2. Elastische Bettung - bau.uni-siegen.de · Spannungstrapezverfahren Boden Bodenpressung R M ......

UNIVERSITÄT SIEGENLEHRSTUHL FÜR BAUSTATIK

Baustatik (Master) - WS17/18

2. Elastische Bettung

2.1 Bauwerk-Baugrund-Interaktion

2.2 Steifemodul und Bettungsmodul

2.3 Differentialgleichung elastisch gebetteter Balken

2.4 Lösung der Differentialgleichung

2.5 Beispiele

2.1 Bauwerk-Baugrund-Interaktion

Tragwerk

Baugrund (Boden)

Bauwerk

Gründung Tragwerk

Bauwerk

Überbau

Gründung

Baugrund

Das gesamte Tragwerk besteht aus dem Bauwerk und dem Baugrund bzw. Boden!

LEHRSTUHL FÜR BAUSTATIK 3

Tragwerk

Die Einwirkungen bzw. Belastungen aus dem Überbau werden über die

Gründung in den Baugrund weitergeleitet. Dadurch entstehen Verformungen

bzw. Setzungen im Baugrund, die sich wiederum auf das statische Verhalten

des Bauwerks auswirken. Man spricht daher von Bauwerk-Baugrund-

Wechselwirkung bzw. Bauwerk-Baugrund-Interaktion.

Die Steifigkeitsverhältnisse zwischen dem Bauwerk und dem Boden spielen

dabei eine entscheidende Rolle.

Beispiele für Bauwerk-Baugrund-Interaktion

Einfluss unterschiedlicher Bodensteifigkeiten

Peter Bindseil: Massivbau,3. Auflage, Vieweg, 2002.

Einfluss unterschiedlicher Überbausteifigkeiten

Peter Bindseil: Massivbau, 3. Auflage, Vieweg, 2002.

Berechnungsmodelle

Da die Eigenschaften des Bodens im Allgemeinen sehr kompliziert sind, ist eine

genaue Erfassung der Bauwerk-Baugrund-Interaktion sehr aufwendig. Daher

sind vereinfachte Berechnungsmodelle erwünscht. Zur Vereinfachung können

Näherungsmodelle für den Baugrund bzw. Boden eingeführt werden, welche für

die baupraktischen Anwendungen ausreichend genau sind.

Zwei Näherungsmodelle bzw. –verfahren:

1.) Bettungsmodul-Verfahren (Winkler, 1867)

2.) Steifemodul-Verfahren

Bettungsmodul-Verfahren

1.) Bettungsmodul-Verfahren (Winkler, 1867)

Dabei wird der Boden durch kontinuierlich verteilte, aber unabhängige linear-

elastische Federn ersetzt bzw. approximiert.

i c wσ = ⋅

Annahme:

•Keine Koppelung zwischen den einzelnen Federn.

•Wird die i-te Feder belastet, werden die anderen Federn nicht dadurch

beansprucht.

Nachteile:

•Setzungsmulde kann in diesem Verfahren nicht richtig beschrieben werden.

•Kein Einfluss auf den Nachbarbaugrund neben dem Fundament.

Sonderfall: Spannungstrapezverfahren

Bei sehr steifen Fundamentbalken kann eine lineare Verteilung der

Bodenpressung unter dem Fundament angenommen werden. Diese

Vereinfachung kann z. B. bei kurzen Fundamentbalken getroffen werden.

Spannungstrapezverfahren

Bodenpressung

1σ2σ

Die zwei unbekannten Randspannungen können aus den zwei Gleichgewichts-

bedingungen bestimmt werden.

1 2 und σ σ

Spannungstrapezverfahren

Steifemodul-Verfahren

2.) Steifemodul-Verfahren: Zwei Varianten

•Boden wird als ein linear elastischer und isotroper Halbraum modelliert.

•Boden wird durch kontinuierlich verteilte, aber miteinander gekoppelte

(abhängige) linear-elastische Federn ersetzt bzw. approximiert.

Setzungsmulde

ElastischerHalbraum

Annahme:

•Koppelung zwischen den einzelnen Federn.

