Plattenbeulen/ viertes Rechenbeispiel/ EuroB

Geometrie

Eine Einfeldkastenträgerstütze aus S355 wird mit 3kN/m und -431kN belastet. Der Kastenträger ist unausgesteift. Die Skizze hat einen irrationalen Maßstab und die Dicken sind zehnfach überhöht.

Statisches System

Querschnitt

Maße des Querschnitts

oberer Flansch	bf2	0,29	tf2	0,003
unterer Flansch	bf1	0,29	tf1	0,003
Steg	hw	0,39	tw	0,003

Schnittgrößen

M= q∙L²/8

M= 3∙7²/8

M= 18,375kNm

N= - 433,1kN

V= q∙L/2

V= 3∙7/2= 10,5kN

$ϵ=\sqrt{\frac{235}{f_{yk}}}=\sqrt{\frac{235}{355}}=0,8136$

Schubverzerrung

b₀= 0,29/2= 0,145

L_e= L₁

L_e= 7m

$K=\frac{a_0\cdot b_0}{L_e}=\frac{1\cdot 0,145}{7}$

K= 0,0207 ≈ 0,02

ß= f(k) (Eurocode 1993-1-5 Tabelle 3.1)

$\beta =\frac{1}{1+6,4\cdot K^2}=\frac{1}{1+6,4\cdot 0,0207^2}$

ß= 0,998

effektive Querschnittsfläche

A_eff= MAX (A_c,eff ∙ ß^k; A_c,eff ∙ ß)

ß_k ist maßgebend, da k < 1

ß_k= 0,998^0,0207

ß_k= 0,99994 ≈ 1

Schubverzerrung wird vernachlässigt

Grenz c/t

$\frac{c}{t}<42\cdot ϵ\frac{c}{t}=\frac{0,29-6\cdot 0,003}{0,003}$(Eurocode 1993-1-1 Tabelle 5.2)

$90,666<42\cdot ϵ$

Beulnachweis erforderlich

k_σ= 4

${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t\cdot 28,43432\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.3)

${\bar{\lambda }}_p=\frac{0,29-6\cdot 0,003}{0,003\cdot 28,43432\cdot 0,8136\cdot \sqrt{4}}$

${\bar{\lambda }}_p=1,959$

$\rho =\frac{{\bar{\lambda }}_p-022}{{\bar{\lambda }}_p^2}=\frac{1,959-0,22}{1,959^2}$(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.2)

ρ= 0,45303

Für den Biegeknicknachweis werden die Querschnittswerte des vollständigen Trägers verwendet. Für die Beulnachweise wird mit geschwächten Flanschen gerechnet. Daher müssen diese Werte jetzt berechnet werden, bevor die Flanschlänge überschrieben wird.

A_s= b_f2∙t_f2 + 2∙h_w∙t_w + b_f1∙t_f1

A_s= 290∙3 + 390∙3∙2 + 290∙3

A_s= 4080mm²

Der Schwerpunkt liegt wegen Doppelsymmetrie in der Mitte.

h_s = h_w/2= 195mm

Flächenträgheitsmoment I_y

$I_y=\sum \left(\begin{array}{c}3Eigen\\ 2\cdot b_{f1}\cdot t_{f1}\cdot (h_s+0,5\cdot t_{f1}{)}^2\\ h_w\cdot 2\cdot t_w\cdot (0,5\cdot t_w-h_s{)}^2\end{array}\right)$

$I_y=\sum \left(\begin{array}{c}2,966\cdot 10^{-5}\\ 2\cdot 0,29\cdot 0,003\cdot (0,195+0,5\cdot 0,003{)}^2\\ 0,39\cdot 2\cdot 0,003\cdot (0,5\cdot 0,39-0,195{)}^2\end{array}\right)$

I_y= 10^-5∙(2,966+ 6,718 + 0)

I_y= 9,684∙10^-5m⁴

Flächenträgheitsmoment I_z

$I_z=\sum \left(\begin{array}{c}2\cdot b_f^3\cdot t_f/12\\ 2\cdot h_f\cdot t_w\cdot (b_f/2-1,5\cdot t_w{)}^2\end{array}\right)$

