅ 350 = 439
2
2 ρ 1,5
2 4391,5
K1 =
K 3 = ⋅ Kser,1 = ⋅ k ⋅ d 0,8 = ⋅
133 N/mm
⋅ 2, 00,8 =
3
3 80
3 80
E-Modul und Verschiebungsmodul Anfangszustand
K (1/3) =
2
⋅ Kser,1
3
(
(1 +ψ
2
⋅ 2 ⋅ kdef,1 ⋅ kdef,2
)
)
= 133 1 + 0,5 ⋅ 2 ⋅ 1,5 ⋅ 0,6
= 68 N/mm
E-Modul und Verschiebungsmodul Endzustand
3
( E ⋅ I )ef = ∑ ( Ei ⋅ I i ) = 2 ⋅ E1 ⋅ I1 + E2 ⋅ I 2
1
2 2.100 ⋅ 0,555 ⋅106 + 11.000 ⋅ 29,16 ⋅106 =0,323 ⋅1012 Nmm 2
( E ⋅ I )ef =⋅
Prof. Ralf-W. Boddenberg
2 1.200 ⋅ 0,555 ⋅106 + 8.460 ⋅ 29,16 ⋅106 =0, 248 ⋅1012 Nmm 2
( E ⋅ I )ef =⋅
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
32
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
b) Tragfähigkeitsnachweise mit Berücksichtigung der Verbundwirkung der Verbindungsmittel
Anfangszustand
γ=
γ=
1
3
Endzustand
1
1
=
= 0, 242
π ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
π 2 ⋅ 2.100 ⋅13.750 ⋅15
1+
1+
133 ⋅ 3.2002
K1 ⋅ l 2
γ=
γ=
1
3
2
γ2 =1
γ2 =1
0 ; a1
Lage der Spannungsnullebene, Symmetrie: a2 = =
a1 = a3 =
( E ⋅ I )ef
h1 + h2
− a2
2
h1 + h2
22 + 180
− a2 =
− 0 = 101 mm
2
2
Effektive Biegesteifigkeit:
a1 = a3 =
3
( E ⋅ I )= ∑ ( E ⋅ I
y ef
1
i
i,y
( E ⋅ I )ef
Md
A
⋅ Ei ⋅ γ i ⋅ a i ⋅ i
Ai,n
( EI )ef
4,84 ⋅ 106
⋅ 2.100 ⋅ 0, 242 ⋅ 101= 0,534 N/mm 2 ( Druckspannung )
12
0,
465
10
⋅

10,409⋅10−5
=
σ 1,d
4,84 ⋅ 106
⋅ 1.200 ⋅ 0, 222 ⋅ 101= 0, 403 N/mm 2 ( Druckspannung )
12
0,
323
⋅
10

14,985⋅10−5
σ 2,d = 0
σ 2,d = 0
σ 3,d
=2 ⋅ 1.200 ⋅ ( 0,555 ⋅ 106 + 0, 222 ⋅ 13, 75 ⋅ 103 ⋅ 1012 )
+8.460 ⋅ 29,16 ⋅ 106= 0, 323 ⋅ 1012 Nmm 2
+11.000 ⋅ 29,16 ⋅ 106= 0, 465 ⋅ 1012 Nmm 2
=
σ 1,d
h1 + h2
22 + 180
− a2 =
− 0 = 101 mm
2
2
+ γ i ⋅ Ei ⋅ Ai ⋅ ai2 )
=2 ⋅ 2.100 ⋅ ( 0,555 ⋅ 106 + 0, 242 ⋅ 13, 75 ⋅ 103 ⋅ 1012 )
Schwerpunktspannungen: σ
=
i,d
1
= 0, 222
π ⋅1.200 ⋅13.750 ⋅15
1+
68 ⋅ 3.2002
2
=
0, 403 N/mm 2 ( Zugspannung )
0,534 N/mm ( Zugspannung
σ 3,d σ=
σ=
)
1,d
1,d
Prof. Ralf-W. Boddenberg
2
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
33
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Randspannungen: σ m,i,d
=
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
Md
