Plattenbeulen/ zweites Rechenbeispiel/ EuroB

Geometrie

Zu berechnen ist ein Beulfeld in einem 33m langen Zweifeldträger. Um die Tragfähigkeit zu erhöhen, wird eine Längssteife bei der Stütze in 0,4m Höhe eingebaut. Da diese Längssteife im Feld woanders gebraucht wird, wird eine Quersteife 7,1m von der Stütze entfernt eingebaut. Dort endet die Längssteife.

Maße des Trägers

Alle Eingangsdaten für das zweite Rechenbeispiel

oberer Flansch	bf2=0,37m	tf2=11mm	Quersteifen	a'= 7,1m
unterer Flansch	bf1=0,53m	tf1=17mm	Träger links	l1= 33m
Steg	hw=2,9m	tw=9mm	Träger rechts	l2= 33m
Steife	bsl=0,1m	tsl=8mm	Belastung	qEd= 55,4kN/m
untere Steife	hw1=0,4m

Streckgrenze Eurocode	fyk= 235N/mm²	Streckgrenze DIN	fyk= 240N/mm²
Teilsicherheitsbeiwert	γM0= 1	Teilsicherheitsbeiwert DIN	γM= 1,1
Teilsicherheitsbeiwert	γM0= 1	Bezugsspannung	σE= 1,83N/mm²
ε= 1	η= 1,2

Schnittgrößen
Zur Vereinfachung wird die Längssteife als nichttragend angenommen. Die Längssteife behindert das Beulen, erhöht aber nicht das Flächenmoment zweiten Grades. Dadurch ist das Stützmoment nicht größer als - q∙l²/8.

Schubverzerrung

b₀= 0,37/2= 0,185

b₀= 0,53/2= 0,265

L_e= 0,25∙(L₁ + L₂)

L_e= 16,5m

$K=\frac{a_0\cdot b_0}{L_e}=\frac{1\cdot 0,265}{16,5}$

K= 0,016 <0,02

ß=1

Schubverzerrung tritt nicht auf

Grenz c/t

$\frac{c}{t}<14\frac{c}{t}=\frac{0,53-0,009}{2\cdot 0,017}$(Eurocode 1993-1-1 Tabelle 5.2)

$15,32<14$

Beulnachweis erforderlich

k_σ= 0,43

${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t\cdot 28,43\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.3)

${\bar{\lambda }}_p=\frac{0,53\cdot 0,5}{0,017\cdot 28,43\cdot 1\cdot \sqrt{0,43}}$

${\bar{\lambda }}_p=0,836$

$\rho =\frac{{\bar{\lambda }}_p-0,188}{{\bar{\lambda }}_p^2}$

$\rho =\frac{0,836-0,188}{0,836^2}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.3)

ρ= 0,927

b_f:= b_f ∙ρ= 0,53∙0,927

b_f:= 0,4915

Mit der kürzeren Länge des Druckflansches wird gerechnet.

Bruttoquerschnittswerte

A_s= b_f2∙t_f2 + h_w∙t_w + b_f1∙t_f1

A_s= 0,37∙0,011 + 0,009∙2,9 + 0,4915∙0,017

A_s= 0,03852m²

Der Schwerpunkt h_s wird vom unteren Stegende aus nach oben gemessen.

$h_s=\frac{b_{f2}\cdot t_{f2}\cdot (h_w+0,5\cdot t_{f2})+0,5\cdot h_{w^2}\cdot t_w-0,5\cdot b_{f1}\cdot t_{f{1}^2}}{A}$

$h_s=\frac{0,37\cdot 0,011\cdot (2,9+0,5\cdot 0,011)+0,5\cdot 2,9^2\cdot 0,009-0,4915\cdot 0,017^2/2}{0,03852}$

$h_s=\frac{0,01183+0,0378-7,65\cdot 10^{-5}}{0,03852}$

h_s = 1,2874m

Das Flächenträgheitsmoment I besteht aus 3 Steineranteilen und 3 Eigenanteilen.

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

$I=\sum \left(\begin{array}{c}0,01823\\ 0,4915\cdot 0,017\cdot (1,2874+0,5\cdot 0,017{)}^2\\ 0,37\cdot 0,011\cdot (2,9-1,2874+0,017\cdot 0,5{)}^2\\ 2,9\cdot 0,009\cdot (0,5\cdot 2,9-1,287{)}^2\end{array}\right)$

I= 10^-3∙(18,23 + 14,03 + 10,65 + 0,69)

I= 0,04367m⁴

Spannung σ₂ im oberen Stegende

${\sigma }_2=\frac{-M\cdot z}{I}+\frac{N}{A}=\frac{-7541\cdot (2,9-1,2874)}{0,04367}+\frac{0}{0,03853}$

σ₂= 278 - 0

σ₂= 278,5N/mm²

Spannung σ₁ im unteren Stegende

${\sigma }_1=\frac{-7541\cdot 1,2874}{0,04367}$

σ₁= - 222,3N/mm²

Spannungsnulllinie S

$S=h_w\cdot (1-\frac{{\sigma }_2}{{\sigma }_2-{\sigma }_1})=2,9\cdot (1-\frac{278,5}{278,5+222,3})$

S= 1,2874m

Die Spannungsnulllinie geht durch den Schwerpunkt, weil keine Normalkraft wirkt.