$I_z=\sum \left(\begin{array}{c}2\cdot 0,29^3\cdot 0,003/12\\ 2\cdot 0,39\cdot 0,003\cdot (0,145-1,5\cdot 0,003{)}^2\end{array}\right)$

I_z= 10^-5∙(1,22+ 4,62)

I_z= 5,839∙10^-5m⁴

Jetzt kann die Flanschbreite überschrieben werden.

b_f:= ρ∙(b_f -6∙t_w)+6∙t_w

b_f:= 0,45303∙(0,29-6∙0,003)+6∙0,003

b_f:= 0,1412

Vereinfachend wird mit der kürzeren Länge beider Flansche weiter gerechnet. Für den unteren Flansch darf eine größere Breite angesetzt werden, in dem die Schlankheit in Abhängigkeit der vorhandenen Spannung reduziert wird. Doch dies erfordert eine iterative Berechnung.

Bruttoquerschnittswerte

A_s= b_f2∙t_f2 + 2∙h_w∙t_w + b_f1∙t_f1

A_s= 141,2∙3 + 2∙390∙3 + 141,2∙3

A_s= 3187mm²

Der Schwerpunkt h_s wird vom oberen Stegende aus nach unten gemessen.

$h_s=\frac{b_{f2}\cdot t_{f2}\cdot (h_w+0,5\cdot t_{f2})+h_w^2\cdot t_w-0,5\cdot b_{f1}\cdot t_{f1}^2}{A}$

$h_s=\frac{141,2\cdot 3\cdot (390+0,5\cdot 3)+390^2\cdot 3-141,2\cdot 3^2/2}{3187}$

$h_s=\frac{165604+456300-634}{3187}$

h_s =195mm

Das Flächenträgheitsmoment I besteht aus 3 Steineranteilen und 3 Eigenanteilen

$I=\sum \left(\begin{array}{c}3Eigen\\ b_{f1}\cdot t_{f1}\cdot (h_s+0,5\cdot t_{f1}{)}^2\\ b_{f2}\cdot t_{f2}\cdot (h_w-h_s+0,5\cdot t_{f2}{)}^2\\ h_w\cdot 2\cdot t_w\cdot (0,5\cdot t_w-h_s{)}^2\end{array}\right)$

$I=\sum \left(\begin{array}{c}2,966\cdot 10^{-5}\\ 0,141\cdot 0,003\cdot (0,195+0,5\cdot 0,003{)}^2\\ 0,141\cdot 0,003\cdot (0,39-0,195+0,003\cdot 0,5{)}^2\\ 0,39\cdot 2\cdot 0,003\cdot (0,5\cdot 0,39-0,195{)}^2\end{array}\right)$

I= 10^-5∙(2,966+ 1,636 + 1,636 + 0)

I= 6,238∙10^-5m⁴

Spannung σ₂ im oberen Stegende

${\sigma }_2=\frac{-M\cdot z}{I}+\frac{N}{A}$

${\sigma }_2=\frac{-0,018375\cdot (0,39-0,195)}{6,238\cdot 10^{-5}}-\frac{0,433}{0,003187}$

σ₂= -57,44 - 135,88

σ₂= -193,32N/mm²

Spannung σ₁ im unteren Stegende

σ₁= 57,44 - 135,88

σ₁= - 78,44N/mm²

Spannungsnulllinie S

$S=h_w\cdot (1-\frac{{\sigma }_2}{{\sigma }_2-{\sigma }_1})$

$S=0,39\cdot (1-\frac{78,5}{78,5-193,3})$

S= 0,656m

Die Spannungsnulllinie liegt außerhalb des Trägers

Berechnung von ρ_c

b= 0,39m

Randspannungsverhältnis ψ

$\mathrm{\Psi }=\frac{{\sigma }_1}{{\sigma }_2}=\frac{-78,44}{-193,32}$

ψ= 0,406

Beulwert k_σ

$k_{\sigma }=\frac{8,2}{1,05+\mathrm{\Psi }}=\frac{8,2}{1,05+0,406}$(Eurocode 1993-1-5 Tabelle 4.1)

k_σ= 5,633

Beulschlankheitsgrad ${\bar{\lambda }}_p$

${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t_w\cdot 28,43432\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.3)

