Praxisbeispiele Bauphysik: Wärme - Feuchte - Schall - Brand - Aufgaben mit Lösungen [6. Aufl.] 9783658316174, 9783658316181

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Wolfgang M. Willems Kai Schild Diana Stricker Alexandra Wagner

Praxisbeispiele Bauphysik Wärme – Feuchte – Schall – Brand – Aufgaben mit Lösungen 6. Auflage

Praxisbeispiele Bauphysik

Wolfgang M. Willems · Kai Schild · Diana Stricker · Alexandra Wagner

Praxisbeispiele Bauphysik Wärme – Feuchte – Schall – Brand – Aufgaben mit Lösungen 6., aktualisierte Auflage Mit 132 Verständnisfragen, 107 Aufgaben und ausführlichen Lösungen

Wolfgang M. Willems TU Dortmund Dortmund, Deutschland

Kai Schild TU Dortmund Dortmund, Deutschland

Diana Stricker Ruhr-Universität Bochum Bochum, Deutschland

Alexandra Wagner Ruhr-Universität Bochum Bochum, Deutschland

ISBN 978-3-658-31617-4 ISBN 978-3-658-31618-1  (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-658-31618-1 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2009, 2012, 2015, 2016, 2019, 2020 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von allgemein beschreibenden Bezeichnungen, Marken, Unternehmensnamen etc. in diesem Werk bedeutet nicht, dass diese frei durch jedermann benutzt werden dürfen. Die Berechtigung zur Benutzung unterliegt, auch ohne gesonderten Hinweis hierzu, den Regeln des Markenrechts. Die Rechte des jeweiligen Zeicheninhabers sind zu beachten. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Lektorat: Karina Danulat Springer Vieweg ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH und ist ein Teil von Springer Nature. Die Anschrift der Gesellschaft ist: Abraham-Lincoln-Str. 46, 65189 Wiesbaden, Germany

V

Vorwort Das Fachgebiet der Bauphysik hat sich in den letzten 35 Jahren zu einem der zentralen Arbeitsbereiche im Bauwesen entwickelt. Architekten und Bauingenieure müssen sich daher mit immer differenzierteren und vielschichtigeren Normen und Regelwerken auseinandersetzen. Physikalische Grundlagen, gesetzliche Anforderungen, Nachweisverfahren und Kennwerte der Bauphysik werden den Studierenden in Vorlesungen und Übungen nahegebracht. Das vorliegende Übungsbuch beschäftigt sich mit den bauphysikalischen Grundlagen der folgenden Bereiche: Wärmeschutz und Energieeinsparung, Feuchte-, Schall- und Brandschutz. Das Buch enthält einen Aufgabenteil und einen Lösungsteil, wobei für jedes bauphysikalische Teilgebiet Verständnisfragen und Aufgaben mit den jeweiligen Lösungen aufgeführt sind. Allen Lösungswegen sind genaue Nummerierungs-Verweise auf Tabellen und Formeln des Nachschlagewerkes „Formeln und Tabellen - Bauphysik -“ und damit auf die zugrunde liegenden Normen und Regelwerke beigefügt. Seit Erscheinen der letzten Ausgabe der Praxisbeispiele Bauphysik, sowie der Formeln und Tabellen Bauphysik ist nun schon wieder einige Zeit verstrichen, in denen sich im Hinblick auf Normen und Regelwerke einige Änderungen ergeben haben. Also wurden in der sechsten Auflage - neben einigen redaktionellen Änderungen - der Teil im Bereich „Schallschutz“ entsprechend überarbeitet und auf den aktuellen Stand gebracht. Inhaltlich finden die Nutzer dieses Buches Fragen und Aufgaben aus Lehrveranstaltungen sowie früheren Klausuren an der Ruhr-Universität Bochum und der TU Dortmund ebenso wieder wie praktische Fragestellungen aus Ingenieurbüro- und Forschungstätigkeiten der Wissenschaftlichen Mitarbeiter. An dieser Stelle sei besonders den inzwischen mehreren Generationen von Auszubildenden des Berufsfeldes „Bauzeichner“ gedankt, die die zahlreichen Bilder erstellt haben.

Bochum und Dortmund im August 2020 Die Autoren

VI

Hinweis: Die im Lösungsteil rechtsseitig aufgeführten Formel- und Tabellennummerierungen, z.B. (Formel 2.1.2-1), beziehen sich auf das Fachbuch:

#KNIAHJQJ@1=>AHHAJ=QLDUOEG Qŧ=CA von Wolfgang M. Willems, Kai Schild, Diana Stricker, Alexandra Wagner

VII

Inhaltsverzeichnis 1

Fragen und Aufgaben

1.1 1.1.1 1.1.2 1.2 1.2.1 1.2.2 1.3 1.3.1 1.3.2 1.4 1.4.1 1.4.2

Wärmeschutz und Energieeinsparung ........................................................ 1 Verständnisfragen ........................................................................................... 1 Aufgaben zum Wärmeschutz .......................................................................... 6 Feuchteschutz ............................................................................................. 49 Verständnisfragen ......................................................................................... 49 Aufgaben zum Feuchteschutz ....................................................................... 53 Schallschutz ................................................................................................ 62 Verständnisfragen ......................................................................................... 62 Aufgaben zum Schallschutz .......................................................................... 66 Brandschutz ................................................................................................ 91 Verständnisfragen ......................................................................................... 91 Aufgaben zum Brandschutz .......................................................................... 93

2

Antworten und Lösungen

2.1 2.1.1 2.1.2 2.2 2.2.1 2.2.2 2.3 2.3.1 2.3.2 2.4 2.4.1 2.4.2

Wärmeschutz und Energieeinsparung ...................................................... 95 Antworten zu Verständnisfragen ................................................................... 95 Lösungen zu Wärmeschutz-Aufgaben ........................................................ 107 Feuchteschutz ............................................................................................ 165 Antworten zu Verständnisfragen ................................................................. 165 Lösungen zu Feuchteschutz-Aufgaben ....................................................... 174 Schallschutz .............................................................................................. 207 Antworten zu Verständnisfragen ................................................................. 207 Lösungen zu Schallschutz-Aufgaben .......................................................... 220 Brandschutz .............................................................................................. 266 Antworten zu Verständnisfragen ................................................................. 266 Lösungen zu Brandschutz-Aufgaben .......................................................... 272

3

Anhang

3.1 3.1.1 3.1.2 3.1.3

Formulare und Diagramme .......................................................................... 277 Wärmeschutz .............................................................................................. 277 Feuchteschutz ............................................................................................. 283 Schallschutz ................................................................................................ 287

1

1 Fragen und Aufgaben 1.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung 1.1.1 Verständnisfragen 1.

Wovon hängt die Wärmeleitfähigkeit eines Baustoffes ab?

2.

Wodurch entstehen Wärmeströme in einem Bauteil?

3.

Welche drei Wärmetransportmechanismen gibt es?

4.

Was beschreiben die Begriffe „Wärmedurchlasswiderstand“ und „Wärmedurchgangswiderstand“?

5.

Gegeben ist der Verlauf der Außenlufttemperatur im Punkt 0 über ein Jahr sowie ein Bereich ungestörtes Erdreich. Welcher Temperaturverlauf stellt sich in den Punkten 1 und 2 ein? 3XQNW



3XQNW



T

3XQNW

3XQNW



W

LQP

T

ƒ&

6.

Was versteht man unter der „spezifischen Wärmekapazität“?

7.

Erläutern Sie den Begriff „Konvektion“ beispielhaft für die Wärmeübertragung in einem Wohnraum.

8.

Warum werden für den inneren und den äußeren Wärmeübergangswiderstand unterschiedliche Werte angesetzt?

9.

Was ist bei der Berechnung des Wärmedurchgangswiderstandes von Bauteilen mit Abdichtungen zu beachten?

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2020 W. M. Willems et al., Praxisbeispiele Bauphysik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-31618-1_1

2

1 Fragen und Aufgaben

10. Welchen Wärmedurchlasswiderstand weist eine Außenwand aus 23 cm Stahlbeton auf und wieviel cm Wärmedämmung (WLG 040) entspricht sie? 11. Welchen U-Wert besitzt eine Wand, die bei T e = –10 °C und T i = 20 °C eine Wärmestromdichte von q = 1,0 W/m² aufweist? 12. Wie groß ist der schlechtestmögliche Wärmedurchgangskoeffizient einer Außenwandkonstruktion? 13. Wie werden „ruhende“ Luftschichten, „schwach belüftete“ Luftschichten und „stark belüftete“ Luftschichten bei der Berechnung des U-Wertes behandelt? 14. Warum unterscheiden sich die Anforderungen an den Mindestwärmeschutz z.B. für Außenwände zwischen R = 1,2 (m²·K)/W für Bauteile mit m' t 100 kg/m² und R =1,75 (m²·K)/W für Bauteile mit m' AHHAJDEJSAEOA>AVEADAJOE?D=QB@=OQ?DŐ#KNIAHJQJ@1=>AHHAJ=QLDUOEGŏ QŦ=CA

*)

108

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 3 a) U-Wert Außenwand 1 1 U= = n d RT Rse + ∑ i + Rsi λ i =1 i

(Formel 2.1.13-1) (Formel 2.1.12-2)

0,015 0,14 0,175 0,01 ⎛ ⎞ + + 0,13 ⎟ + + U AW = ⎜ 0,04 + , 79 0,51 1,00 0,04 0 ⎝ ⎠ W = 0,25 2 m K

-1

E  $X‰HQZDQGDQHLQHXQEHKHL]WH*DUDJHJHPl‰',1(1,62





Variante 1: Es wird bei der Berechnung des U-Wertes ein Ru für die Garage berücksichtigt, dann LVWDEHUEHLP1DFKZHLVQDFK(Q(9IUGLHVHV%DXWHLOFx = 1 anzusetzen. =XVlW]OLFKHU:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQGGHVXQEHKHL]WHQ5DXPHV Ai Ru = A ⋅ U ( ∑k e,k e,k ) + 0, 33 ⋅ n ⋅V (Formel 2.1.11-7) 30 m2 K = = 0,108 87 ⋅ 2,0 + 0,33 ⋅ 3,0 ⋅ 105 W :lUPHGXUFKJDQJVNRHIIL]LHQWGHU$X‰HQZDQG n ⎛ ⎞ d U = ⎜ Rsi + ∑ i + Ru + Rse ⎟ i =1 λ i ⎝ ⎠