h I
⋅ Ei ⋅ i ⋅ i
2 I i,n
( EI )ef
σ m,1,d= σ m,3,d= 10, 409 ⋅106 ⋅ 2.100 ⋅
σ m,2,d
= 10, 409 ⋅ 106 ⋅ 11.000 ⋅
22
⋅ 1, 0= 0, 240 N/mm 2
2
σ m,1,d= σ m,3,d= 14, 985 ⋅106 ⋅1.200 ⋅
180
⋅ 1, 0 = 10, 30 N/mm 2
2
= 14, 985 ⋅ 106 ⋅ 8.460 ⋅
σ m,2,d
Die Schubspannung in der neutralen Ebene des Querschnittsteils 2: τ 2,max,d =
h=
180
+ 0= 90,0 mm
2
τ 2,max,d
180
⋅ 1, 0
2
Vmax,d ⋅ (γ 3 ⋅ E3 ⋅ A3 ⋅ a3 + 0,5 ⋅ E2 ⋅ b2 ⋅ h 2 )
( E ⋅ I )ef ⋅ b2
h=
22
⋅ 1, 0= 0,198 N/mm 2
2
= 11, 42 N/mm 2
h
mit =
h2
+ a2
2
180
+ 0= 90,0 mm
2
 0, 242 ⋅ 2.100 ⋅ 13.750 ⋅ 101
 0, 222 ⋅ 1.200 ⋅ 13.750 ⋅ 101
6,05 ⋅ 103 ⋅ 
6, 05 ⋅ 103 ⋅ 


2
2
 +0,5 ⋅ 11.000 ⋅ 60 ⋅ 90
 0,732 N/mm=
2
 +0,5 ⋅ 8.460 ⋅ 60 ⋅ 90
 0, 758 N/mm 2
=
τ
=
2,max,d
0, 465 ⋅ 1012 ⋅ 60
0, 323 ⋅ 1012 ⋅ 60
Bemessungswert der Scherkraft in der Anschlussfuge: F1,v,Ed =
F=
F=
1,v,Ed
3,v,Ed
6,05 ⋅ 103 ⋅ 0, 242 ⋅ 2.100 ⋅ 13.750 ⋅ 101 ⋅ 15
= 137 N
0, 465 ⋅ 1012
Prof. Ralf-W. Boddenberg
Vmax,d ⋅ γ 1 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ a1 ⋅ s1,min
( E ⋅ I )ef
F=
F=
1,v,Ed
3,v,Ed
6,05 ⋅ 103 ⋅ 0, 222 ⋅ 1.200 ⋅ 13.750 ⋅ 101 ⋅ 15
= 104 N
0,323 ⋅ 1012
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
34
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
2
Bemessungswert der Festigkeiten  N/mm 
Querschnitt
Werkstoff
b h [ mm ]
1 und 3
Spanplatte P6
625/22
2
C24
60/180
f c,0,d
f m,y,d
0,70 ⋅12,8 1,3 =
6,9
0,70 ⋅13,3 1,3 =
7, 2
0,70 ⋅ 8,5 1,3 =
4,6
1, 0 ⋅ 14,8 =
14,8
12,9
kcr ⋅ f v,d
f t,0,d
1,0 ⋅ 8,62 =
8,62
1, 23
Zustand
σ 1,d
σ m,1,d
σ 2,d
σ m,2,d
σ 3,d
σ m,3,d
τ 2,max,d
max F(1/3),v,Ed
2
Anfang  N/mm 
-0,534
0,240
0
10,30
+0,534
0,240
0,732
137 N
2
Ende  N/mm 
-0,403
0,198
0
11,42
+0,403
0,198
0,758
104 N
2
σ

σ i,c,d
+  m,i,d 

kc,z ⋅ f c,0,d  f m,y,d 
σ m,i,d
f m,y,d
σ i,t,d
f t,0,d
+
2
f m,y,d
2
0, 403  0,198 
+
=
0,06 < 1
1,0 ⋅ 6,9  7, 2 
11, 42
= 0, 77 < 1
14,8
≤1
σ m,i,d
0,534  0, 240 
+
=
0,08 < 1
1,0 ⋅ 6,9  7, 2 
≤1
τ 2,max,d
kcr ⋅ f v,d
max F(1/3),v,Ed
( nef n ) ⋅ F1,v,Rd
Prof. Ralf-W. Boddenberg
0,534 0, 240
+
=
0,15 < 1
4,6
7, 2
0, 403 0,198
+
=0,12 < 1
4,6
7, 2