Spannung σ_sl in der Steife

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

${\sigma }_{sl}=\frac{-M\cdot (S-h_{w1})}{I}+\frac{N}{A}$

${\sigma }_{sl}=\frac{-7541\cdot (1,2874-0,4)}{0,04367}$

σ_sl= - 153,2N/mm²

Berechnung von ρ_c

Jetzt wird für beide Einzelfelder der Beulnachweis parallel geführt. Die angrenzenden Stegteile werden mit dem Abminderungsfaktor multipliziert.

b= hw1 - tsl/2= 0,4 - 0,004	b= MIN(S;hw) - hw1 - tsl/2= 1,2874 - 0,4 - 0,004
b= 0,396m	b= 0,8834m
Randspannungsverhältnis ψ
$\mathrm{\Psi }=\frac{{\sigma }_{sl}}{{\sigma }_1}=-\frac{153}{-222}$	$\mathrm{\Psi }=\frac{{\sigma }_2}{{\sigma }_{sl}}=\frac{278}{-153}$
ψ= 0,689	ψ= - 1,817
Beulwert kσ (Eurocode 1993-1-5 Tabelle 4.1)
$k_{\sigma }=\frac{8,2}{1,05+\mathrm{\Psi }}=\frac{8,2}{1,05+0,689}$	kσ=5,98∙(1 - ψ)² kσ=5,98∙(1 + 1,817)²
kσ= 4,715	kσ= 47,46
Beulschlankheitsgrad ${\bar{\lambda }}_p$(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.3)
${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t_w\cdot 28,43\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$	${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t_w\cdot 28,43\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$
${\bar{\lambda }}_p=\frac{0,396}{0,009\cdot 28,43\cdot 1\cdot \sqrt{4,715}}$	${\bar{\lambda }}_p=\frac{0,8834}{0,009\cdot 28,43\cdot 1\cdot \sqrt{47,46}}$
${\bar{\lambda }}_p=0,712$	${\bar{\lambda }}_p=0,501$
Abminderungsfaktor ρ(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.2)
${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t_w\cdot 28,43\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$	${\bar{\lambda }}_p=\frac{b}{t_w\cdot 28,43\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\sigma }}}$
$\rho =\frac{0,712-0,055\cdot (3+0,689)}{0,712^2}$	$\rho =\frac{0,501-0,055\cdot (3-18,17)}{0,501^2}$
ρ = 1	ρ = 1
Bruttobreiten Von dem druckbeanspruchten Stegteil wird berechnet, welches Stück davon am unteren Flansch angrenzt und welches oben angrenzt. Es geht noch keine Fläche verloren.
$b_u=\frac{2\cdot b}{5-\mathrm{\Psi }}=\frac{2\cdot 0,396}{5-0,689}$	$b_u=\frac{2\cdot b}{5-\mathrm{\Psi }}=\frac{2\cdot 0,8834}{5-0}$
bu= 0,1837	bu= 0,3533
bo= b - bu	bo= b - bu
bo= 0,396 - 0,1837	bo= 0,8834 - 0,3533
bo= 0,2122	bo= 0,53007
wirksame Breiten
bu1,eff= bu∙ρ = 0,1837∙1	bu2,eff= bu∙ρ = 0,3533∙1
bu1,eff= 0,1837	bu2,eff= 0,3533
bo1,eff= bo∙ρ = 0,2122∙1	bo2,eff= bo∙ρ = 0,53007∙1
bo1,eff = 0,2122	bo2,eff = 0,53007
Σbeff = 0,2122 + 0,1837	Σbeff = 0,53 + 0,3533
Σbeff = 0,396	Σbeff = 0,8834
Verlust= b - Σbeff	Verlust= b - Σbeff
Verlust= 0,396 - 0,396	Verlust= 0,8834 - 0,8834
Verlust= 0m	Verlust= 0m

Es geht nichts durch Einzelfeldbeulen verloren. Trotzdem wird so weiter gerechnet, als wäre ρ ein anderer Wert als 1.