${\bar{\lambda }}_p=\frac{0,39}{0,003\cdot 28,43432\cdot 0,8136\cdot \sqrt{5,633}}$

${\bar{\lambda }}_p=2,367$

Abminderungsfaktor ρ

$\rho =\frac{{\bar{\lambda }}_p-0,055\cdot (3+\mathrm{\Psi })}{{\bar{\lambda }}_p^2}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.2)

ρ = (2,367 - 0,055∙(3 + 0,406))/2,367²

ρ = 0,38895

Bruttobreiten

$b_u=\frac{2\cdot b}{5-\mathrm{\Psi }}=\frac{2\cdot 0,39}{5-0,406}$ (Eurocode 1993-1-5 Bild A.1)

b_u= 0,1697

b_o= b - b_u = 0,39 - 0,17

b_o= 0,2202

wirksame Breiten

b_u1,eff= b_u∙ρ = 0,1697∙0,38895

b_u1,eff= 0,06603

b_o1,eff= b_o∙ρ = 0,2202∙0,38895

b_o1,eff = 0,08558

Σb_eff = 0,06603 + 0,08565

Σb_eff = 0,1517

Verlust= b - Σb_eff

Verlust= 0,39 - 0,1517

Verlust= 0,2383m

Knickstabähnliches Verhalten ist ausgeschlossen, weil das Beulfeld wesentlich länger ist als es hoch ist.

Abminderungsfaktor ρ_c für Plattenbeulen

ρ_c= 0,38895

Wirksame Querschnittswerte

Die Berechnung der wirksamen Querschnittswerte wird übersprungen.

A_eff= 0,001757m²

h_eff= 0,20298

I_y,eff= 5,536∙10^-5 m⁴

$I_{z,eff}=\sum \left(\begin{array}{c}{I}_z\\ -2\cdot (0,29-b_f{)}^3\cdot t_f/12\\ 2\cdot (-Verlust)\cdot t_w\cdot (0,29/2-1,5\cdot t_w{)}^2\end{array}\right)$

$I_{z,eff}=\sum \left(\begin{array}{c}5,839\cdot 10^{-5}\\ -2\cdot (0,29-0,1412{)}^3\cdot 0,003/12\\ -2\cdot 0,2383\cdot 0,003\cdot (0,145-1,5\cdot 0,003{)}^2\end{array}\right)$

I_z,eff= 10^-5∙(5,839 - 0,1647 - 2,822)

I_z,eff= 2,851∙10^-5m⁴

Widerstandsmoment oben	Widerstandsmoment unten
$W_{eff,o}=\frac{I}{Z}=\frac{I_{eff}}{h_{s,eff}+t_{f1}/2}$	$W_{eff,u}=\frac{I}{Z}=\frac{I_{eff}}{h_w-h_{s,eff}+t_{f2}/2}$
$W_{eff,o}=\frac{5,536\cdot 10^{-5}}{0,20298+0,003/2}$	$W_{eff,u}=\frac{5,536\cdot 10^{-5}}{0,39-0,20298+0,003/2}$
Weff,o= 2,704∙10-4m³	Weff,u= 2,934∙10- 4m³
MRd= Weff,o∙fyd	MRd,u= Weff,u∙fyd
MRd= 2,704∙10-4∙355000	MRd,u= 2,934∙10- 4∙355000
MRd= 96,1kNm	MRd,u= 104,3kNm

Der verschobene Schwerpunkt erhöht das Moment.