0, 758
= 0, 62 < 1
1, 23
137
= 0, 42 < 1
1, 0 ⋅ 330
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
35
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
c) Gebrauchstauglichkeitsnachweis unter Berücksichtigung der Verbundwirkung und der Unterschiedlichkeit der Baustoffe
Anfangszustand
Endzustand
E-Modul und Verschiebungsmodul
E-Modul und Verschiebungsmodul
E1
=
Ei E0,mean,i (1 + kdef,i ) →
2.100
=
N/mm 2 / E2 11.000 N/mm 2
E1 =E3 =2.100 (1 + 1,5) =840 N/mm 2
=
E2 11.000 (1 + 0,6
=
) 6.875 N/mm2
ρk =
550 ⋅ 350 = 439
Kser,1 = Kser,3 =
γ=
γ=
1
3
ρ k1,5
80
⋅ d 0,8
1
1+
1
=
π 2 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
K1 ⋅ l 2
1+
(
γ=
γ=
1
3
= 0,324
π 2 ⋅ 2.100 ⋅13.750 ⋅15
200 ⋅ 3.2002
( E ⋅ I )ef
a1 = a3 =
3
y ef
1
i
1+
i,y
= 0, 289
π 2 ⋅ 840 ⋅13.750 ⋅15
69 ⋅ 3.2002
h1 + h2
− a2
2
h1 + h2
22 + 180
− a2 =
− 0 = 101 mm
2
2
( E ⋅ I )= ∑ ( E ⋅ I
1
γ2 =1
0 ; a1
Lage der Spannungsnullebene, Symmetrie: a2 = =
Effektive Biegesteifigkeit:
)
)
Kser,1,fin
= Kser,3,fin
= 200 1 + 2 ⋅ 1,5 ⋅ 0,6
= 69 N/mm
γ2 =1
a1 = a3 =
(
Kser,1,fin
= Kser,3,fin
= Kser,1 1 + 2 ⋅ kdef,1 ⋅ kdef,2
4391,5
=
⋅ 2, 00,8 = 200 N/mm
80
h1 + h2
22 + 180
− a2 =
− 0 = 101 mm
2
2
+ γ i ⋅ Ei ⋅ Ai ⋅ ai2 )
( E ⋅ I )ef
=2 ⋅ 2.100 ⋅ ( 0,555 ⋅ 106 + 0, 324 ⋅ 13, 75 ⋅ 103 ⋅ 1012 )
=2 ⋅ 840 ⋅ ( 0,555 ⋅ 106 + 0, 289 ⋅ 13, 75 ⋅ 103 ⋅ 1012 )
+6.875 ⋅ 29,16 ⋅ 106= 0, 273 ⋅ 1012 Nmm 2
+11.000 ⋅ 29,16 ⋅ 106= 0,514 ⋅ 1012 Nmm 2
Zum Vergleich: Biegesteifigkeit ohne Klammernverbindung
3
∑ ( E ⋅ I ) =2 ⋅ 2.100 ⋅ 0,555 ⋅10
1
i
i,y
Prof. Ralf-W. Boddenberg
3
6
6
12
+ 11.000 ⋅ 29,16 ⋅ 10 =
0, 323 ⋅ 10 Nmm
2
∑ ( E ⋅ I ) =2 ⋅ 840 ⋅ 0,555 ⋅10
1
i
i,y
6
+ 6.875 ⋅ 29,16 ⋅ 106 =
0, 201 ⋅ 1012 Nmm 2
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
36
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Biegestäbe mit nachgiebigem Verbund
winst,G =
4
q
5 qG,k ⋅ l
5 0,8 ⋅ 3.2004
1,8
⋅
=
⋅
= 2,1 mm → winst,Q,1 = Q,k ⋅ winst,G =
⋅ 2,1 = 4,8 mm
qG,k
384 E ⋅ I
384 0,514 ⋅ 1012
0,8
wfin,G =
4
q
5 qG,k ⋅ l
5 0,8 ⋅ 3.2004
1,8
⋅
=
⋅
= 4,0 mm → wfin,Q,1 = Q,k ⋅ winst,G =