Bruttobreiten

Querschnittswerte der Steife

wirksame Breiten an der Steife

A_sl= t_w∙(b_1o + b_2u + t_sl) + b_sl∙t_sl

A_sl= 0,009∙(0,2122 + 0,3534 + 0,008) + 0,1∙0,008

A_sl= 0,005963

$x_{sl}=\frac{t_{sl}\cdot b_{sl}\cdot (b_{sl}/2+t_w/2)}{A_{sl}}$

$x_{sl}=\frac{0,008\cdot 0,1\cdot (0,05+0,0045)}{0,005963}$

x_sl= 0,007312

I_sl= 2 Eigen + 2 Steiner

$I_{sl}=\sum \left(\begin{array}{c}{t}_w^3\cdot (b_{eff1o}+b_{eff2u}+t_{sl})/12\\ b_{sl}^3\cdot t_{sl}/12\\ t_w\cdot (b_{eff1o}+b_{eff2u}+t_{sl})\cdot x_{sl}^2\\ b_{sl}\cdot t_{sl}\cdot (b_{sl}/2+t_w/2-x_{sl}{)}^2\end{array}\right)$

$I_{sl}=\sum \left(\begin{array}{c}0,009^3\cdot (0,5736)/12\\ 0,1^3\cdot 0,008/12\\ 0,009\cdot (0,5736)\cdot 0,007312^2\\ 0,1\cdot 0,008\cdot (0,05+0,0045-0,007312{)}^2\end{array}\right)$

I_sl= (0,035 + 0,666 + 0,276 + 1,781)∙10^-6

I_sl= 2,759∙10^-6m⁴

Beulen des Gesamtfeldes
plattenartiges Verhalten

b₁= h_w1= 0,4

b= B₁= h_w= 2,9

b₂= B₁ - h_w= 2,5

$a_c=4,33\cdot \sqrt[4]{\frac{I_{sl,1}\cdot b_1^2\cdot b_2^2}{t^3\cdot b}}$

$a_c=4,33\cdot \sqrt[4]{\frac{2,759\cdot 0,4^2\cdot 2,5^2}{10^6\cdot 2,9\cdot 0,009^3}}$

a_c= 4,628m

a_c < a=7,1m

${\sigma }_{cr,sl}=\frac{{\pi }^2\cdot E\cdot I_{sl,1}}{A_{sl,1}\cdot a^2}+\frac{E\cdot t^3\cdot b\cdot a^2}{4\cdot {\pi }^2\cdot (1-{\nu }^2)\cdot A_{sl,1}\cdot b_1^2\cdot b_2^2}$ für a < a_c

${\sigma }_{cr,sl}=\frac{1,05\cdot E}{A_{sl,1}}\cdot \frac{\sqrt{I_{sl,1}\cdot t^3\cdot b}}{b_1\cdot b_2}$ für a > a_c

${\sigma }_{cr,sl}=\frac{10,5\cdot 210\cdot 10^9}{0,005963}\cdot \frac{\sqrt{2,759\cdot 10^{-6}\cdot 0,009^3\cdot 2,9}}{0,4\cdot 2,5}$

σ_cr,sl= 3,6978∙10¹³∙2,4∙10^-6= 8,93∙10⁷N/m²

σ_cr,sl= 89,3∙N/mm²

Die Beulspannung darf erhöht werden. Dabei wird die ideale Beulspannung auf den Ort der Steife bezogen.

${\sigma }_{cr,p}=\frac{{\sigma }_{cr,sl}\cdot S}{S-h_{w1}}=\frac{8,93\cdot 1,2874\cdot 10^7}{12,874-0,4}$

σ_cr,p= 129,56N/mm²

A_c= ΣA_sl,eff + Σρ∙b_c,loc∙b

A_c= 0,005963

A_c,eff,loc = A_sl + (b_effo1 + t_sl + b_effu2)∙t_w

A_c,eff,loc = 0,0008 + (0,2122 + 0,008 + 0,353)∙0,009

A_c,eff,loc = 0,005963

${\beta }_{A,c}=\frac{A_{c,eff,loc}}{A_c}=1$

${\bar{\lambda }}_p=\sqrt{{\beta }_{Ac}\cdot f_{yk}/{\sigma }_{c,rc}}$

${\bar{\lambda }}_p=\sqrt{235/129,56}$

${\bar{\lambda }}_p=1,347$

$\mathrm{\Psi }=\frac{278,5}{-222,3}=-1,252$

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

$\rho =\frac{1,347-0,055\cdot (3-1,252)}{1,347^2}$

ρ= 0,68952

Knickstabverhalten

A_c,eff= ρ∙A_c,eff,loc + b_edge,eff∙t

A_c,eff= 0,6895∙0,005963 + 0,009∙(0,1837 + 0,53007)

A_c,eff= 0,01053

A_sl= t_w∙(b_1o + b_2u + t_sl) + b_sl∙t_sl= 0,005936

A_sl,1,eff= t_w∙(b_1o,eff + b_2u,eff + t_sl) + b_sl∙t_sl= 0,005936

${\beta }_{A,c}=\frac{A_{sl,1,eff}}{A_{sl}}=1$

I_sl= 2,759∙10^-6m⁴

${\sigma }_{cr,sl}=\frac{{\pi }^2\cdot E\cdot I_{sl}}{A_{sl}\cdot a^2}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.9)