−1

(Formeln 2.1.13-1 u. 2.1.12-2)

0, 01 0,175 0,14 0, 015 ⎛ ⎞ + + 0,108 + 0, 04 ⎟ = ⎜ 0,13 + + + 0 04 1 00 , , 0 , 51 0 , 79 ⎝ ⎠ W = 0, 25 2 m K

−1

Variante 2: Hier wird bei der Berechnung des U-Wertes ein Ru für die Garage vernachlässigt, dann LVWEHLP1DFKZHLVQDFK(Q(9IUGLHVHV%DXWHLOFx = 0,5 anzusetzen. Rse = Rsi = 0,13

m2 K W

n ⎛ ⎞ d U = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ i =1 λ i ⎝ ⎠

−1

0, 01 0,175 0,14 0, 015 ⎛ ⎞ = ⎜ 0,13 + + + + + 0,13 ⎟ 0 , 51 0 , 79 0 , 04 1 , 00 ⎝ ⎠ W = 0, 25 2 m K

(F. 2.1.13-1 u 2.1.12-2) −1

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

109

Lösung zu Aufgabe 4 UUmkehrdach = U + ΔU r

(Formel 2.1.13-2)

R − Ri ΔU r ist abhängig von T RT

(Tabelle 2.1.13-2)

*HVDPWHU:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQG n d RT = Rsi + ∑ i + Rse i =1 λ i = 0,10 +

(Formel 2.1.12-2)

m2 K 0, 01 0,16 0,12 + 0, 04 = 3, 229 + + W 0, 51 2,3 0,04

:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQGGHU:lUPHGlPPXQJ Ri =

d 0,12 m2 K = = 3, 0 λ 0,04 W

(Formel 2.1.11-1)

=XVFKODJVZHUWHQDFK',17HLO]XU%HUFNVLFKWLJXQJGHV(LQIOXVVHVYRQ IOLH‰HQGHP:DVVVHU]ZLVFKHQ'lPPVFKLFKWXQG'DFKDEGLFKWXQJ RT - Ri 3,229 - 3,00 = = 0,07 = 7 % RT 3,229 7 % < 10 % ⇒ ΔU r = 0,05

W m2 K

:lUPHGXUFKJDQJVNRHIIL]LHQW U D = U + ΔU r =

1 + ΔU r RT

1 + 0, 05 3, 229 W = 0,36 2 m K =

Es ergibt sich ein Wärmedurchgangskoeffizient für das Umkehrdach von UD = 0,36 W/m2K

(Tabelle 2.1.13-2)

110

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 5 D  0LQGHVWZlUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQGJHPl‰',17HLO Rmin 

1, 2

m2 K W

(Tab. 2.4.1-1, Z. 3)

YRUKDQGHQHU:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQG Rvorh =

n

di

∑λ i =1

=

i

d 0, 01 0, 24 dDä 0, 015 + + + = 0, 235 + Dä 0, 04 0, 51 1, 20 0, 04 1, 00

(Formel 2.1.11-1)

Vergleich Rvorh ≥ Rmin : 0, 235 + ⇒

dDä m2 K ≥ 1, 2 0,04 W

dDä ≥ (1, 2 − 0, 235 ) ⋅ 0, 04 = 0, 04 m

E  $QIRUGHUXQJJHPl‰(QHUJLHHLQVSDUYHURUGQXQJ U max



0, 24

W m2 K

(Tab. 2.5.3-2, Z. 2)

:lUPHGXUFKJDQJVNRHIIL]LHQW

U vorh

n ⎛ ⎞ d = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ i =1 λ i ⎝ ⎠

−1

⎛ ⎞ 0, 01 0, 24 dDä 0, 015 + + + 0, 04 ⎟ = ⎜ 0,13 + + 0, 51 1, 20 0, 04 1, 00 ⎝ ⎠ 1 = d 0, 405 + Dä 0, 04

(Formel 2.1.13-1 und 2.1.12-2) −1

Veergleich U max ≥ U vorh : 0, 24

⇒

W ≥ m2 K

1 0, 405 +

dDä 0,04

⎡⎛ 1 ⎞ ⎤ dDä ≥ ⎢⎜ ⎟ − 0, 405⎥ ⋅ 0, 04 = 0,15 m 0 24 , ⎠ ⎣⎝ ⎦

Es ist eine Außenwandkonstruktion mit mindestens 15 cm Wärmedämmschichtdicke erforderlich, in der Praxis wird eine Dicke von 16 cm gewählt.

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

111

Lösung zu Aufgabe 6  8:HUWGHU$X‰HQZDQG Wärmedurchlasswiderstand der Luftschicht: d = 40 mm, Wärmestromrichtung: horizontal ⇒ Rg = 0,18

m2 K W

(Tab. 2.1.11-2)

Wärmedurchgangskoeffizient der Wand: n ⎛ ⎞ d U AW = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ i =1 λi ⎝ ⎠

−1

(Formel 2.1.13-1 und 2.1.12-2)

0,01 0, 24 0, 08 0,115 0, 015 ⎛ ⎞ = ⎜ 0,13 + + + + 0,18 + + + 0, 04 ⎟ 0,51 0, 45 0, 04 1, 2 1, 0 ⎝ ⎠ W = 0, 33 2 m K

−1

Der Wärmedurchgangskoeffizient der Außenwand beträgt UAW = 0,33 W/(m2·K).  %HUHFKQXQJGHV)HQVWHUIOlFKHQDQWHLOV Mittlerer U-Wert der Fassade: U ⋅ AAW + UW ⋅ AW UW + AW = U M = AW Ages = =

(

)

U AW ⋅ Ages − AW + UW ⋅ AW Ages U AW ⋅ Ages Ages

= U AW +

−

U AW ⋅ AW UW ⋅ AW + Ages Ages

AW ⋅ (UW − U AW ) Ages

W m2 K W = 0, 33 2 m K U M − U AW = UW − U AW

UW = 1, 4 U AW AW Ages

=

0,45 − 0,33 0,12 = = 0,11 1,4 − 0,33 1, 07

Der maximal mögliche Fensterflächenanteil beträgt 11 %.

112

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 7 1. Wärmemenge:

Q 500.000 J Wh Ws 500.000 Wh = = 500.000 2 = = 138, 9 2 2 2 A 1 3600 m m m m 2. Wärmestromdichte: q=

W Φ Q 138, 9 = = = 5, 79 2 A A⋅t 24 m

(Formel 2.1.8-1 u. 2.1.7-1)

3. Maximaler Wärmedurchgangskoeffizient: q = U ⋅ ( θi − θ e )

(Formel 2.1.8-4)

Δθ = θi − θe = 20 − ( −5 ) = 25 K U max =

q 5, 79 W = = 0, 232 2 Δθ 25 m K

4. Vorhandener Wärmedurchgangskoeffizient: Rsi = 0,17

m2 K W

(Tab. 2.1.10-1, Z. 6)

n ⎛ ⎞ d U vorh = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ i =1 λ i ⎝ ⎠

−1

d 0, 01 0, 06 0, 04 0,16 ⎛ ⎞ + + Dä + + 0, 04 ⎟ = ⎜ 0,17 + + 1, 40 0, 035 2, 30 0, 035 1, 00 ⎝ ⎠ 1 = d 1, 475 + Dä 0, 035

(Formel 2.1.12-2 u. 2.1.13-1) −1

5. Vergleich U max ≥ U vorh : 0, 232

W ≥ m2 K

1 1, 475 +

d Dä 0,035

⎡⎛ 1 ⎞ ⎤ d Dä ≥ ⎢⎜ ⎟ − 1, 475⎥ ⋅ 0, 035 = 0, 099 m ⎣⎝ 0, 232 ⎠ ⎦ → gewählt : d Dä = 10 cm

Es ist unterseitig eine Dämmschichtdicke von 10 cm erforderlich, der Wärmedurchgangskoeffizient beträgt dann U = 0,23 W/(m2·K).

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

113

Lösung zu Aufgabe 8 a)

U-Wert Außenwand, erdberührt Bauteilschicht Wärmeübergang (außen) Perimeter-Wärmedämmung Abdichtung

Ȝ W/(m·K)

Rs / Ri (m2·K)/W

-

-

0,0

0,12

0,05

2,400

-

-

-

Mauerwerk aus Kalksandsteinen

0,365

0,79

0,462

Gipsputz innen

0,01

0,51

0,020

-

-

0,13

Wärmeübergang (innen)

b)

d m

RT =

3,012

U = 1/RT =

0,33 W/(m2K)

Ȝ W/(m·K)

Rs / Ri (m2·K)/W

U-Wert Innenwand zum unbeheizten Treppenhaus Bauteilschicht Wärmeübergang (außen)

d m -

-

0,13

Kalkgipsputz

0,015

1,00

0,015

Mauerwerk aus Hochlochziegeln

0,24

0,34

0,706

Gipsputz

0,01

0,51

0,020

Wärmeübergang (innen)

-

-

0,13

RT =

1,001

U = 1/RT =

1,00 W/(m2·K)

Lösung zu Aufgabe 9 D  8:HUWGHU'DFKIOlFKHEHL]ZHLVHLWLJHU(QWZlVVHUXQJ

1. Wärmedurchgangswiderstand ohne Keilschicht: n

R0 = Rsi + ∑ i =1

= 0,10 +

di + Rse λi

0, 01 0,16 0,12 + + + 0,04 0, 51 2, 3 0, 04

(Formel 2.1.12-2) (Rs : Tab. 2.1.10-1)

m2K W 2. Wärmedurchgangswiderstand der Keilschicht: = 3, 229

R2 =

d d2 0, 05 m2K = 2 = = 1, 25 W λ 0,04 0, 04

(Bild 2.1.13-2)