M_Ed,N= M_Ed + N_Ed∙(H_s,eff - H_s)

M_Ed,N= 18,375 + ( - 433)∙(0,195 - 0,203)= 18,375+ 3,464

M_Ed,N= 21,83kNm

Nachweis

${\eta }_1=\frac{M_{Ed,N}}{f_{yd}\cdot W_{eff,o}}-\frac{N}{f_{yd}\cdot A_{eff}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.1)4

${\eta }_1=\frac{0,02183}{0,0002704\cdot 355}+\frac{0,4331}{355\cdot 0,001757}$

η₁= 0,228 + 0,694

η₁= 0,9213

Nachweis erfüllt

Querschnittsnachweis unten

${\eta }_{1u}=-\frac{M_{Ed,N}}{f_{yd}\cdot W_{eff,u}}-\frac{N}{f_{yd}\cdot A_{eff}}$

${\eta }_{1u}=-\frac{0,02183}{0,0002934\cdot 355}+\frac{0,433}{355\cdot 0,001757}$

η_1u= - 0,209 + 0,694

η_1u= 0,484

Nachweis erfüllt

Biegeknicknachweis

Querschnittswerte Eurocode

	Werte	Nettowerte
A	0,00408	0,0017575
Iy	0,00009685	0,00005536
Iz	0,00005839	0,00002852

Es werden die Werte des ungeschwächten Querschnitts und die Fläche des effektiven Querschnittes benötigt.

Nachweisformat

$\frac{N_{Ed}}{N_{b,Rd}}<1$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.46)

N_b,Rd= χ∙A_eff∙f_yd/γ_M1 (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.48)

Um mit der DIN vergleichen zu können, werden diese beiden Gleichungen zu einem einheitlichen Nachweis verschmolzen.

Biegeknicknachweis

$\frac{N_{Ed}\cdot {\gamma }_{M1}}{\chi \cdot A_{eff}\cdot f_y}<1$

Nachweis gegen Biegeknicken um die schwache Achse

$N_{cr}=\frac{E\cdot I_z\cdot {\pi }^2}{l^2}$

wobei N_cr und I_y nach Eurocode 1993-1-1 Gl. 6.49 mit Bruttoquerschnittsgrößen berechnet werden.

$N_{cr}=\frac{210\cdot 10^9\cdot 5,839\cdot 10^{-5}\cdot {\pi }^2}{7^2}$

N_cr= 2,469MN

$\bar{\lambda }=\sqrt{\frac{A_{eff}\cdot f_{yk}}{N_{cr}}}$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.51)

$\bar{\lambda }=\sqrt{\frac{0,001757\cdot 355}{2,469}}$

$\bar{\lambda }=0,503$

α= 0,34 für geschweiße Kastenquerschnitte (Eurocode 1993-1-1 Tabelle 6.2)

$\mathrm{\Phi }=0,5\cdot (1+\alpha \cdot (\bar{\lambda }-0,2)+\stackrel{2}{\stackrel{‾}{\lambda }})$

Φ= 0,5∙(1+ 0,34∙(0,503-0,2)+0,503²)

Φ= 0,678

$\chi =\frac{1}{\mathrm{\Phi }+\sqrt{{\mathrm{\Phi }}^2-\stackrel{2}{\stackrel{‾}{\lambda }}}}$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.49)

$\chi =\frac{1}{0,678+\sqrt{0,678^2-0,503^2}}$

χ= 0,88306

Nachweis

$\frac{N_{Ed}\cdot {\gamma }_{M1}}{\chi \cdot A_{eff}\cdot f_y}<1$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.46)

$\frac{0,4331\cdot 1}{0,88306\cdot 0,001757\cdot 355}$

0,7861 < 1

Nachweis erfüllt

Nachweis gegen Biegeknicken um die starke Achse

$N_{cr}=\frac{E\cdot I_y\cdot {\pi }^2}{l^2}$

wobei N_cr und I_y nach Eurocode 1993-1-1 Gl. 6.49 mit Bruttoquerschnittsgrößen berechnet werden.