⋅ 4,0 = 9,0 mm
12
qG,k
384 E ⋅ I
384 0, 273 ⋅ 10
0,8
Gebrauchstauglichkeitsnachweis für einen nicht überhöhten Träger
Anfangsdurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination:
winst =winst,G + winst,Q,1 +
n
∑ (ψ
i =2
0,i
⋅ winst,Q,i ) = 2,1 + 4,8 = 6,9 mm <
3.200
= 10,7 mm
300
Enddurchbiegung aus der charakteristischen Lastkombination:
n
3.200
wfin = winst + wfin,G − winst,G + ∑ ψ 2,i ⋅ ( wfin,Q,i − winst,Q,i )  = 6, 9 + 4, 0 − 2,1 + 0,5 ⋅ ( 9, 0 − 4,8 ) = 10, 9 mm <
= 16 mm



200




i =1
Kriechanteil ständige Last
Kriechanteile veränderliche Lasten
Enddurchbiegung aus der quasi-ständigen Lastkombination:
n
wnet,fin = wfin,G + ∑ (ψ 2,i ⋅ wfin,Q,i ) − wc = 4, 0 + 0,5 ⋅ 9, 0 = 8,5 mm <
i =1
Prof. Ralf-W. Boddenberg
3.200
= 16 mm
300
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
37
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Druckstäbe mit nachgiebigem Verbund
6
Zusammengesetzte Druckstäbe aus Holz und Holzwerkstoffen mit nachgiebigem Verbund und doppeltsymmetrischem Querschnitt
6.1
Knicknachweis einer genagelten Stütze Typ A aus BSH-Querschnitten
A1 300 =
/ A2 120 ⋅=
300 36.000 mm 2 /=
I1,y
=
⋅ 120 36.000 =
300 ⋅ 1203
120 ⋅ 3003
I 2,y
/s
= 43, 2 ⋅ 106 /=
= 270 ⋅ 106 mm 4=
12
12
2)
( 90=
45 mm
a) Knicknachweis für die nachgiebige Achse (Knicken um die y-Achse) und Tragfähigkeitsnachweis der Verbindungsmittel
Anfangszustand
Endzustand
=
Ei E0,mean,i (1 + ψ 2 ⋅ kdef,i ) → =
E(1/2 ) 12.600 (1 + 0,3 =
⋅ 0,6 ) 10.680 N/mm 2
E(1/2 ) = 12.600
2
2
K1 = ⋅ Kser = ⋅ 1.313 =
875 N/mm
3
3
1
1
=
= 0,127
γ1 =
π 2 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
π 2 ⋅ 12.600 ⋅ 36.000 ⋅ 45
1+
1+
875 ⋅ 5.8002
K1 ⋅ l 2
K1 =
=
γ1
=
a1
Längssteifigkeit:
( EA)tot =∑ Ei ⋅ Ai =2 ⋅ E1 ⋅ A1 + E2 ⋅ A2 =E1 ⋅ ( 2 ⋅ A1 + A2 )
i
( EA)tot= 12.600 ⋅ ( 2 ⋅ 36.000 + 36.000=) 1,361 ⋅109 N
Effektive Biegesteifigkeit:
( E ⋅ I )y,ef
(1 +ψ
2
(
)
)
⋅ 2 ⋅ kdef,1 ⋅ kdef,2 = 875 1 + 0,3 ⋅ 2 ⋅ 0,6 ⋅ 0,6 = 644 N/mm
1
=
0,112
π 2 ⋅10.700 ⋅ 36.000 ⋅ 45
1+
644 ⋅ 5.8002
h1 + h2 120 + 300
=
= 210 mm
2
2
( EA)tot=