${\sigma }_{cr,sl}=\frac{{\pi }^2\cdot 210\cdot 10^9\cdot 2,759\cdot 10^{-6}}{0,005963\cdot 7,1^2}$

σ_cr,sl= 19,02N/mm²

${\sigma }_{cr,c}=\frac{19,02\cdot S}{S-h_{w1}}=\frac{19,02\cdot 1,2874}{1,2874-0,4}$

σ_cr,c= 27,6N/mm²

${\bar{\lambda }}_p=\sqrt{{\beta }_{Ac}\cdot f_{yk}/{\sigma }_{c,rc}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.1)1

${\bar{\lambda }}_p=\sqrt{235/27,6}$

${\bar{\lambda }}_p=2,918$

Definition der Abstände e₁ und e₂

e₂= x_sl= 0,00731

e₁=(t_w + b_sl)/2 – x_sl

e₁=(0,009 + 0,1)/2 – 0,00731

e₁=0,04719

e= MAX(e₁;e₂)

e= 0,04719

α= 0,49 für offene Querschnitte

$i=\sqrt{\frac{I_{sl,1}}{A_{sl,1}}}=\sqrt{\frac{2,759}{10^6\cdot 0,005963}}$

i= 0,02151m

α_e= α + 0,09e/i(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.12)

α_e= 0,49 + 0,09∙0,04919/0,02151

α_e= 0,687

$k=0,5\cdot (1+{\alpha }_e\cdot ({\bar{\lambda }}_p-0,2)+{\bar{\lambda }}_{p^2})$

k= 0,5∙(1 + 0,687∙(2,918 - 0,2) + 2,918²)

k= 5,69

${\chi }_c=MIN(1;\frac{1}{k+\sqrt{k^2-{\bar{\lambda }}_{p^2}}})$

${\chi }_c=MIN(1;\frac{1}{5,69+\sqrt{5,69^2-2,918^2}})$

χ_c= 0,09453

Interaktion

$\xi =(\frac{{\sigma }_{cr,p}}{{\sigma }_{cr,c}}-1)$ und ξ wird zwischen 0 < ξ < 1 begrenzt

$\xi =(\frac{129,56}{27,16}-1)$

ξ= 1

ρ_c = (ρ - χ_c)∙ ξ∙(2 - ξ) + χ_c (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.1)3

ρ_c = (0,68952 - 0,09453)∙1∙(2 - 1) + 0,09453

ρ_c = 0,68952

Wirksame Querschnittswerte

Notwendige Maße für die Quertschnittswerte

A_c,eff= 0,01053

t_w,red= t_w∙ρ_c= 0,009∙0,68952

t_w,red= 0,006206

t_sl,red= t_sl∙ρ_c= 0,008∙0,68952

t_sl,red= 0,005516

$A=\sum \left(\begin{array}{c}{b}_{f2}\cdot t_{f2}\\ (Zugsteg+b_{eff2o})\cdot h_w\\ (b_{eff2u}+t_{sl}+b_{eff1o})\cdot h_w\\ b_{eff1u}\cdot h_w\\ b_{f1}\cdot t_{f1}\end{array}\right)$

$A=\sum \left(\begin{array}{c}0,37\cdot 0,011\\ (1,612+0,53)\cdot 0,009\\ (0,3533+0,008+0,2122)\cdot 0,009\\ 0,1837\cdot 0,009\\ 0,4915\cdot 0,017\end{array}\right)$

Grafik 12 notwendige Maße für die Querschnittswerte Schwerpunkt

b_s= b_eff2u + t_sl + b_eff1o= 0,3533 + 0,008 + 0,2122

b_s= 0,573

b_z= Zugsteg + b_eff2o= 1,612 + 0,53007

b_z= 2,142

$A\cdot h_s=\sum \left(\begin{array}{c}-b_{f1}\cdot t_{f{1}^2}/2\\ b_{effu1}^2)\cdot t_w/2\\ b_{f2}\cdot t_{f2}\cdot (h_w+t_{f2}/2)\\ b_s\cdot t_{w,red}\cdot (b_s/2+b_{eff1u})\\ b_z\cdot t_w\cdot (h_w-b_z/2)\end{array}\right)$