114

2 Antworten und Lösungen 3. Wärmedurchgangskoeffizient einschließlich Keildämmung:

(Bild 2.1.13-2)

⎛ R ⎞ 1 ⋅ ln ⎜1 + 2 ⎟ R2 ⎝ R0 ⎠ 1 ⎛ 1, 25 ⎞ = ⋅ ln ⎜1 + ⎟ 1,25 ⎝ 3, 229 ⎠

U=

= 0, 26

W m2K

Der U-Wert der Dachfläche mit zweiseitiger Dachentwässerung beträgt 0,26 W/m2K. E  (LQVHLWLJH'DFKHQWZlVVHUXQJ 1. Wärmedurchgangswiderstand ohne Keilschicht: n

R0 = Rsi + ∑ i =1

di + Rse λi

d 0, 01 0,16 + + 0 + 0,04 0, 51 2, 3 0, 04 d = 0, 229 + 0 0, 04 = 0,10 +

2. Wärmedurchgangswiderstand der Keilschicht: 2% 2% d2 = ⋅A = ⋅ 4, 0 = 0, 08 m 100 100 d m2K 0, 08 R2 = 2 = = 2, 0 W λ 0, 04 3. Wärmedurchgangskoeffizient des Daches:

(Bild 2.1.13-2)

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎛ R2 ⎞ 1 2, 0 1 W ⎟ = 0, 26 2 ⋅ ln ⎜1 + U2 = ⋅ ln ⎜1 + ⎟= d m K R2 R 2,0 ⎜ 0, 229 + 0 ⎟ 0 ⎠ ⎝ ⎟ ⎜ 0 04 , ⎠ ⎝ 4. Mindestdicke der Dämmschicht: ⇒ e0,52 = 1 +

⇒

2 0, 229 +

d0 0, 04

⎛ 2 ⎞ − 0, 229 ⎟ ⋅ 0, 04 = 0,11m d 0 = ⎜ 0,52 e − 1 ⎝ ⎠

Um den gleichen U-Wert mit einer einseitigen Dachentwässerung zu erhalten, muss GLH 0LQGHVWGlPPVFKLFKWGLFNH  FP EHWUDJHQ ,Q GHU 3UD[LV ZLUG HLQH 'LFNH YRQ 12 cm gewählt.

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

115

Lösung zu Aufgabe 10 a) U-Wert Bodenplatte d m

Bauteilschicht Wärmeübergang (oben)

Ȝ W/(m·K)

Rs / Ri (m2·K)/W

-

-

0,17

Zementestrich

0,06

1,40

0,043

Wärme- u. Trittschalldämmung

0,10

0,035

2,857

Abdichtung

-

-

-

Stahlbetonplatte

-

-

-

Wärmeübergang (unten)

-

-

0,0

RT =

3,070

U = 1/RT =

0,33 W/(m2·K)

Ȝ W/(m·K)

Rs / Ri (m2·K)/W

b) U-Wert Kellerdecke zum unbeheizten Keller d m

Bauteilschicht Wärmeübergang (oben)

-

-

0,17

0,06

1,40

0,043

Wärme- u. Trittschalldämmung

0,10

0,035

2,857

Stahlbetondecke

0,16

2,30

0,070

Kalkzementputz

0,015

1,00

0,015

-

-

0,17

Zementestrich

Wärmeübergang (unten)

RT =

3,325

U = 1/RT =

0,30 W/(m2·K)

c) U-Wert Schrägdach Der Wärmedurchgangswiderstand für mehrschichtige inhomogene Bauteile wird JHPl‰',1(1,62Abschnitt 2.1.12 HUPLWWHOW - Rechenmodell siehe (Bild 2.1.11-2) 1. Wärmedurchgangswiderstände der jeweiligen Abschnitte: RTaa = 0,10 +

0,015 0,16 m2 K + 0,16 + + 0,10 = 1,651 0,25 0,13 W

0,16 m2 K 0,015 + 0,16 + + 0,10 = 4,420 0,25 0,04 W 2. Oberer Grenzwert des Wärmedurchgangswiderstandes: RTb = 0,10 +

−1

(Abschn. Gefach)

−1

f ⎞ ⎛ f m2 K ⎛ 0,11 0,89 ⎞ + = 3,732 R =⎜ a + b ⎟ =⎜ ⎟ W ⎝ 1,651 4,420 ⎠ ⎝ RTa RTb ⎠ ' T

(Abschn. Rippe)

(Formel 2.1.12-4)

116

2 Antworten und Lösungen 3. Unterer Grenzwert des Wärmedurchgangswiderstandes: −1

⎛ 0,11 + 0,89 ⎞ m2 K ⎟ = 0, 06 R1 (GK - Ebene ) = ⎜ 0,015 ⎜ W 0,25 ⎟⎠ ⎝ 2 m K R2 ( Luftschicht ) = 0,16 W −1 0,89 ⎞ ⎛ 0,11 m2 K + ⎟ = 3, 206 R3 ( Dämmebene ) = ⎜ 0,16 0,16 ⎜ W 0,13 0,04 ⎟⎠ ⎝ n

RT'' = Rsi + ∑ R j + Rse

(Formel 2.1.12-5)

j =1

= 0,10 + 0, 06 + 0,16 + 3, 206 + 0,10 = 3,626

m2 K W

4. Wärmedurchgangswiderstand: RT' + RT'' 3,732 + 3,626 m2 K = = 3,679 2 2 W 5. Wärmedurchgangskoeffizient: 1 1 W U= = = 0,27 2 RT 3,679 m K RT =

(Formel 2.1.12-3)

(Formel 2.1.13-1)

d) U-Wert Kehlbalkendecke 0,015 m2 K 0,20 0,02 RTa = 0,10 + + 0,16 + + + 0,10 = 2,101 0,25 W 0,13 0,14 0,015 m2 K 0,20 0,02 + 0,16 + + + 0,10 = 5,563 RTb = 0,10 + 0,25 W 0,04 0,14 −1

−1

f ⎞ ⎛ f m2 K ⎛ 0,11 0,89 ⎞ + RT' = ⎜ a + b ⎟ = ⎜ = 4,709 ⎟ W ⎝ 2,101 5,563 ⎠ ⎝ RTa RTb ⎠ 2 m K R1 (GK - Ebene ) = 0, 06 W −1 0,89 ⎞ ⎛ 0,11 m2 K + ⎟ = 4, 008 R3 ( Dämmebene ) = ⎜ 0,20 0,20 ⎜ W 0,13 0,04 ⎟⎠ ⎝ −1

R4 ( Spanplatten - Ebene ) n

⎛ 0,11 + 0,89 ⎞ m2 K ⎟ = 0,143 = ⎜ 0,02 ⎜ W 0,14 ⎟⎠ ⎝

RT'' = Rsi + ∑ R j + Rse = 0,10 + 0, 06 + 0,16 + 4, 008 + 0,143 + 0,10 = 4,571 j =1

R ' + RT'' 4,709 + 4,571 m2 K RT = T = = 4,64 2 2 W 1 1 W = = 0,22 2 U= RT 4,64 m K

m2 K W

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

117

Lösung zu Aufgabe 11 Der Wärmedurchgangswiderstand für mehrschichtige inhomogene Bauteile wird gemäß ',1(1,62Abschnitt 2.1.12 HUPLWWHOW 1. Flächenanteile: 30  f a = 600  = 0,05   $EVFKQLWW%HWRQVWW]H 570  f b =  = 0,95   $EVFKQLWW0DXHUZHUNVEHUHLFK 600 2. Wärmedurchgangswiderstände der jeweiligen Abschnitte: 0,01 0,30 0,08 0,015 m2 K + + + + 0,04 = 2,335 0,51 2,3 0,04 1,00 W 0,01 0,24 0,06 0,08 0,015 m2 K RTb = 0,13+ + + + + +0,,04 = 4,215 0,51 0,81 0,035 0,04 1,00 W

RTa = 0,13 +

3. Oberer Grenzwert des Wärmedurchgangswiderstandes: f ⎞ ⎛ f R =⎜ a + b ⎟ R R Tb ⎠ ⎝ Ta

−1

' T

(Formel 2.1.12-4) −1

0,95 ⎞ m2 K ⎛ 0,05 + = 4,052 =⎜ ⎟ W ⎝ 2,335 4,215 ⎠ 4. Unterer Grenzwert des Wärmedurchgangswiderstandes: −1

R1 ( Innenputz )

0,95 ⎞ ⎛ 0,05 m2 K + ⎟ = 0, 020 = ⎜ 0,01 0,01 ⎜ W 0,51 0,51 ⎟⎠ ⎝ −1

0,95 ⎞ ⎛ 0,05 m2 K + ⎟ = 0, 271 = ⎜ 0,24 0,24 ⎜ W 2,3 0,81 ⎟⎠ ⎝

R2 ( MW - Ebene )

−1

R3 ( Ebene Vorsprünge )

0,95 ⎞ ⎛ 0,05 m2 K + ⎟ = 0, 405 = ⎜ 0,06 0,06 ⎜ W 2,3 0,035 ⎟⎠ ⎝ −1

0,95 ⎞ ⎛ 0,05 m2 K + ⎟ = 2, 00 = ⎜ 0,08 0,08 ⎜ W 0,04 ⎟⎠ 0,04 ⎝

R4 ( Dämmebene )

−1

R5 ( Außenputz )

0,95 ⎞ ⎛ 0,05 m2 K + ⎟ = 0, 015 = ⎜ 0,015 0,015 ⎜ W 1,00 1,00 ⎟⎠ ⎝ n

RT'' = Rsi + ∑ R j + Rse

(Formel 2.1.12-5)

j =1

= 0,13 + 0,020 + 0,271 + 0,405 + 2,00 + 0,015 + 0,04 = 2, 881

m2 K W

118

2 Antworten und Lösungen RT' ≤ 1, 5 RT''

5. Bedingung nach DIN EN ISO 6946:

RT' 4, 052 = = 1, 41 ⇒ Bedingung erfüllt! '' 2, 881 RT 6. Wärmedurchgangswiderstand: RT' + RT'' 4,052 + 2,881 m2 K = = 3,467 2 W 2 7. Wärmedurchgangskoeffizient: 1 W 1 U = = = 0,29 2 RT 3,467 m K RT =

(Formel 2.1.12-3)

(Formel 2.1.13-1)

Der berechnete U-Wert der Außenwandkonstruktion beträgt 0,29 W/m2K.