10.700 ⋅ ( 2 ⋅ 36.000 + 36.000=
) 1,156 ⋅109 N
=2 ⋅ E1 ⋅ ( I1,y + γ 1 ⋅ A1 ⋅ a12 ) + E2 ⋅ I 2,y =E1 ⋅  2 ⋅ ( I1,y + γ 1 ⋅ A1 ⋅ a12 ) + I 2,y 
= 12.600 ⋅  2 ⋅ ( 43, 2 ⋅106 + 0,127 ⋅ 36.000 ⋅ 2102 ) + 270 ⋅106 
( E ⋅ I )y,ef
( E ⋅ I )y,ef = 9,591 ⋅1012 Nmm2
Prof. Ralf-W. Boddenberg
2
⋅ Kser
3
=
( E ⋅ I )y,ef
( E ⋅ I )y,ef =
10.700 ⋅  2 ⋅ ( 43, 2 ⋅106 + 0,112 ⋅ 36.000 ⋅ 2102 ) + 270 ⋅106 
7,632 ⋅1012 Nmm 2
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
38
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Druckstäbe mit nachgiebigem Verbund
Schlankheitsgrad und Knickbeiwert k(1/2),c,y für die nachgiebige Achse: iy,ef =
9,591 ⋅ 1012
iy,ef =
1,361 ⋅ 10
9
= 83,95 mm → λy,ef =
( E ⋅ I )y,ef
5.800
= 69,1
83,95
iy,ef =
k=
k=
0, 666
1,c,y
2,c,y
Druckspannungen σ i,c,d =
σ=
σ=
1,c,d
2,c,d
( E ⋅ A)tot
und λy =
7,632 ⋅ 1012
ly
iy,ef
1,156 ⋅ 109
= 81, 25 mm → λy,ef =
5.800
= 71, 4
81, 25
k=
k=
0, 634
1,c,y
2,c,y
Fd ⋅ Ei
( EA)tot
1.050.000 ⋅ 12.600
= 9, 72 N/mm 2
1, 361 ⋅ 109
Knicknachweis für die nachgiebige Achse:
σ=
σ=
1,c,d
2,c,d
σ i,c,d
ki,c,y ⋅ f i,c,d
1.050.000 ⋅ 10.700
= 9, 72 N/mm 2
1,156 ⋅ 109
2
≤ 1 mit f c,d = 1,125 ⋅ 16,3 = 18,3 N/mm
σ 1,c,d
σ 2,c,d
9, 72
=
=
= 0,84 < 1
k1,c,y ⋅ f c,d k2,c,y ⋅ f c,d 0, 634 ⋅ 18, 3
σ 1,c,d
σ 2,c,d
9, 72
=
=
= 0,80 < 1
k1,c,y ⋅ f c,d k2,c,y ⋅ f c,d 0, 666 ⋅ 18, 3
b) Tragfähigkeitsnachweis der Verbindungsmittel
Anfangszustand
Endzustand
und Scherkraft im Nagel: F1,d =
=
Vd
1.050.000
= 25.735 N
60 ⋅ 0, 680
Fc,d
Vd ⋅ γ 1 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ a1 ⋅ s1
mit angenommener Querkraft : λy,ef ≥ 60 → Vd =
60 ⋅ kc,y
( E ⋅ I )ef
=
Vd
1.050.000
= 26.965 N
60 ⋅ 0, 649
25.735 ⋅ 0,127 ⋅ 12.600 ⋅ 36.000 ⋅ 210 ⋅ 45
26.965 ⋅ 0,112 ⋅ 10.700 ⋅ 36.000 ⋅ 210 ⋅ 45
=
1.460 N =
F1,v,Ed =
1.460 N
9,591 ⋅ 1012
7, 632 ⋅ 1012
F1,v,Ed
F1,v,Ed
1.440
1.460
=
= 0, 66 < 1
=
= 0, 65 < 1
n
n
⋅
F
1,
0
⋅
2.230
n
n
⋅
F
1,
0
⋅ 2.230
( ef ) 1,v,Rd
( ef ) 1,v,Rd
F1,v,Ed
c) Knicknachweis für die starre Achse (Knicken um die z-Achse)
Anfangszustand
Biegesteifigkeit:
( E ⋅ I )z,ef
Prof. Ralf-W. Boddenberg