$A\cdot h_s=\sum \left(\begin{array}{c}-0,4915\cdot 0,017^2/2\\ 0,37\cdot 0,011\cdot (2,9+0,011/2)\\ 0,1832^2\cdot 0,009/2\\ 0,573\cdot 0,006206\cdot (0,573/2+0,1832)\\ 2,142\cdot 0,009\cdot (2,9-2,142/2)\end{array}\right)$

h_s= 1,3229

I_eff= 5 Steineranteile + 5 Eigenanteile

$I_{eff}=\sum \left(\begin{array}{c}0,4915\cdot 0,017^3/12\\ 0,1837^3\cdot 0,009/12\\ 0,573^3\cdot 0,006206/12\\ 2,142^3\cdot 0,009/12\\ 0,37\cdot 0,011^3/12\end{array}\right)+\sum \left(\begin{array}{c}0,573\cdot 0,0062\cdot 0,8518^2\\ 0,1837\cdot 0,009\cdot 1,23^2\\ 0,0083555\cdot 1,33^2\\ 2,142\cdot 0,009\cdot 0,506^2\\ 0,00407\cdot 1,5825^2\end{array}\right)$

I_eff= 0,00745 + 0,035

I_eff= 0,04251m⁴

wirksame Widerstandmomente

$W_{effu}=\frac{I_{eff}}{z}=\frac{I_{eff}}{h_{seff}+b_{f1}/2}$	$W_{effo}=\frac{I_{eff}}{z}=\frac{I_{eff}}{h_w-h_{seff}+b_{f2}/2}$
$W_{effu}=\frac{0,0425}{1,3229+0,017/2}$	$W_{effo}=\frac{0,0425}{2,9-1,3229+0,011/2}$
Weffu= 0,03193m³	Weffo= 0,02686m³
MRd,u = Weffu•fyd	MRd,o = Weffo•fyd
MRd,u = 0,03193∙235000	MRd,o = 0,02686∙235000
MRd,u = 7503,1kNm	MRd,o = 6312,3kNm

M_Ed= 7541,325kNm

Nachweis, ob die Stegdicken weiter verringert werden müssen.

${\sigma }_{com,Ed}=\frac{M\cdot z}{I}=\frac{M\cdot (h_{s,eff}-b_{f1})}{I}$

${\sigma }_{com,Ed}=\frac{7,541325\cdot (1,3229-0,4)}{0,04251}$

σ_com,Ed= 163,7N/mm²

$\frac{{\sigma }_{com,Ed}}{{\rho }_c\cdot f_y/{\gamma }_M}=\frac{163,7}{0,68952\cdot 235}$ <1 (Eurocode 1993-1-5 Gleichung A.3)

1 < 1 keine weitere Abminderung erforderlich

Nachweise

$\frac{M_{Ed}}{M_{Rd,u}}=\frac{M_{Ed}}{W_{effu}\cdot f_{yd}}=\frac{7541,325}{7503,1}$

$1,005<1$

$\frac{M_{Ed}}{M_{Rd,o}}=\frac{7541,325}{6312,3}$

$1,1947<1$

Nachweis nicht erfüllt

genauerer Nachweis mit Abstand

$x=MIN(\frac{h_w-h_1}{2};0,4\cdot a)$

$x=MIN(\frac{2,9-0,4}{2};0,4\cdot 7,1)$

x= 1,25m

abgemindertes Moment

M_Ed= M_Ed,N - x∙V + x²∙q/2

M_Ed= 7541,325 - 1,25∙1142,625 + 1,25²∙55,4/2

M_Ed= 6156,325

Nachweis

$\frac{M_{Ed}}{M_{Rd,u}}=\frac{6156,325}{7503,1}$

0,8205 < 1

Nachweis erfüllt

Da der Nachweis mit Abstand geführt wurde, muss über der Stütze ein zusätzlicher Klasse 3 Querschnittsnachweis geführt werden.

h_s =1,2874m

I= 0,04367m⁴

${\eta }_{1u}=\frac{M\cdot z}{I\cdot f_{yd}}=\frac{M\cdot (h_s+t_{f1}/2)}{I\cdot f_{yd}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 4.14)

${\eta }_{1u}=\frac{7,541325\cdot (1,2874+0,017/2)}{0,04367\cdot 235000}$

η_1u= 0,952 <1 OK

${\eta }_{1o}=\frac{M\cdot z}{I\cdot f_{yd}}=\frac{M\cdot (hw-h_s+t_{f2}/2)}{I\cdot f_{yd}}$

${\eta }_{1o}=\frac{7,541325\cdot (2,9-1,2874+0,011/2)}{0,04367\cdot 235000}$

${\eta }_{1o}=1,189<1$

Nachweis nicht erfüllt

Der Eurocode erlaubt plastifizieren im Zugbereich für Klasse 3 Querschnitte.