•Wird die i-te Feder belastet, dann werden die anderen Federn auch dadurch

beansprucht.

Vorteile:

•Setzungsmulde kann in diesem Verfahren näherungsweise beschrieben werden.

•Auch der Einfluss auf den Nachbarbaugrund neben dem Fundament

berücksichtigt werden.

Annahme

Berechnung

Unabhängige Federn

Spannungstrapez-Verfahren

σB linear

Handrechnung

Gegenüberstellung: Bettungsmodulverfahren und Steifemodulverfahren

Unabhängige Federn

B c wσ = ⋅

Stabtragwerk /Platte

Abhängige Federn / Elastischer Halbraum

( ) const.s sE z E= =

Numerische Methoden (FEM)

Steigende Realitätsnähe und Komplexität

Bemerkungen

• Zwischen dem Bauwerk und dem Baugrund sollen nur Druckspannungen

auftreten. Zugspannungen können nicht vom Boden aufgenommen werden.

• Falls Zugspannungen auftreten, dann entsteht eine klaffende Fuge. Die

Federn müssen dann im Zugspannungsbereich in der Berechnung

ausgeschaltet werden.

• Eine klaffende Fuge zwischen dem Bauwerk und dem Boden (mit

Zugspannungen bzw. negativen Bodenpressungen) ist bei Teillastzuständen

zulässig. Im endgültigen Zustand nach der Superposition der Teillastzustände

ist eine klaffende Fuge aber nicht zulässig.

2.2 Steifemodul und Bettungsmodul

Steifemodul

Steifemodul:

arctan( )sE

Oedometerversuch: Diagrammzz zzσ ε⇒ − −

Steifemodul = Steigung des Spannungs-

Dehnungs-Diagramms!

zz s zzEσ ε=

1sE Kνν

−=+ 3(1 2 )

: KompressionsmodulK

Steifemodul ist eine reine Bodenkenngröße!

Bettungsmodul

Bettungsmodul:

arctan( )c

Plattendruckversuch: Diagrammwσ⇒ − −

Bettungsmodul = Steigung des Druck-Setzungs-

Diagramms!

c wσ = ⋅

Bemerkungen

• Bettungsmodul c ist proportional zum Steifemodul Es.

• Bettungsmodul c ist keine Bodenkenngröße mehr. c ist abhängig von:

− Form des Fundaments (Kreisfundament, Rechteckfundament, etc.).

− Größe des Fundaments.

− Fundamentlasten.

− Belastungen aus der Nachbarschaft.

− Schichtung des Baugruns.

• Zahlenbeispiele für Steifemodul und Bettungsmodul:

Umrechnung vom Steifemodul zum Bettungsmodul

• Kreisplatte mit einer Steifigkeit, die eine gleichmäßig verteilte Bodenpressung

erzeugt:

• Kreisplatte mit einer unendlich großen Steifigkeit:

1.) Kreisplatten

1,39 sEc

1,50 sEc

Rechteckplatten mit einer Steifigkeit, die eine gleichmäßig verteilte Boden-

pressung erzeugt.

• Nach de Beer

2.) Rechteckplatten

1,33 sEc

b l b>

• Nach Dimitrov

( )21sE

Formbeiwert ρ :

Querkontraktionszahl ν :

Sand- und Kiesböden: ν =0,125 bis 0,50

Tonböden: ν =0,20 bis 0,40

• Nach DIN 4019( ,0)

Setzungsbeiwert f(s,0) :

Bemerkungen

• Der Setzungsbeiwert f(s,0) ist abhängig vom Seitenverhältnis l/b und

Tiefenverhältnis z/b, wobei z die Dicke der wirksamen Bodenschicht ist.

• Gemäß DIN 4019 kann die Tiefe z auf z=2b begrenzt werden, falls die

Bodenschichtdicke größer als 2b ist.