Lösung zu Aufgabe 12

U = Uohne Dübel + ¨Uf

ΔU f =

α ⋅ λ f ⋅ n f ⋅ Af ⎛ R1 ⎞ ⎜R ⎟ d0 ⎝ T,h ⎠

2

(Formel 2.1.13-4)

1. Querschnittsfläche des Befestigungsdübels: 2

2

⎛d ⎞ ⎛ 0,0063 ⎞ −5 2 Af = π ⋅ ⎜ f ⎟ = π ⋅ ⎜ ⎟ = 3,12 ⋅10 m ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2. Wärmedurchlasswiderstand der die Dübel enthaltenden Schicht: 2 d0 0,14 m K = = 3, 5 W λWD 0, 04 3. Wärmedurchlasswiderstand des Bauteils ohne Dübel:

R1 =

(Formel 2.1.11-1)

2 m K 1 = 4, 0 W U o.D. 0, 25 4. Korrekturwert: d 0 = 0,14 m

RT,h =

1

=

2

0, 8 ⋅ 50 ⋅ 2,78 ⋅ 3,12 ⋅10-5 ⎛ 3, 5 ⎞ W ⋅⎜ = 0, 02 2 ⎟ 0,14 m K ⎝ 4, 0 ⎠ 5. U-Wert mit Berücksichtigung der Dübel: ΔU f =

U = U ohne Dübel + ΔU f = 0, 25 + 0, 02 = 0, 27

W m2K

Der U-Wert erhöht sich auf U = 0,27 W/m2K. (Zum Ausgleich der zusätzlichen Wärmeverluste durch die Befestigung müsste die Dämmschichtdicke um etwa 1 cm erhöht werden.)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

119

Lösung zu Aufgabe 13 Der Wärmedurchgangswiderstand für mehrschichtige inhomogene Bauteile wird gemäß ',1(1,62Abschnitt 2.1.12 HUPLWWHOW 1. Flächenanteile: 8⋅ 4 d = 0, 0111 fa = 60 ⋅ 48 c 8 ⋅ 44 4 fb = = 0,1222 60 ⋅ 48 3 52 ⋅ 4 2 fc = = 0, 0722 1 60 ⋅ 48 52 52 ⋅ 44 fd = = 0, 7944 60 ⋅ 48 2. Wärmedurchgangswiderstände der jeweiligen Abschnitte: Rsi = Rse = 0,10

m2K ; W

RLuftschicht = 0,16

b a

44 8 4

m2K W

RTa = 0,10 +

0, 0125 0,12 0, 04 m2K + 0,16 + + + 0,10 = 1, 641 W 0,25 0,13 0,13

RTb = 0,10 +

0, 0125 0,12 0, 04 m2K + 0,16 + + + 0,10 = 2, 476 W 0,25 0,13 0,035

RTc = 0,10 +

0, 0125 0,12 0, 04 m2K + 0,16 + + + 0,10 = 3, 718 W 0,25 0,04 0,13

RTd = 0,10 +

0, 0125 0,12 0, 04 m2K + 0,16 + + + 0,10 = 4, 553 W 0,25 0,04 0,035

3. Oberer Grenzwert des Wärmedurchgangswiderstan ndes: f f f ⎞ ⎛ f R 'T = ⎜ a + b + c + d ⎟ R R R R Tb Tc Td ⎠ ⎝ Ta

−1

(Formel 2.1.12-4) −1

⎛ 0, 01111 0,1222 0, 0722 0, 7944 ⎞ m2K + + + =⎜ ⎟ = 4, 00 W 2,476 3,718 4,553 ⎠ ⎝ 1,641 :lUPHGXUFKJDQJVZLGHUVWlQGHGHUMHZHLOLJHQ6FKLFKWHQ −1

⎛ 0, 0111 + 0,1222 + 0, 0722 + 0, 7944 ⎞ 2 ⎟ = 0, 05 m K R1 = ⎜ 0, 0125 ⎜⎜ ⎟⎟ W 0, 25 ⎝ ⎠ R2 = 0,16

m2K W

120

2 Antworten und Lösungen −1

⎛ 0, 0111 + 0,1222 0, 0722 + 0, 7944 ⎞ 2 + ⎟ = 2, 308 m K 0,12 0,12 R3 = ⎜ ⎟ ⎜ W 0,13 0, 04 ⎠ ⎝ −1

⎛ 0, 0111 + 0, 0722 0,1222 + 0, 7944 ⎞ 2 + ⎟ = 0, 932 m K 0, 04 0, 04 R4 = ⎜ ⎟ ⎜ W 0,13 0, 035 ⎠ ⎝ 5. Unterer Grenzwert des Wärmedurchgangswiderstandes: n

RT'' = Rsi + ∑ R j + Rse

(Formel 2.1.12-5)

j =1

2

= 0,10 + 0, 05 + 0,16 + 2, 308 + 0, 932 + 0,10 = 3, 65 RT' 4, 0 = = 1, 095 RT'' 3, 65

mK W

≤ 1, 5

6. Wärmedurchgangswiderstand und Wärmedurchgangskoeffizient:: R 'T + R ''T 4,00 + 3,65 m2K = = 3, 825 W 2 2 1 1 W U = = = 0,, 26 2 mK RT 3, 825 RT =

(Formel 2.1.12-3) (Formel 2.1.13-1)

Der berechnete U-Wert der Dachkonstruktion beträgt 0,26 W/m2K.

Lösung zu Aufgabe 14 (Abschnitt 2.2.1)

a) rechnerisches Verfahren 1. Wärmedurchgangskoeffizient der Fußbodenkonstruktion: 1 1 U= = = n di RT Rsi + ∑ + Rse i =1 λi

(F. 2.1.13-1 + 2.1.12-2)

−1

⎞ ⎛ 0,045 0,04 0,16 0,10 W = ⎜ 0,17 + + + 0 ⎟ = 0,265 2 + + 1,4 0,04 2,3 0,04 m K ⎝ ⎠ 2. Wärmestromdichte q = U ⋅ (θi − θ e ) = 0,265 ⋅ ( 20 − 10 ) = 2,65

W m2

3. Temperaturen θ si = θi − q ⋅ Rsi = 20 − 2,65 ⋅ 0,17 = 19,55°C 0,045 θ1 = θ si − q ⋅ R1 = 19, 550 − 2,65 ⋅ = 19,47 °C 1,40

(Formel 2.1.8-4)

(Bild 2.2.1-1)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

121

0,04 = 16,82°C 0,04 0,16 θ3 = θ 2 − q ⋅ R3 = 16, 815 − 2,,65 ⋅ = 16, 63 °C 2,3 0,10 θ se = θ3 − q ⋅ R4 = 16, 631 − 2,65 ⋅ = 10, 00 °C 0,04

θ 2 = θ1 − q ⋅ R2 = 19, 465 − 2,65 ⋅

b) zeichnerisches Verfahren 1. Wärmedurchlasswiderstände: d 0, 045 m2 K R1 = 1 = = 0, 032 λ1 1, 40 W d 0,16 m2 K R3 = 3 = = 0, 070 λ3 2, 30 W

ƒ&

ƒ&

ƒ&

d 2 0, 04 m2 K = = 1, 000 λ2 0, 04 W d 0,10 m2 K R4 = 4 = = 2, 500 λ4 0, 04 W

3. Temperaturen: θi = 20 °C Temperatur T LQƒ&

ƒ&

R2 =

2. Wärmeübergangswiderstände: m2 K Rsi = 0,17 W

20

ƒ& ƒ&

Rse = 0, 00

m2 K W

θ e = 10 °C

ƒ& ƒ&

19 18 17

ƒ&

ƒ&

16 15 14 13 12 11 10

ƒ& Rsi R1

R2

R3

R4

Rse=0

:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQG5 in (m2K)/W

122

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 15 a) Ermittlung der maximalen Wärmeleitfähigkeit 1. Wärmestromdichte: W q = U ⋅ Δθ = U ⋅ (θi − θ e ) ≤ 12 2 m W U ⋅ ( 20 − ( −10 ) ) ≤ 12 2 m 12 W ⇒ U soll ≤ = 0, 40 2 30 m K

(Formel 2.1.8-4)

2. Vorhandener U-Wert: −1

n d ⎛ ⎞ U vorh = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ (F. 2.1.13-1 + 2.1.12-2) λ i =1 i ⎝ ⎠ −1 ⎛ ⎞ 0, 01 0, 24 0, 08 0,115 1 + 0, 04 ⎟ = = ⎜ 0,13 + + + + 0, 08 1 , 2 λ 0 , 51 0 , 81 Dä ⎝ ⎠ 0, 582 + λDä 3. Vergleich U vorh ≤ U soll : W 1 ≤ 0, 40 2 0, 08 m K 0, 582 + λDä −1

⇒

⎛ 1 ⎞ W − 0, 582 ⎟ ⋅ 0, 08 = 0, 042 λDä ≤ ⎜ m⋅K ⎝ 0, 40 ⎠

Es wird eine Wärmedämmschicht mit ȜDä = 0,04 W/(m·K) gewählt. (Bild 2.2.1-1)

b) Ermittlung des Temperaturunterschieds  7HPSHUDWXUHQYRQLQQHQQDFKDX‰HQ

θ si = θi − q ⋅ Rsi = θi − 5 ⋅ 0,13 = 20 − 0, 65 = 19, 35 °C d 0, 01 = 19, 25 °C θ1 = θ si − q ⋅ 1 = 19, 35 − 5 ⋅ λ1 0, 51 d 0, 24 θ 2 = θ1 − q ⋅ 2 = 19, 25 − 5 ⋅ = 17, 77 °C λ2 0, 81