$a=\frac{(A_1-A_2+\frac{N}{f_{yd}})}{t_w}=\frac{(0,083555-0,00407)}{0,009}$

a= 0,476m (plastifizierte Steglänge)

$b=\frac{h_w}{2}-\frac{a}{2}=\frac{2,9}{2}-\frac{0,476}{2}$

b= 1,212

$M_{PE,Rd}=\sum \left(\begin{array}{c}\frac{2\cdot b^2\cdot t_w\cdot f_{yw}}{3}\\ A_1\cdot f_{yd1}\cdot (b+\frac{t_{f1}}{2})\\ t_w\cdot a\cdot f_{yw}\cdot (b+\frac{a}{2})\\ A_2\cdot f_{yd2}\cdot (a+b+\frac{t_{f2}}{2})\\ -N\cdot (a+b+S-h_w)\end{array}\right)$

$M_{PE,Rd}=\sum \left(\begin{array}{c}\frac{2\cdot 1,212^2\cdot 0,009}{3}\\ 0,0083555\cdot (1,212+\frac{0,017}{2})\\ 0,009\cdot 0,476\cdot (1,212+\frac{0,476}{2})\\ 0,00407\cdot (0,476+1,212+\frac{0,011}{2})\\ 0\end{array}\right)\cdot f_{yd}$

$M_{PE,Rd}=\sum \left(\begin{array}{c}0,00881\\ 0,01019\\ 0,00621\\ 0,00689\\ 0\end{array}\right)\cdot f_{yd}$

M_PE,Rd= 7547,3kN

verbesserter Nachweis

$\frac{M_{ED}}{M_{PE,Rd}}=\frac{7541,325}{7547,3}$

0,9992 < 1 Nachweis erfüllt

Schubbeulen

Beim Schubbeulen wirken andere Breiten mit.

wirksame Breiten für Schubbeulen

b_eff= 15∙ε∙t_w = 15∙1∙0,009

b_eff= 0,135m

A_sl= (b_eff∙2 + t_sl)∙t_w + b_sl∙t_sl

A_sl= (0,27 + 0,008)∙0,009 + 0,008∙0,1

A_sl= 0,003302

$x_{sl}=\frac{b_{sl}\cdot t_{sl}\cdot (\frac{b_{sl}}{2}+\frac{t_w}{2})}{A_{sl}}=\frac{0,0008\cdot (0,0545)}{0,003302}$

x_sl= 0,013204m

$I_{sl}=\sum \left(\begin{array}{c}{b}_{eff}\cdot t_{w^3}/12\\ b_{s{l}^3}/12\\ x_{s{l}^2}\cdot b_{eff}\cdot t_w\\ b_{sl}\cdot t_{sl}\cdot (b_{sl}/2+t_w/2-x_{sl}{)}^2\end{array}\right)$

$I_{sl}=\sum \left(\begin{array}{c}0,278\cdot 0,009^3/12\\ 0,1^3\cdot 0,008/12\\ 0,013204^2\cdot 0,278\cdot 0,009\\ 0,1\cdot 0,008\cdot (0,0545-0,013204{)}^2\end{array}\right)=\sum \left(\begin{array}{c}0\\ 0,666\\ 0,436\\ 1,36\end{array}\right)\cdot 10^{-6}{m}^4$

I_sl= 2,484∙ 10^-6m⁴

Berechnung des Schubbeulwertes
Es werden vom Einzelfeld und vom Gesamtfeld die Schlankheiten errechnet. Die kleinere ist Maßgebend.

Gesamtfeld

k_τsl= MAX( Formel 1; Formel 2) (Eurocode 1993-1-5 Gleichung A.5)

$Formel1=9\cdot {\left(\frac{h_w}{a}\right)}^2\cdot {\left(\frac{I_{sl}}{t^3\cdot h_w}\right)}^{0,75}$

$Formel1=9\cdot {\left(\frac{2,9}{7,1}\right)}^2\cdot {\left(\frac{2,484}{10^6\cdot 0,009^3\cdot 2,9}\right)}^{0,75}$

Formel 1= 1,694

$Formel2=\frac{2,1}{t}\cdot \sqrt[3]{\frac{I_{sl}}{h_w}}$

$Formel2=\frac{2,1}{0,009}\cdot \sqrt[3]{\frac{2,484}{10^6\cdot 2,9}}$

Formel 2= 2,215

k_τsl= MAX( 1,694; 2,215)

k_τsl= 2,215

$k_{\tau }=5,34+4\cdot {\left(\frac{h_w}{a}\right)}^2+k_{\tau sl}$(Eurocode 1993-1-5 Gleichung A.5)

$k_{\tau }=5,34+4\cdot {\left(\frac{7,1}{2,9}\right)}^2+2,215$

k_t= 8,2233

Da das Beulfeld $(a=\frac{a}{h_w}=\frac{7,1}{2,9}=2,45<3)$ und (1 oder 2 Längssteifen) hat, darf Gleichung A.6 verwendet werden.