Zahlenbeispiel

Boden 1: Sand/Kies

Rechteckplatte

2100MN/msE =

15 , 1l m b m= =

Boden 2: Ton220MN/msE =

Dicke der wirksamen Bodenschicht: / 10z b =LEHRSTUHL FÜR BAUSTATIK 27

Zahlenbeispiel

Bettungsmodul in MN/m2:

Boden de Beer Dimitrov DIN 4019

1 54 56 57

2 11 9 11

2.3 Differentialgleichung elastisch gebetteter Balken

Elastisch gebettete Balken

Definition:

Balken, die unmittelbar auf einem nachgiebigen Baugrund liegen, werden als

elastisch gebettete Balken bezeichnet.

Annahmen:

• Querschnitt ist dehn- und schubstarr, d.h.,

, sEA GA= ∞ = ∞

• Euler-Bernoulli-Balken (siehe TM II!)

3Bettungsmodul: [kN/m ]c

2Flächenlast: ( , ) [kN/m ]q x y

Bodenpressung: ( )=B

p x bσ ⋅

• Flächenlast:2( , ) [kN/m ]q x y

• Linienlast: ( ) ( , ) [kN/m]q x q x y b= ⋅

• Bettungsmodul: 3 [kN/m ]c

• Flächige Bodenpressung: 2( , ) [kN/m ]x y c wσ = ⋅

• Linienförmige Bodenpressung: ( ) ( , ) [kN/m]p x x y b cb w k wσ= ⋅ = ⋅ = ⋅

• Federkonstante (Linienfeder): 2 [kN/m ]k cb=

Differentialgleichung

Bodenpressung entlastet den Balken!

( )q x

( )p x

( ) ( )q x p x−

Aus TM II: ( ) ( )IVEIw q x p x= −

( ) ( )IVEIw p x q x+ =

( ) ( )IVEIw kw x q x+ =

4 14 ( ) ( )IVw w x q x

EIλ+ = Differentialgleichung für

elastisch gebetteten Balken!

( )p x k w= ⋅

EIλ =

Differentialgleichung

Abklingkonstante: 4

EIλ =

Bemerkungen:

•Die Lösung der Dgl. w(x) ist abhängig von l.

•Schwankungen in der Bettungszahl c haben nur einen relativ kleinen Einfluss auf

l uns damit auf w(x), da c bzw. k unter der vierten Wurzel steht.

•In der Praxis ist es sinnvoll, 2 Grenzfälle zu betrachten:

− Kleinste c : Größte Biegemomente

− Größte c : Größte Bodenpressungen.

2.4 Lösung der Differentialgleichung

2.4.1 Homogene Lösung

2.4.2 Partikuläre Lösung

2.4.3 Rand- und Übergangsbedingungen

Lösung der Differentialgleichungen

( )w x

Differentialgleichung:

Drehwinkel: ( ) ( )x w xϕ ′= −

Biegemoment:

( ) ( ) ( )Q x M x EI w x′ ′′= = − ⋅

( ) ( )M x EI w x′′= − ⋅

( ) ( )p x k w x= ⋅

Querkraft:

Bodenpressung:

Durchbiegung:

4 14 ( ) ( )IVw w x q x

EIλ+ =

[ ][ ]

( ) cos( ) sin( )

cos( ) sin( )

w x e A x A x

e A x A x

−= +

Differentialgleichung:

4 14 ( ) ( )IVw w x q x

EIλ+ =

Gesamtlösung:

( ) ( ) ( )h pw x w x w x= +Homogene Lösung:

Bemerkung:

Der erste Anteil der Lösung klingt mit x von links nach rechts ab,

weil der zweite Anteil von rechts nach links abklingt!

[ ][ ]1 2

( )3 4

( ) cos( ) sin( )

cos( ( )) sin( ( ))

w x e A x A x

e A l x A l x

+ − + −

Periode:

2 =8,9 EI

πλ πλ

= ⇒ =

Je steifer der Balken bzw. je weicher der Boden, desto größer ist die Periode T!

cos( ) bzw.

sin( )

Abklingverhalten:

( /2)1/2

1 10,002 0,2%

1 10,04 4%

a e e e

λ λ π

= = = = =

Die Amplitude ist nach einer halben Periode T/2 bis auf 4%

abgeklungen!

2.4.2 Partikuläre Lösung

2 30 1 2 3( )q x a a x a x a x= + + +

Die partikuläre Lösung kann mit dem Ansatz vom Typ der rechten

Seite gewonnen werden.