ƒ&

ƒ&

 7HPSHUDWXUHQYRQDX‰HQQDFKLQQHQ

θ se = θ e + q ⋅ Rse = −10 + 5 ⋅ 0, 04 = −9, 80 °C 0,115 = −9, 32 °C θ3 = θ se + q ⋅ R3 = −9, 80 + 5 ⋅ 1, 2 3. Temperaturunterschied: Δθ 2 −3 = θ 2 − θ3 = 17, 77 − ( −9, 32 ) = 27, 09 °C

ƒ& ƒ&

ƒ&

ƒ& ƒ&

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

123

Lösung zu Aufgabe 16 a) U-Wert  )OlFKHQDQWHLOH e 0, 54 = = 0, 9 f Rippe = 0,1 e + b 0, 54 + 0, 06 2. Bestimmung von RTGHUMHZHLOLJHQ$EVFKQLWWH n d RT = Rsi + ∑ i + Rse i =1 λ i f Gefach =

(Formel 2.1.12-2) (Tabelle 2.1.10-1, Z. 7))

mit Rsi = Rse 0, 015 0, 24 0,15 m²K + + 0,13 = 4, 511 + 50 0, 04 0, 7 0,5 W 0, 015 0, 24 0,15 m²K = 0,13 + + + + 0,13 = 1, 915 0, 7 0, 50 0,13 W

RT ,G = 0,13 + RT , R 

REHUHU*UHQ]ZHUW −1

−1

f ⎞ ⎛ f 0,9 ⎞ m2 K ⎛ 0,1 + RT' = ⎜ a + b ⎟ = ⎜ = 3,972 ⎟ W ⎝ 1,915 4,511 ⎠ ⎝ RTa RTb ⎠ 

(Formel 2.1.12-4)

XQWHUHU*UHQ]ZHUW −1

R1 ( Innenputz )

0,9 ⎞ ⎛ 0,1 m2 K + ⎟ = ⎜ 0,015 = 0 , 021 0,015 ⎜ W 0,7 0,7 ⎟⎠ ⎝

(Formel 2.1.12-6)

−1

R2 ( MW - Ebene )

0,9 ⎞ ⎛ 0,1 m2 K + ⎟ = 0, 480 = ⎜ 0,24 0,24 ⎜ W 0,5 0,5 ⎟⎠ ⎝

R3 ( Dämmebene )

0,9 ⎞ ⎛ 0,1 m2 K + ⎟ = ⎜ 0,15 = 3 , 061 0,15 ⎜ W 0,13 0,04 ⎟⎠ ⎝

−1

n

RT'' = Rsi + ∑ R j + Rse

(Formel 2.1.12-5)

j =1

= 0,13 + 0,021 + 0,480 + 3,061 + 0,13 = 3,, 822 5. Bedingung nach DIN EN ISO 6946: RT' 3, 972 = = 1, 04 3, 822 RT''

m2 K W

RT' ≤ 1, 5 RT''

⇒ Bedingung erfüllt!

6. Wärmedurchgangswiderstand: RT =

RT' + RT'' 3,972 + 3,822 m2 K = = 3,897 2 2 W

(Formel 2.1.12-3)

124

2 Antworten und Lösungen 7. Wärmedurchgangskoeffizient: 1 W 1 0,26 2 U RT 3,897 m K

(Formel 2.1.13-1)

Der U-Wert der Konstruktion beträgt U = 0,26 W/m2K. b) Temperaturverlauf 1 U Gefach = Rsi + ∑ RG + Rse =

1 W = 0, 22 0, 015 0, 24 0,15 m²K + + + 0,13 0,13 + 0, 70 0, 50 0, 04

W m² θsi = θi − q ⋅ Rsi = 20 − 6, 65 ⋅ 0,13 = 19,1 °C q = U ⋅ Δθ = U ⋅ (20 − (−10) = 6, 65

θ4 / 5 = θsi − q ⋅ R5 = θsi − q ⋅



(Formel 2.1.8-4)

d5 0, 015 = 19,14 − 6, 65 ⋅ = 19, 0 °C λ5 0, 7

θ3/ 4 = θ4 / 5 − q ⋅ R4 = θ4 / 5 − q ⋅

d4 0, 24 = 19, 0 − 6, 65 ⋅ = 15, 81 °C λ4 0, 5

θ2 / 3 = θ3/ 4 − q ⋅ R3 = θ3/ 4 − q ⋅

d3 0,15 = 15, 81 − 6, 65 ⋅ = −9,13 °C λ3 0, 04

θse = θ2 / 3 − q ⋅ Rse = θ2 / 3 − q ⋅

d2 = −9,13 − 6, 65 ⋅ 0,13 = −10 °C λ2

]HLFKQHULVFKH'DUVWHOOXQJ

Ti ƒ& T4/5 ƒ&

ƒ

T3/4 ƒ&

T2/3 ƒ&

Te ƒ&

ƒ

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

125

Lösung zu Aufgabe 17 1. Wärmestromdichte: q = U ⋅ ( θi − θe ) = U ⋅ ( 20 − ( −5 ) ) = U ⋅ 25

(Formel 2.1.8-4)

2. Innenoberflächentemperaur: θsi = θi − q ⋅ Rsi = 20 − (U ⋅ 25 ⋅ 0,13) = 20 − 3, 25 ⋅ U

(Bild 2.2.1-1)

3. Vorhandener U-Wert: −1

U vorh

n ⎛ ⎞ (Formel 2.1.13-1 u. 2.1.12-2) = ⎜ Rsi + ∑ R j + Rse ⎟ j =1 ⎝ ⎠ −1 1 ⎛ ⎞ 0, 01 0, 24 d Dä 0, 015 = ⎜ 0,13 + + + + + 0, 04 ⎟ = d 0 51 1 2 0 04 1 0 , , , , ⎝ ⎠ 0,405 + Dä 0,04

4. Vergleich θsi ≥ 18 °C: 20 − 3,25 ⋅ U vorh ≥ 18 °C 3,25 20 − ≥ 18 °C d 0,405 + Dä 0,04 ⎛ 3, 25 ⎞ d Dä ≥ ⎜ − 0, 405 ⎟ ⋅ 0, 04 = 0, 049 m 20 − 18 ⎝ ⎠ Es wird eine Wärmedämmschichtdicke von 5 cm gewählt.

Lösung zu Aufgabe 18 a) Ermittlung des spezifischen Transmissionswärmeverlustes

1. Wärmeübertragende Umfassungsflächen: (s. Kapitel 1.1.1 - Geometrie) AW ,1 = π ⋅ d Zylinder ⋅ hW = π ⋅ 8, 0 ⋅1, 5 = 37, 7 m 2 AW ,2 = 10 ⋅1, 0 ⋅1, 0 + 2, 0 ⋅ 2, 0 = 14, 0 m 2

AW = 37, 7 + 14, 0 = 51, 7 m 2

AAW = U Zylinder ⋅ h − AW = π ⋅ d Zylinder ⋅ h − AW = π ⋅ 8, 0 ⋅12, 0 − 51, 7 = 249, 9 m 2 AD = π ⋅ AG = A

d Zylinder

π⋅d

2 2 Zylinder

4 = AW + AAW

2

⋅

⎛d ⎞ 8, 0 h 2 + ⎜ Zylinder ⎟ = π ⋅ ⋅ 2 ⎝ 2 ⎠

2

⎛ 8, 0 ⎞ 2 3, 02 + ⎜ ⎟ = 62, 8 m ⎝ 2 ⎠

π ⋅ 8, 02 = 50, 3 m 2 4 + AD + AG = 51, 7 + 249, 9 + 62, 8 + 50, 3 = 414, 7 m 2 =

126

2 Antworten und Lösungen 2. Beheiztes Gebäudevolumen: VZylinder = AZylinder ⋅ h =

2 π ⋅ d Zylin der

4

⋅h =

2

VKegel Ve

π ⋅ 8, 02 ⋅12, 0 = 603, 2 m3 4

(Abschnitt 1.1.1)

2

π ⎛d ⎞ π ⎛ 8, 0 ⎞ 3 = ⋅⎜ ⎟ ⋅ h = ⋅⎜ ⎟ ⋅ 3, 0 = 50, 3 m 3 ⎝2⎠ 3 ⎝ 2 ⎠ = VZylinder + VKegel = 603, 2 + 50, 3 = 653, 5 m3

3. Zulässiger spezifischer Transmissionswärmeverlust H T' : AN = Ve ⋅ 0, 32 = 653, 5 m3 ⋅ 0, 32 = 209,1 m 2 mit AN < 350m 2

(Abschnitt 2.5.5)

W ⇒ H T' ≤ 0, 40 2 m K

(Tabelle 2.5.2-3)

b) Ermittlung des maximalen U-Wertes der Außenwand

1. spezifischer Transmissionswärmeverlust H T' : W m2K 2. Abminderungsfaktor Fußboden FG : H T' ≤ 0, 40

AG 50, 3 = 4, 0 (4, 0 < 5) = 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ π ⋅ 8, 0 1 1 Rf = − Rsi = − 0,17 = 3,16 (3,16 > 1) UG 0, 3 B' =

FG = 0, 6

(Tabelle 2.5.6-2, Z. 15)

3. Tran nsmissionswärmeverlust H T : W K H T = ∑ ( Ai ⋅ U i ) + HU + LS + HWB + ΔH T , FH H T = H T' ⋅ A = 0,40 ⋅ 414,7 = 165,9

HU = ∑ ( Ai ⋅ U i ⋅ FG ,i ) = AG ⋅ U G ⋅ FG = AG ⋅ U G ⋅ 0, 6 HWB = 0, 05 ⋅ A

H T = ∑ ( Ai ⋅ U i ) + ( AG ⋅ U G ⋅ 0, 6) + 0, 05 ⋅ A

= AAW ⋅ U AW + AW ⋅ UW + AD ⋅ U D + AG ⋅ U G ⋅ 0, 6 + 0, 05 ⋅ A

= 249,9 ⋅ U AW + 51,7 ⋅1,4 + 62 2,8 ⋅ 0,27 + 50,3 ⋅ 0,30 ⋅ 0, 6 + 0, 05 ⋅ 414,7 ⇒ 165,9 ≥ 249, 9 ⋅ U AW + 119,1 4. maximaler U-Wert der Außenwand: ⇒ U AW ≤

165, 9 − 119,1 W ≤ 0,19 2 249, 9 mK

Der maximale U-Wertes der Außenwand beträgt 0,19 W/(m2·K).