$k_{\tau }=4,1+\frac{6,3}{{\alpha }^2}+\frac{0,18\cdot I_{sl}}{t^3\cdot h_w\cdot {\alpha }^2}+2,2\cdot \sqrt[3]{\frac{I_{sl}}{t^3\cdot h_w}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung A.6)

$k_{\tau }=4,1+\frac{6,3}{2,45^2}+\frac{0,18\cdot 2,484\cdot 10^{-6}}{0,009^3\cdot 2,9\cdot 2,45^2}+2,2\cdot \sqrt[3]{\frac{2,484\cdot 10^{-6}}{0,009^3\cdot 2,9}}$

k_τ= 4,1 + 1,051 + 0,0353 + 2,3215

k_τ= 7,5078

Da diese Gleichung keinen höheren Beulwert bringt, bleibt es bei

k_t= 8,2233

Schubbeilschlankheit ${\bar{\lambda }}_w$

${\bar{\lambda }}_w=\frac{h_w}{37,421\cdot t\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\tau }}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 5.6)

${\bar{\lambda }}_w=\frac{2,9}{37,421\cdot 0,009\cdot 1\cdot \sqrt{8,2233}}$

${\bar{\lambda }}_w=3,003$

Einzelfeld

Feldhöhe = h_w - h₁= 2,9 - 0,4=2,5m

$k_{\tau }=5,34+4\cdot {\left(\frac{h_w}{a}\right)}^2$

$k_{\tau }=5,34+4\cdot {\left(\frac{2,5}{7,1}\right)}^2$

k_τ= 5,836

Schubbeulschlankheit ${\bar{\lambda }}_w$

${\bar{\lambda }}_w=\frac{h_w}{37,421\cdot t\cdot ϵ\cdot \sqrt{k_{\tau }}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 5.6)

${\bar{\lambda }}_w=\frac{2,5}{37,421\cdot 0,009\cdot 1\cdot \sqrt{5,836}}$

${\bar{\lambda }}_w=3,073$

Einzelfeldbeulen ist maßgebend.

${\bar{\lambda }}_w=MIN(3,003;3,073)=3,073$

für ${\bar{\lambda }}_w$> 0,82/η gilt:

${\chi }_w=\frac{1,37}{0,7+{\bar{\lambda }}_w}=\frac{1,37}{0,7+3,073}$ (Eurocode 1993-1-5 Tabelle 5.1)

χw= 0,363

$V_{b,w,Rd}=\frac{{\chi }_w\cdot f_{yw}\cdot h_w\cdot t}{{\gamma }_{M0}\cdot \sqrt{3}}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 5.2)

$V_{b,w,Rd}=\frac{0,363\cdot 235\cdot 2,9\cdot 9}{1\cdot \sqrt{3}}$

V_b,w,Rd= 1285,9kN

Beitrag der Flansche
Der Flansch liefert auch noch einen Beitrag zur Stegtragfähigkeit. Dies ist bei unausgelasteten Flanschen der Fall. Bei Einfeldträgern können die Flansche in der Regel mit genutzt werden. Bei Zweifeldträgern ist meist keine zusätzliche Tragfähigkeit zu erwarten.

M_f,Rd= MIN(A₁;A₂)∙ (h_w + t_f1/2 + t_f2/2)∙f_yd

M_f,Rd= 0,00407∙(2,9 + 0,015)∙235

M_f,Rd= 2,787MN

M_f,Rd < M_Ed=7541

V_bf,Rd =0 Flansch trägtnicht mit

Gesamtquerkrafttragfähigkeit V_b,Rd

V_b,Rd= 0 + 1285,9= 1285,9kN

Schubbeulnachweis

${\eta }_3=\frac{V_{Ed}}{V_{b,Rd}}=\frac{1142,625}{1285,9}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 5.10)

η₃= 0,88856<1

Nachweis erfüllt

lokales Beulen aus einer Einzellast

Der Träger kann noch eine lokale Einzellast aufnehmen. Wie groß sie sein kann, wird hier gezeigt. Die Einzellast verursacht keine Schnittgrößen.

F= 330kN

s_s= 0,1m

Formelzeichen für Maße

Beulwert k_f

$k_f=6+\frac{2\cdot h_w^2}{a^2}+(\frac{5,44\cdot b_1}{a}-0,21)\cdot \sqrt{{\gamma }_s}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.6)

Der dritte Term gilt für Längssteifen und ist nur gültig, wenn gilt:

0,05 < b₁/a und b₁/h_w< 0,3

b₁= h_w - h₁

b₁= 2,9 - 0,4

b₁= 2,5

$\frac{b_1}{a}=\frac{2,5}{7,1}=0,38>0,05OK$

$\frac{b_1}{h_w}=\frac{2,5}{2,9}=0,86<0,3$

Längssteife trägt nicht mit

Beulwert

$k_f=6+\frac{2\cdot 2,9^2}{7,1^2}$

k_f= 6,3336

F_cr= 0,9∙k_f∙E∙t_w³/h_w (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.5)