$N_{cr}=\frac{210\cdot 10^9\cdot 9,685\cdot 10^{-5}\cdot {\pi }^2}{7^2}$

N_cr= 4,097MN

$\bar{\lambda }=\sqrt{\frac{A_{eff}\cdot f_{yk}}{N_{cr}}}$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.51)

$\bar{\lambda }=\sqrt{\frac{0,001757\cdot 355}{4,097}}$

$\bar{\lambda }=0,3903$

$\mathrm{\Phi }=0,5\cdot (1+\alpha \cdot (\bar{\lambda }-0,2)+\stackrel{2}{\stackrel{‾}{\lambda }})$

Φ= 0,5∙(1+0,34∙(0,39-0,2) + 0,39²)

Φ= 0,608

$\chi =\frac{1}{\mathrm{\Phi }+\sqrt{{\mathrm{\Phi }}^2-\stackrel{2}{\stackrel{‾}{\lambda }}}}$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.49)

$\chi =\frac{1}{0,608+\sqrt{0,608^2-0,3903^2}}$

χ= 0,92992

Nachweis

$\frac{N_{Ed}\cdot {\gamma }_{M1}}{\chi \cdot A_{eff}\cdot f_y}<1$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.46)

$\frac{0,4331\cdot 1}{0,92992\cdot 0,001757\cdot 355}$

0,7463 < 1

Nachweis erfüllt

Biegung mit Normalkraft

c_my= 0,95 für ψ=0 (ψ ≠ Randspannungsverhältnis) und α_n=0 mit ψ und α_n nach Tabelle B.3

$k_{yy}=c_{my}\cdot (1+0,6\cdot MIN(1;{\bar{\lambda }}_y)\cdot \frac{N_{Ed}\cdot {\gamma }_{M1}}{\chi \cdot A_{eff}\cdot f_y})$ (Eurocode 1993-1-1 Tabelle B.1)

k_yy= 0,95∙(1+0,6∙0,39∙0,7463)

k_yy= 1,116

M_y,Rk= W_eff∙ f_yd (Eurocode 1993-1-1 Tabelle 6.7)

M_y,Rk= 96,11kN

Nachweis

$\frac{N_{Ed}\cdot {\gamma }_{M1}}{\chi \cdot A_{eff}\cdot f_y}+k_{yy}\cdot \frac{M_{y,Ed}+\mathrm{\Delta }{M}_{y,Ed}}{M_{y,Rk}/{\gamma }_{M1}}<1$ (Eurocode 1993-1-1 Gleichung 6.61)

$0,7463+1,116\cdot \frac{18,375+3,464}{96,11/1}$

0,7463+ 0,2536

1 < 1

Nachweis erfüllt

Schubbeulen und Interaktion

Der Schubnachweis ist erfüllt, wird aber nicht gezeigt. Bei Einfeldträgern leisten die Flansche einen Beitrag zur Schubtragfähigkeit, aber laut Eurocode 1993-1-5 Kapitel 7.1.5 ist für Kastenträger M_f,Rd=0. Damit können Kastenträger keinen Beitrag zur Schubtragfähigkeit leisen.

Der Interaktionsnachweis wird nicht geführt, weil Schub und Biegung an unterschiedlichen Stellen sind.

Modell der wirksamen Spannungen nach dem Eurocode 1993-1-5

Bei dem Spannungsnachweis fließen die Abminderungsfaktoren für Beulen und Knicken ein.

ρ_c= 0,38895

χ= 0,92992

Spannungsnachweis

$\frac{{\sigma }_{x,Ed}\cdot {\gamma }_{M1}}{\chi \cdot {\rho }_c\cdot f_y}<1$

$\frac{193,3\cdot 1}{0,92992\cdot 0,38895\cdot 355}<1$

$1,505<1$

Nachweis nicht erfüllt

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Allgemein:Inhaltsverzeichnis ; Glossar ; Zahlen

Rechenbeispiel: Allgemeiner Lösungsweg ; erstes ; zweites ; drittes ; viertes

Norm: Eurocode ;DIN ;Zusammenfassung