(Tabelle 2.5.6-1)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

127

Lösung zu Aufgabe 19 Die Systemgrenzen der wärmeübertragenden Umfassungsflächen sind als Strichlinie einJH]HLFKQHW (Bild 2.5.5-1)

beheizt

beheizt

beheizt

beheizt

beheizt

unbeheizt

128

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 20 a) Transmissionswärmeverlust 1. Wärmedurchgangskoeffizienten (U-Werte): UW = 1,40

W m2 K -1

⎛ 0,01 0,24 0,12 0,115 ⎞ W + + + + 0,04 ⎟ = 0, 25 2 U AW = ⎜ 0,13 + 0,51 0,81 0,035 1,2 m K ⎝ ⎠ -1

UG UD

W ⎛ ⎞ 0,045 0,04 0,16 0,08 = ⎜ 0,17 + + + + + 0,00 ⎟ = 0, 28 2 1,4 0,04 2,3 0,035 m K ⎠ ⎝ W = 0,20 2 m K

2. Wärmeübertragende Umfassungsflächen: AW = 2 ⋅ ( 2,0 ⋅1,8 ) + 5 ⋅ (1,0 ⋅1,0 ) + 4 ⋅ (1,5 ⋅1,0 ) + 3 ⋅ ( 2,0 ⋅1,0 ) = 7, 2 + 5, 0 + 6, 0 + 6, 0 = 24,2 m 2 1 ⎡ ⎤ AAW = 2 ⋅ ⎢8, 0 ⋅ ⋅ ( 6, 5 + 5, 0 ) ⎥ + 6, 0 ⋅ ( 6, 5 + 5, 0 ) − A W 2 ⎣ ⎦ = 161, 0 − 24,2 = 136, 8 m 2 AG = 8, 0 ⋅ 6, 0 = 48,0 m 2 AD = 6, 0 ⋅ 1, 52 + 8, 02 = 48,8 m 2 A

= AAW + AW + AG + AD = 257, 8 m 2

3. Beheiztes Gebäudevolumen: Ve = 6, 0 ⋅ 8, 0 ⋅ ( 6,5 + 5,0 ) ⋅

1 = 276,0 m3 2

4. Temperaturkorrekturfaktoren: FX , AW = FX ,W = FX , D = 1, 0 AG 48 = = 3, 4 0,, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ 28 1 1 RG = = = 3, 03 U G 0, 33

B' =

⎫ < 5⎪ ⎪ ⎬ ⇒ FX ,G = 0, 60 > 1⎪ ⎪⎭

5. Wärmebrückenzuschlag: HWB = 0,10 ⋅ A = 0,10 ⋅ 257, 8 = 25, 8

W K

(Tabelle 2.5.6-2)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

129

6. Vorhandener Transmissionswärmeverlust H T :

(Tabelle 2.5.6-1)

H T = ∑ (U i ⋅ Ai ) + ∑ (U i ⋅ Ai ⋅ Fx ,i ) + LS + HWB + ΔH T , FH = H T , Fenster + H T , Außenwand + H T , Dach

+ H T , Fußboden

+ HWB

= 1,4 ⋅ 24,2 + 0, 25 ⋅136,8 + 0, 20 ⋅ 48,8 + 0, 60 ⋅ 0, 28 ⋅ 48,0 + 25, 8 = 111,7 H T' , vorh =

W K

H T ,vorh

=

A

111,7 W = 0, 43 2 257, 8 m K

7. Zulässiger spezifischer Transmissionswärmeverlust H T' : AN = 0, 32 ⋅ Ve = 0, 32 ⋅ 276, 0 = 88, 3 m 2

(Abschnitt 2.5.5)

W ≤ 0, 40 2 m K

(Tabelle 2.5.2-3)

AN < 350 m

2

→ H

' T , zul

⇒ Die Anforderung : "H T' ,voorh ≤ H T' , zul " wird nicht erfüllt! (0,43 > 0,40) b) Ermittlung des maximalen Zuschlags für Wärmebrücken H T ,max

= H T' , zul ⋅ A = 0, 40 ⋅ 257, 8 = 103,1

W K

n

HWB ,max = H T ,max − ∑ ( Fxi ⋅ U i ⋅ Ai ) = H T ,max − ( H T − HWB ) i =1

= 103,1 − (111, 7 − 25, 8 ) = 17, 2 ΔUWB ,max =

W K

HWB ,max A

=

17,2 W = 0, 067 2 257,8 m K

Der Zuschlag für Wärmebrücken darf max. 0,067 W/(m2K) betragen.   'LH :lUPHEUFNHQ VLQG JHPl‰ 'HWDLOV QDFK ',1  %HLEODWW  DXV]XIKUHQ GD ¨UWB,max > 0,05 W/(m2K) ist. Alternativ können die Wärmebrücken auch detailliert dimensioniert und anhand HWB ™ 5) 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ (12 + 2 ⋅ (7, 5 + 14)) 27, 5 1 1 (3, 33 > 1) Rf = = = 3, 33 U G 0, 3

B' =

⇒ FG = 0, 5

5. Vorhandener Transmissionswärmeverlust: W K W H T ,G = U G ⋅ AG ⋅ FG = 0, 30 ⋅195, 0 ⋅ 0, 5 = 29, 25 K H T , AW = U AW ⋅ AAW ⋅ FAW = 0, 34 ⋅ ( 220, 0 − A W ) ⋅1, 0 = 74, 8 − 0, 34 ⋅ A W

1 ⋅195, 0 ⋅1, 0 = 40, 95 H T , D = U D ⋅ AD ⋅ FD = 0, 21

H T ,W = UW ⋅ AW ⋅ FW = 1, 4 ⋅ AW ⋅1, 0 = 1, 4 ⋅ AW n

H T ,WB = ΔUWB ⋅ ∑ Ai = 0, 05 ⋅ Ages = 0, 05 ⋅ 610, 0 = 30, 5 i =1

n

n

i =1

i =1

W K

(Tabelle 2.5.6-1)

H T = ∑ (U i ⋅ Ai ⋅ Fxi ) + ΔUWB ⋅ ∑ Ai = 40, 95 + 29, 25 + 74, 8 − 0, 34 ⋅ AW + 1, 4 ⋅ AW + 30, 5 = 175, 5 + 1, 06 ⋅ AW 6. Zulässiger spezifiischer Transmissionswärmeverlust H T' : AN = 0, 32 ⋅ Ve = 0, 32 ⋅ 780, 0 = 249, 6 m 2 ⇒ H T ' ≤ 0, 40

W m2 K

(< 350 m 2 )

(Tabelle 2.5.2-3)

134

2 Antworten und Lösungen

(

)

7. Vergleich H T' , vorh ≤ H T' , erf : H T' , vorh = ⇒ AW ≤

H T ,vorh A

=

175, 5 + 1, 06 ⋅ AW W ≤ 0, 40 2 610,0 m K

( 0, 40 ⋅ 610,0 ) − 175, 5 1, 06

= 64, 6 m 2

8. Fensterflächenanteil: f =

AW 64, 6 = = 0, 29 AW + AAW 220, 0



29 %

Der maximale Fensterflächenanteil beträgt 29 %.

Lösung zu Aufgabe 23 1. Wärmedurchgangskoeffizienten: U D1 = 0, 35 U AW

W m2 K

n ⎛ ⎞ d = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ i =1 λ i ⎝ ⎠

−1

0,01 0, 24 d DÄ 0, 015 ⎛ ⎞ + 0, 04 ⎟ = ⎜ 0,13 + + + + 0,51 1, 2 0, 04 1, 00 ⎝ ⎠

UW U D2 U G1 UG2

d ⎞ ⎛ = ⎜ 0, 405 + DÄ ⎟ 0, 04 ⎠ ⎝ W = 1, 40 2 m K W = 0, 40 2 mK W = 0, 45 2 m K W = 0, 43 2 mK

−1

(Formeln 2.1.12-2) −1

W m2 K

2. Flächen: A D1 = 8, 0 ⋅ 2, 02 + 5, 02 + 8, 0 ⋅ 3, 02 + 5, 02 = 89, 7 m 2 ⎛ 3, 0 2, 0 ⎞ ⎞ ⎛ + 5, 0 ⋅ 4, 0 + 5, 0 ⋅ A AW+W = ⎜ 8, 0 ⋅ ( 7, 0 + 6, 0 ) + 2 ⋅ ⎜ 5, 0 ⋅ 6, 0 + 5, 0 ⋅ ⎟ 2 2 ⎟⎠ ⎠ ⎝ ⎝ = 229, 0 m 2

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

135

AW = AAW +W ⋅ 0,30 = 229,0 ⋅ 0,30 = 68,7 m 2 AAW = AAW +W − AW = 229 9, 0 − 68,7 = 160, 3 m 2 AD2 = 8, 0 ⋅ 5, 0 = 40, 0 m 2 AG1 = 8, 0 ⋅ 5, 0 = 40, 0 m 2 AG2 = 2 ⋅ ( 5, 0 ⋅ 3, 0 ) + 2 ⋅ ( 8, 0 ⋅ 3, 0 ) = 78, 0 m 2 A