Für eine Lastfunktion als Polynom bis zum 3. Grad gilt:

( ) ( )( )

q x q xw x

EI kλ= =

Die 4 Intergationskonstanten A1 bis A4 in der homogenen

Lösung können aus den Randbedingungen oder

Übergangsbedingungen bestimmt werden. An jedem

Rand stehen 2 Randbedingungen oder Übergangsbedin-

gunmgen zur Verfügung.

Bemerkungen

Bei sehr langen Balken unter einer Einzellast:

In diesem Fall sind die beiden Lösungsanteile der

homogenen Lösung entkoppelt und können daher

getrennt betrachtet werden. Physikalisch bedeutet dies,

dass die von der Einzellast F ausgehenden Lösungen der

homogenen Lösung am anderen Balkenende praktisch

abgeklungen sind.

Bemerkungen

Bei sehr langen Balken unter einer Randlast:

( ) 0w x ≠

≤ >xπλ

( ) 0w x ≅LEHRSTUHL FÜR BAUSTATIK 46

Bemerkungen

Bei sehr langen Balken unter einer Innenlast:

( ) 0w x ≠

≤ >xπλ

( ) 0w x ≅

( ) 0w x ≠

>xπλ

( ) 0w x ≅LEHRSTUHL FÜR BAUSTATIK 47

Einflusslinien für eine Einzelkraft

Die Lösungen für eine Einzellast werden als Einflußlinien

bezeichnet.

Durchbiegung

Drehwinkel

Biegemoment

Querkraft

Einflusslinien für eine Einzelkraft: Tabelle

Einflusslinien für ein Einzelmoment

Einflusslinien für ein Einzelmoment: Tabelle

2.5 Beispiele

Beispiel 1: Konstante Streckenlast

Die Gesamtlösung ist gleich der partikulären Lösung, da die RB automatischerfüllt sind!

Lösung:

′′= − =′′′= − =

0( )q x q=

0( )p x p=

Beispiel 2: Lineare Streckenlast

q xw w

Die Gesamtlösung ist gleich der partikulären Lösung, da die RB automatischerfüllt sind!

Lösung:

′′= − =′′′= − =

( )p x

( )q x

0 1( )q x a a x= +

Beispiel 3: Stützenlast

Die Gesamtlösung ist gleich der homogenen Lösung!

Lösung:

( ) 0q x =

( ) ( )hw x w x=

Beispiel 4: Einzellast

0pw =Lösung: ( ) 0q x =

Wegen Symmetrie!

[ ]1 2( ) ( ) cos( ) sin( )x

hw x w x e A x A xλ λ λ−= = +

Beispiel 4: Einzellast

Durchbiegung: [ ]( ) cos( ) sin( )2

xFw x e x x

λλ λ λ−= +

Drehwinkel:2

( ) ( ) sin( )xFx w x e x

λλϕ λ−′= =

Biegemoment: [ ]( ) ( ) cos( ) sin( )4

xFM x EIw x e x x

λ λ λ−′′= − = −

( ) ( ) cos( )2

xFQ x EIw x e xλ λ−′′′= − = −Querkraft:

[ ]( ) cos( ) sin( )2

xFp x k w e x xλλ λ λ−= ⋅ = +Bodenpressung:

Beispiel 5: Einzellast am Balkenrand

0pw =Lösung: ( ) 0q x =

[ ]1 2( ) ( ) cos( ) sin( )x

hw x w x e A x A xλ λ λ−= = +

== −

Durchbiegung:2

( ) cos( )xFw x e x

λλ λ−=

Drehwinkel: [ ]22

( ) ( ) cos( ) sin( )xFx w x e x x

λλϕ λ λ−′= = +

Biegemoment: ( ) ( ) sin( )xFM x EIw x e xλ λ

λ−′′= − = −

[ ]( ) ( ) cos( ) sin( )xQ x EIw x Fe x xλ λ λ−′′′= − = − −Querkraft:

( ) 2 cos( )xp x k w F e xλλ λ−= ⋅ =Bodenpressung:

( )M xF

1( )Q x

Durchbiegung

Biegemoment

Querkraft

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