E ⋅ I )z
=2 ⋅ E1 ⋅ I1,z + E2 ⋅ I 2,z ; Trägheitsradius: iz = (
Endzustand
( E ⋅ A)tot
; Schlankheitsgrad: λz =
lz
iz
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
39
Lösungen zu Übungen Holzbau II
I1,z =
3003 ⋅ 120
1203 ⋅ 300
= 270 ⋅ 106 / I 2,z =
= 43, 2 ⋅ 106 mm 4
12
12
( E ⋅ I )z,ef=
=
iz,ef
12.600 ⋅ ( 2 ⋅ 270 ⋅ 106 + 43, 2 ⋅ 106=
) 7,348 ⋅1012
7,348 ⋅ 1012
5.800
=
= 78,9
73, 48 mm → λ=
9
z
1,361 ⋅ 10
73, 48
Zusammengesetzte Druckstäbe mit nachgiebigem Verbund
( E ⋅ I )z,ef=
=
iz,ef
10.700 ⋅ ( 2 ⋅ 270 ⋅ 106 + 43, 2 ⋅ 106=
) 6, 240 ⋅1012
6, 240 ⋅ 1012
5.800
=
= 78,9
73, 47 mm → λ=
9
y
1,156 ⋅ 10
73, 47
Knicknachweis für die starre Achse ist maßgeblich
kc,z = 0, 540 →
σ i,c,d
σ c,d
9, 72
=
=
= 0, 98 < 1
ki,c,z ⋅ f i,c,d kc,z ⋅ f c,d 0,540 ⋅ 18, 3
Prof. Ralf-W. Boddenberg
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
40
Lösungen zu Übungen Holzbau II
6.2
Zusammengesetzte Druckstäbe mit nachgiebigem Verbund
Knicknachweis einer genagelten Stütze Typ B aus BSH- und NH-Querschnitten
160 ⋅ 1003
90 ⋅ 4503
A1 =2 ⋅ 80 ⋅ 100 =16.000 / A2 =90 ⋅ 450 =40.500 mm 2 / I1,y =
=13, 33 ⋅ 106 / I 2,y =
=683, 4 ⋅ 106 mm 4 / s =( 50 2 ) =25 mm
12
12
a) Knicknachweis für die y-Achse (nachgiebige Achse)
Anfangszustand
Endzustand
=
Ei E0,mean,i (1 + ψ 2 ⋅ kdef,i )
/ E2 11.600
=
E1 11.000
=
=
E1 11.000 (1 + 0,8 ⋅=
0, 6 ) 7.430 N/mm 2
=
E2 11.600 (1 + 0,8 ⋅=
0, 6 ) 7.840 N/mm 2
ρ k = 350 ⋅ 380 = 364,7 → Kser =
ρ k1,5
30
2
K1 = ⋅ 787 =
525 N/mm
3
1
1
γ1 =
=
= 0,532
π 2 ⋅ E1 ⋅ A1 ⋅ s1
π 2 ⋅ 11.000 ⋅ 16.000 ⋅ 25
1+
1+
525 ⋅ 9.7002
K1 ⋅ l 2
Längssteifigkeit:
2
⋅ Kser
3
2
= ⋅ 787
3
K1 =
⋅ d 0,8 = 787 N/mm
( EA)tot =∑ Ei ⋅ Ai =2 ⋅ E1 ⋅ A1 + E2 ⋅ A2
=
2 ⋅11.000 ⋅ (13,33 ⋅106 + 0,532 ⋅16.000 ⋅1752 ) + 11.600 ⋅ 683, 4 ⋅106
= 13,96 ⋅1012 Nmm 2
Schlankheitsgrad und Knickbeiwert k(1/2),c,y für die nachgiebige Achse: iy,ef =
iy,ef =
13,96 ⋅ 10
0,822 ⋅ 109
Prof. Ralf-W. Boddenberg
= 130,3 mm → λy,ef =
9.700
= 74, 4
130,3
kdef,1 ⋅ kdef,2
)
)
0, 6 ⋅ 0, 6 = 268 N/mm
1
0, 462
=
2
π ⋅ 7.430 ⋅16.000 ⋅ 25
1+
268 ⋅ 9.7002
h1 + h2 −100 + 450