= AD1 + AAW + AW + AD2 + AG1 + AG2 = 89, 7 + 160, 3 + 68,7 + 40, 0 + 40, 0 + 78, 0 = 476, 7 m 2

3. Volumen: 5, 0 5, 0 ⎞ ⎛ Ve = ⎜ 5, 0 ⋅ 9, 0 + 3, 0 ⋅ + 5, 0 ⋅ 4, 0 + 2, 0 ⋅ ⋅ 8, 0 = 620, 0 m3 2 2 ⎟⎠ ⎝ 4. Temperatur-Korrekturfaktoren: Fx , D1 = Fx , AW = Fx ,W = Fx , D2 = 1, 0 B' =

AG 40 = 3,1 = 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ 2 ⋅ ( 8 + 5 )

(3,1 < 5) ⇒ Fx ,G1 = 0, 45

Rf 1 =

1 1 = = 2, 22 U G1 0, 45

(2, 22 > 1)

Rf 2 =

1 1 = = 2, 32 U G 2 0, 43

(2, 32 > 1)

⇒ Fx ,G 2 = 0, 60

(Tabelle 2.5.6-2)

5. Vorhandener Transmissionswärmeverlust: n

n

i =1

i =1

H T = ∑ (U i ⋅ Ai ⋅ Fxi ) + ΔUWB ⋅ ∑ Ai H T , D1 = 0, 35 ⋅ 89, 7 ⋅1, 0 = 31, 4 −1

W K

d ⎞ 160, 3 W ⎛ H T , AW = ⎜ 0, 405 + DÄ ⎟ ⋅160, 3 ⋅1, 0 = d 0, 04 ⎠ K ⎝ 0, 405 + DÄ 0, 04 W H T ,W = 1, 4 ⋅ 68, 7 ⋅1, 0 = 96, 2 K W H T , D2 = 0, 40 ⋅ 40, 0 ⋅1, 0 = 16, 0 K W H T ,G1 = 0, 45 ⋅ 40, 0 ⋅ 0, 45 = 8,1 K

(Tabelle 2.5.6-1)

136

2 Antworten und Lösungen

H T ,G2 = 0, 43 ⋅ 78, 0 ⋅ 0, 6 = 20,1

W K

W K

HW B = 0,10 ⋅ 476,7 = 47, 7

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 160, 3 H T = ⎜ 31, 4 + + 96, 2 + 16, 0 + 8,1 + 20,1⎟ + 47, 7 d ⎟ ⎜ 0, 405 + DÄ ⎟ ⎜ 0, 04 ⎝ ⎠ 160, 3 = 219, 5 + d 0, 405 + DÄ 0, 04 6. Zulässiger spezifischer Transmissionswärmeverlust H T' : AN = 0, 32 ⋅ Ve = 0, 32 ⋅ 620 = 198, 4 m 2 (Abschnitt 2.5.3 u. Tabelle 2.5.2-3)

H T' ( Altbau ) ≤ 140% ⋅ H T' ( Neubau ) ≤ 1, 4 ⋅ 0, 40 = 0, 56

(

W m2 K

)

7. Vergleich H T' , vorh ≤ H T' , erf : 219, 5 + H T' , vorh =

H T ,vorh A

=

160, 3 d 0, 405 + DÄ W 0, 04 ≤ 0, 56 2 476,7 mK

160, 3 ≤ ( 0, 56 ⋅ 476, 7 ) − 219, 5 d 0, 405 + DÄ 0, 04 ⎤ ⎡ 160, 3 d DÄ ≥ ⎢ − 0, 405⎥ ⋅ 0, 04 = 0,119 m ⎢⎣ ( 0, 56 ⋅ 476,7 ) − 219, 5 ⎥⎦

0,80 0,10

Die Dämmschichtdicke muss mindestens 12 cm betragen. Lösung zu Aufgabe 24

Af = (1, 6 ⋅ 0, 8) − (1, 4 ⋅ 0, 6) = 1, 28 m 2 − 0, 84 m 2 = 0, 44 m 2

1,40

AG = (1, 6 − 2 ⋅ 0,1) ⋅ (0, 8 − 2 ⋅ 0,1) = 1, 4 m ⋅ 0, 6 m = 0, 84 m 2

1,60

AW = 1, 6 m ⋅ 0, 8 m = 1, 28 m 2

A G = 2 ⋅ (1, 4 + 0, 6) = 4, 0 m (Tabelle 2.1.14-6) (Tabelle 2.1.14-3)

0,10

W m⋅K W ΔUW = 0,1 2 m K Ψ G = 0, 08

0,10

0,60

0,10

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

Uw =

AG ⋅ U g + Af ⋅ U f + A g ⋅ Ψ G AG + Af

(Formel 2.1.14-2 u.

+ ΔU w

2.1.14-3)

W W 0, 84 m ⋅1, 2 W/m K + 0, 44 m ⋅1, 5 W/m K + 4, 0 m ⋅ 0, 08 W/mK + 0,1 2 = 1, 65 2 1, 28 m 2 m K m K 2

=

137

2

2

2

Der Wärmedurchgangskoeffizient des gesamten Fensters beträgt UW = 1,65 W/(m2K). Lösung zu Aufgabe 25 a) U-Werte der Bauteile der Gebäudehülle U-Wert Außenwand Bauteilschicht

d m

Ȝ W/(m·K)

Rs / Ri (m2·K)/W

Wärmeübergang (außen)

-

-

0,04

Kalkzementputz

0,015

1,00

0,015

Wärmedämmung

0,20

0,035

5,714

Kalksandsteinmauerwerk

0,24

0,79

0,304

Gipsputz

0,01

0,51

0,196

Wärmeübergang (innen)

Bauteil AW 1

-

-

0,13

RT =

6,399

U = 1/RT =

0,16 W/(m2K) Berechnung s. Aufgabe Nr.

U-Wert Außenwand

U = 0,16 W/(m2K) 2

s.o.

AW 2

Außenwand zur Garage

U = 0,16 W/(m K)

s.o.

G1

Außenwand, erdberührt

U = 0,33 W/(m2K)

8 a)

U 1+2

Innenwand

U = 1,00 W/(m2K)

8 b)

2

G2

Kellerdecke

U = 0,30 W/(m K)

10 b)

G3

Bodenplatte Keller

U = 0,33 W/(m2K)

10 a)

FB 1

Fußboden über Außenluft

U = 0,23 W/(m2K)

7)

2

D1

Schrägdach

U = 0,27 W/(m K)

10 c)

D2

Kehlbalkenlage

U = 0,22 W/(m2K)

10 d)

+LQZHLV Für die Flächen- und Volumenberechnungen sind nach der EnEV der Fall „AußenabmesVXQJHQ´ JHPl‰ ',1 9  $EVFKQLWW  PD‰JHEHQG 'K GLH 5RKEDXPD‰H LQ GHQ *UXQGULVVzeichnungen sind ggf. durch Konstruktionsaufbauten (z.B. Dämmschichtdicken) zu ergänzen. AusnahPH)X‰ERGHQKLHULVWGLH2EHUNDQWHGHUXQWHUVWHQ5RKGHFNHGLHXQWHUH%HJUHQ]XQJ

138

2 Antworten und Lösungen

b) Flächenermittlung

Flächenberechnung Projekt

EnEV-Übungshaus

Fenster

(W 1)

Geschoss

Art

KG

verschattet -> Nord

EG / OG

Breite

Höhe

2,0 x (

m 1,01 ) x 1,0 x (

m 0,545 )

Nord

4,0 x (

1,51 ) x 1,0 x (

1,51 )

EG / OG

Süd

8,0 x (

1,76 ) x 1,0 x (

1,51 )

EG / OG OG OG DG DG

Ost Ost Ost Ost Ost

2,0 1,0 1,0 1,0 1,0

1,76 1,76 1,01 1,51 1,01

EG OG / DG

West West

x x x x x

( ( ( ( (

2,0 x ( 2,0 x (

) ) ) ) )

x x x x x

1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

x x x x x

( ( ( ( (

1,51 ) x 1,0 x ( 1,51 ) x 1,0 x (

1,385 1,135 1,135 1,51 1,51

m

) ) ) ) )

1,135 ) 1,51 ) SUMMEN =

Dachfenster

Volumen m³ Nord Nord Süd

Ost

West

(W 2)

Geschoss

Art

DG* DG*

Nord Süd

Breite

Höhe m 1,26 ) x 1,0 x ( 1,26 ) x 1,0 x (

2,0 x ( 2,0 x (

m 1,01 ) 1,01 )

m

SUMMEN =

Aussenwand Geschoss

Fläche m² 1,10 1,10 9,12 9,12 21,26 21,26 4,88 2,00 1,15 2,28 1,53 11,82 3,43 4,56 7,99 51,29

Fläche Volumen m² m³ 2,55 2,55 5,09

(AW 1) Höhe

Breite

Art

EG / OG EG / OG EG / OG OG / DG

Nord 1,0 x ( Abzug Fenster Nord -1,0 x ( Abzug Flur -1,0 x ( Erker Nord 1,0 x (

m 10,67 9,12 2,51 1,00

EG / OG EG / OG OG / DG

Süd Abzug Fenster Süd Erker Süd

1,0 x ( -1,0 x ( 1,0 x (

10,67 ) x 1,0 x ( 21,26 ) x 1,0 x ( 1,00 ) x 1,0 x (

EG / OG DG EG EG / OG / DG

Ost Ost (Trapezform) Abzug Garage Ost Abzug Fenster Ost

1,0 1,0 -1,0 -1,0

9,045 6,97 2,80 11,82

x x x x

( ( ( (

EG / OG West 1,0 x ( DG West 1,0 x ( EG / OG / DG Abzug Fenster West -1,0 x (

) ) ) )

) ) ) )

x x x x

x x x x

1,0 1,0 1,0 1,0

1,0 1,0 1,0 1,0

x x x x

x x x x

( ( ( (

( ( ( (

9,045 ) x 1,0 x ( 6,97 ) x 1,0 x ( 7,99 ) x 1,0 x (

m 7,325 1,00 7,325 5,89

m ) ) ) )

7,33 ) 1,00 ) 5,89 ) 7,325 1,415 5,49 1,00

) ) ) )