F_cr= 0,9∙ 6,3336∙ 210∙10⁹∙0,009³/2,9

F_cr= 300916N

$m_1=\frac{f_{yf}\cdot b_f}{f_{yw}\cdot t_w}=\frac{235\cdot 0,37}{235\cdot 0,009}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.8)

m₁= 41,111

m₂= Wenn(${\bar{\lambda }}_F$< 0,5; 0; 0,02∙hw²/tf²) (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.9)

m₂= 0,02∙h_w²/t_f² = 0,02∙2,9²/0,011²

m₂= 1390,1

l_y= MIN(a; s_s + 2∙t_f2 ∙(1 + (m₁ + m₂)^0,5)) (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.10)

l_y= 0,1 + 2∙0,011∙(1 + (41,1 + 1390)^0,5) (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.10)

l_y= 0,954

${\bar{\lambda }}_F=\sqrt{\frac{l_y\cdot t_w\cdot f_{yw}}{F_{cr}}}$(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.4)

${\bar{\lambda }}_F=\sqrt{\frac{0,954\cdot 0,009\cdot 235\cdot 10^6}{300916}}$

${\bar{\lambda }}_F=2,56$

Die Voraussetzung ${\bar{\lambda }}_F<0,5$ wurde eingehalten.

${\chi }_F=\frac{0,5}{{\bar{\lambda }}_F}=\frac{0,5}{2,56}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.3)

χ_F= 0,193

L_eff= χ_f∙ L_y =0,193∙0,954 (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.2)

L_eff= 0,1842

F_Rd= f_yd∙ L_eff∙ t_w (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.1)

F_Rd= 235000∙0,1842∙0,009

F_Rd= 389,6kN

Nachweis

${\eta }_2=\frac{F_{Ed}}{f_{ywd}\cdot L_{eff}\cdot t_w}=\frac{330}{389,6}$ (Eurocode 1993-1-5 Gleichung 6.14)

η₂= 0,84689

Nachweis erfüllt

Interaktion

Zuerst muss das plastische Moment ausgerechnet werden. Die Steife trägt hier mit.

Maße zur Berechnung des plastischen Momentes

A= 0,00407 + 0,026 + 0,0008 + 0,00901

A= 0,03998m²

A/2= 0,01999m²

Die Flächenhalbierende liegt im Steg über der Steife. Die Skizze hat keinen relativen Maßstab.

$W=\sum \left(\begin{array}{c}1,76888^2/2\cdot 0,009\\ 1,13111^2/2\cdot 0,009\\ 0,00407\cdot 1,774\\ 0,0008\cdot 0,73111\\ 0,00901\cdot 1,1396\end{array}\right)=\sum \left(\begin{array}{c}0,014066\\ 0,00575\\ 0,00722\\ 0,000585\\ 0,010267\end{array}\right)$

W= 0,03791m³

M_Pl,Rd= W∙f_yd

M_Pl,Rd= 0,03791∙235000

M_Pl,Rd= 8909,4kNm

M_f,Rd= 2787,1kNm

Der Interaktionsnachweis darf im Abstand x geführt werden

$x=\frac{h_w-h_1}{2}=\frac{2,9-0,5}{2}$

x= 1,25

M_Ed= 6156,325

V_Ed:= V_Ed - x∙q

V_Ed= 1142,625 - 1,25∙55,4

V_Ed= 1073,375kN

${\bar{\eta }}_1=MAX(\frac{M_{Ed}}{M_{pl,Rd}};\frac{M_{f,Rd}}{M_{Pl,Rd}})$

${\bar{\eta }}_1=\frac{6156,325}{8909,4}$

${\bar{\eta }}_1=0,69099$

${\bar{\eta }}_3=\frac{V}{V_{Rd}}=\frac{1073,375}{1285,9}$

${\bar{\eta }}_3=0,8347$

Nachweis

${\bar{\eta }}_1+(1-\frac{M_{f,Rd}}{M_{pl,Rd}})\cdot (2\cdot {\bar{\eta }}_3-2{)}^2<1$

$0,69099+(1-\frac{2787,1}{8909,4})\cdot (2\cdot 0,8347-1{)}^2$

0,69099 + 0,30793= 0,99892 < 1

Nachweis erfüllt

Interaktion zwischen η1 und η2

$\frac{{\eta }_2+0,8\cdot {\eta }_1}{1,4}<1$(Eurocode 1993-1-5 Gleichung 7.2)

$\frac{0,84689+0,8\cdot 0,69099}{1,4}$

1 < 1

Nachweis erfüllt.

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Allgemein:Inhaltsverzeichnis ; Glossar ; Zahlen

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

Norm: EuroB ;DINS ;EuroS ;DINB ;Zusammenfassung ;Variation der Geometrie