=
a1 =
= 175 mm
2
2
0,822 ⋅109 N
( EA)tot =
( 2 ⋅11.000 ⋅16.000 + 11.600 ⋅ 40.500 ) =
2
Effektive Biegesteifigkeit: ( E ⋅ I ) y,ef =2 ⋅ E1 ⋅ ( I1,y + γ 1 ⋅ A1 ⋅ a1 ) + E2 ⋅ I 2,y
12
2
=
γ1
i
( E ⋅ I )y,ef
( E ⋅ I )y,ef
(1 +ψ ⋅ 2 ⋅
(1 + 0,8 ⋅ 2 ⋅
0,555 ⋅109 N
( EA)tot =⋅
( 2 7.430 ⋅16.000 + 7.840 ⋅ 40.500 ) =
( E ⋅ I )y,ef
( E ⋅ I )y,ef
( E ⋅ I )y,ef
=⋅
2 7.430 ⋅ (13,33 ⋅106 + 0, 462 ⋅16.000 ⋅1752 ) + 7.840 ⋅ 683, 4 ⋅106
=8,92 ⋅ 1012 Nmm 2
( E ⋅ A)tot
iy,ef =
und λy =
ly
iy,ef
12
8,92 ⋅ 10
0,555 ⋅ 109
= 126,8 mm → λy,ef =
9.700
= 76,5
126,8
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
41
Lösungen zu Übungen Holzbau II
Zusammengesetzte Druckstäbe mit nachgiebigem Verbund
=
k1,c,y 0,505
=
/ k2,c,y 0, 603
Druckspannungen σ i,c,d =
=
σ 1,c,d
=
k1,c,y 0,=
483 / k2,c,y 0,577
Fd ⋅ Ei
( EA)tot
350.000 ⋅ 11.000
350.000 ⋅ 11.600
350.000 ⋅ 7.430
350.000 ⋅ 7.840
=
4, 68 =
N/mm 2 / σ 2,c,d =
4, 94 N/mm 2 =
4, 68 =
N/mm 2 / σ 2,c,d =
4, 94 N/mm 2
σ 1,c,d =
9
9
9
0,822 ⋅ 10
0,822 ⋅ 10
0,555 ⋅ 10
0,555 ⋅ 109
Knicknachweis für die nachgiebige Achse:
σ 1,c,d
k1,c,y ⋅ f c,d
σ i,c,d
ki,c,y ⋅ f i,c,d
2
2
≤ 1 mit f1,c,d =0,60 ⋅ 21 1,3 =9,69 N/mm / f 2,c,d =0,60 ⋅ 24 1,3 =11,1 N/mm
σ 2,c,d
4, 68
4, 94
0, 96 < 1 /
0, 74 < 1
=
=
= =
0,505 ⋅ 9, 69
k2,c,y ⋅ f c,d 0, 603 ⋅ 11,1
σ 1,c,d
σ 2,c,d
4, 68
4, 94
1 /
=
=
= 0, 77 < 1
k1,c,y ⋅ f c,d 0, 483 ⋅ 9, 69
k2,c,y ⋅ f c,d 0,577 ⋅ 11,1
b) Tragfähigkeitsnachweis der Verbindungsmittel mit Fv,Rd = 590 N
Anfangszustand
Endzustand
Fc,d
V ⋅γ ⋅ E ⋅ A ⋅ a ⋅ s
und Scherkraft im Nagel: F1,d = d 1 1 1 1 1 mit angenommener Querkraft : λy,ef ≥ 60 → Vd =
60 ⋅ kc,y
( E ⋅ I )ef
Vd
=
350.000
= 11.640 N
60 ⋅ 0,501
F1,v,Ed
11.640 ⋅ 0,532 ⋅ 11.000 ⋅ 16.000 ⋅ 175 ⋅ 25
342 N
=
13, 96 ⋅ 1012
F1,v,Ed
=
( nef n ) ⋅ F1,v,Rd
342
= 0,58 < 1
1, 0 ⋅ 590
Prof. Ralf-W. Boddenberg
=
Vd
350.000
= 12.150 N
60 ⋅ 0, 480
=
F1,v,Ed
12.150 ⋅ 0, 462 ⋅ 7.430 ⋅ 16.000 ⋅ 175 ⋅ 25
=
328 N
8,92 ⋅ 1012
F1,v,Ed
=
( nef n ) ⋅ F1,v,Rd
328
= 0,56 < 1
1,0 ⋅ 590
DIN EN 1995-1-1 und NA:2013-08 / Stand 11.02.2017
42

Download Report