7,325 ) 1,415 ) 1,00 ) SUMMEN =

Fläche m² 78,16 -9,12 -18,39 5,89 56,54 78,16 -21,26 5,89 62,79 66,25 9,86 -15,37 -11,82 48,92 66,25 9,86 -7,99 68,13 236,38

Volumen m³

Nord

Süd

Ost

West

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

139

Schrägdach

(D 1)

Geschoss

Art

DG

Wohnung Abzug Treppenhaus Abzug Fenster

Breite 2,0 x ( -1,0 x ( -1,0 x (

Länge m m 2,50 ) x 1,0 x ( 10,67 ) 2,50 ) x 1,0 x ( 2,51 ) 5,09 ) x 1,0 x ( 1,00 )

m

SUMMEN =

Kehlbalkenlage

(D 2)

Geschoss

Art

DG

Erkerdach Abzug Treppenhaus

Breite 1,0 x ( 1,0 x ( -1,0 x (

Länge m m 4,90 ) x 1,0 x ( 10,67 ) 1,00 ) x 1,0 x ( 3,545 ) 1,51 ) x 1,0 x ( 2,51 )

m

SUMMEN =

Außenwand zur Garage (Höhe = 2,80 m) Geschoss EG

Höhe m 5,49 ) x 1,0 x (

Garage (unbeh. Raum 1,0 x (

m 2,80 )

m

SUMMEN =

Treppenhauswand 2,0 1,0 2,0 1,0 2,0 2,0

DG

x x x x x x

m 3,59 2,51 3,59 2,51 1,51 2,08

( ( ( ( ( (

) ) ) ) ) )

x x x x x x

1,0 1,0 1,0 1,0 1,0 0,5

x x x x x x

( ( ( ( ( (

m 5,70 5,70 1,625 3,04 1,415 1,415

m ) ) ) ) ) ) SUMMEN =

Innenwand zum unbeheizten Keller Geschoss KG

Art Keller

1,0 x (

Länge m m 10,48 ) x 1,0 x ( 2,30 )

Kellerwand - erdberührt (vom beheizten Keller) Art

KG

Keller

KG

Abzug Fenster Keller

15,37

m

Fläche Volumen m² m³ 24,10 0,00 24,10

(G 1)

Breite 2,0 x ( 1,0 x (

Fläche Volumen m² m³ 40,93 14,31 11,67 7,63 4,27 2,94 81,75

(U 2)

Breite

SUMMEN =

Geschoss

Fläche Volumen m² m³ 15,37

(U 1) Höhe

Breite

Art

EG / OG

Fläche Volumen m² m³ 52,28 3,55 -3,79 52,04

(AW 2)

Breite

Art

Geschoss

Fläche Volumen m² m³ 53,35 -6,28 -5,09 41,98

Länge m m 3,61 ) x 1,0 x ( 2,30 ) 10,48 ) x 1,0 x ( 2,30 )

m

SUMMEN =

Fläche Volumen m² m³ 16,61 24,10 -1,10 39,61

140

2 Antworten und Lösungen

Kellerdecke zum unbeheizten Keller Geschoss EG

(G 2)

Länge m m 9,045 ) x 1,0 x ( 10,67 ) 37,83 ) x 1,0 x ( 1,00 ) 3,59 ) x 1,0 x ( 2,51 )

Breite

Art

Wohnen 1,0 x ( Abzug beh. Keller: -1,0 x ( Abzug Treppenhaus: -1,0 x (

m

SUMMEN =

Bodenplatte vom beheizten Keller Geschoss OG

Breite

Art Wohnen

1,0 x (

(G 3)

Länge m m 3,61 ) x 1,0 x ( 10,48 )

m SUMMEN =

Decke über Außenluft - Erkerboden Geschoss DG

Breite

Art Wohnung

1,0 x (

Fläche Volumen m² m³ 96,51 -37,83 -9,01 49,67

Fläche Volumen m² m³ 37,83 37,83

(FB 1)

Länge m m 1,00 ) x 1,0 x ( 3,545 )

m SUMMEN =

Summe wärmeübertragende Gebäudehüllfläche

Fläche Volumen m² m³ 3,55 3,55 638,66

m²

Volumen Geschoss

Länge m m 3,61 ) x 1,0 x ( 10,48 ) x 1,0 x

m 2,30

1,0 x ( Abzug Treppenhaus -1,0 x (

9,045 ) x 1,0 x ( 2,51 ) x 1,0 x (

10,67 ) x 1,0 x 3,59 ) x 1,0 x

2,85 2,85

1,0 x ( Abzug Treppenhaus -1,0 x ( Erker 1,0 x (

9,045 ) x 1,0 x ( 2,51 ) x 1,0 x ( 1,00 ) x 1,0 x (

10,67 ) x 1,0 x 3,59 ) x 1,0 x 3,55 ) x 1,0 x

2,85 2,85 2,85

1,0 Abzug Treppenhaus -1,0 1,0 Abzug Treppenhaus -1,0 Erker 1,0

9,045 2,51 6,97 2,55 1,00

10,67 3,59 10,67 2,51 3,55

1,0 x (

KG EG

OG DG

Breite

Art

x x x x x

( ( ( ( (

) ) ) ) )

x x x x x

1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

x x x x x

( ( ( ( (

) ) ) ) )

x x x x x

1,0 1,0 1,0 1,0 1,0

x x x x x

1,625 1,625 1,415 1,415 3,04

SUMMEN = beheiztes Gebäudevolumen wärmeübertragende Umfassungsfläche Gebäudenutzfläche

Ve = A = AN =

0,32 x Ve =

A/Ve = Fensterflächenanteil

F  1DFKZHLVGHV7UDQVPLVVLRQZlUPHYHUOXVWHV

f =

AW/(AW+AAW)

Fläche m²

Volumen m³ 87,02 87,02 275,05 -25,68 249,37 275,05 -25,68 10,10 259,48 156,83 -14,64 105,23 -9,06 10,78 249,14 Ve= 845,00

845,00 638,66 270,40

m³ m² m²

0,756

m-1

0,17

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

141

1.Gebäudegeometrie Ve = 845,0 m³ beheiztes Gebäudevolumen wärmeübertragende A= 638,7 m² Umfassungsfläche 2. Spezifische Transmissionswärmeverluste H T in W/K Kurzbezeichnung

Bauteil

Fläche

Wärmedurchgangskoeffizient

TemperaturKorrekturfaktor

A · U · Fx

A

U

Fx –

in W/K

in m2

W1 Fenster

W2

AW 1

Außenwand

in W/(m 2·K)

1,10

1,20

1,0

1,32

9,12

1,20

1,0

10,94

21,26

1,20

1,0

25,51

11,82

1,20

1,0

14,19

7,99

1,20

1,0

9,59

5,09

1,40

1,0

7,13

56,54

0,16

1,0

9,05

62,79

0,16

1,0

10,05

48,92

0,16

1,0

7,83

68,13

0,16

1,0

10,90

AW 2

15,37

0,16

1,0

2,46

Dach (als Systemgrenze)

D1

41,98

0,27

1,0

11,34

Decke zum nicht ausgebauten Dachgeschoss

D2

52,04

0,22

0,8

9,16

U1

81,75

1,00

0,5

40,87

U2

24,10

1,00

0,6

14,46

G1

39,61

0,33

0,4

5,23

G2

49,67

0,30

0,55

8,19

G3

37,83

0,33

0,45

5,62

FB1

3,55

0,23

1,0

0,82

Außenwand zur Garage

Kellerdecke zu unbeheiztem Keller, Fußboden des beheizten Kellers gegen Erdreich, Kellerwand zum unbeheizten Keller

Fußboden gegen Außenluft (von unten)

6(A · U · Fx) =

204,65

Bauteilanschlüsse nach DIN 4108, Bbl. 2

HWB = 'UWB· A = 0,05· A =

Spezifischer Transmissionswärmeverlust:

HT = 6(A · U · Fx) + HWB =

31,93 236,58

Summe A =

638,66

Spezifischer Wärmeverlust an Wärmebrücken

3 Nachweis 3.1 Vorhandener Kennwert Hüllflächenbezogener Transmissionswärmeverlust H T’ in W/(m 2·K) HT’ = HT / A =

=

0,37

(Tabelle 2.5.2-3 )

0,40

236,58 / 638,66

3.2 Zulässiger Kennwert Zulässiger hüllflächenbezogener Transmissionswärmeverlust zul H T’ in W/(m 2·K)

Es gilt:

HT’ =

0,37 W/(m²K)

o

”

Der Nachweis ist erbracht!

max HT’ = 0,40 W/(m²K)

142

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 26 a) wärmetauschende Umfassungsfläche 3,08

3,08

95

4,09

unbeheizt

0

beheizt

12

24

beheizt

2,54

2,79

1,90

1,00

1,37

1,5

13

4,26

36

4,65

36

36

13

10,25

Schnitt A-A Die gestrichelte Linie beschreibt die Lage der Systemgrenze b) Berechnung des spezifischen flächenbezogenen Transmissionswärmeverlustes Temperatur-Korrekturfaktoren: AG 76, 77 = = 10, 2 B' = 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ 2 ⋅ ( 7, 49 )

(10, 2 > 10)

(Tabelle 2.5.6-2) ⇒ Fx ,G1 = 0, 35

R f , Bodenplatte =

1 1 = = 2, 86 U G1 0, 35

(2, 86 > 1)

R f , Kellerwand =

1 1 = = 3, 23 U G 2 0, 31

(3, 23 > 1)

⇒ Fx ,G 2 = 0, 60

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

143

1. Flächenberechnung Projekt : Reihenmittelhaus Fenster Geschoss

Orientierung

EG

Süd Süd Süd

OG EG

Nord Nord Nord (Tür) Nord

OG

1 1 4

Breite m x ( 3,01 ) x x ( 2,01 ) x x ( 1,01 ) x

1 1 1

Länge m x ( 1,76 ) x ( 2,26 ) x ( 1,00 )

1 1 1 4

x x x x

1 1 1 1

x x x x

( ( ( (

1,51 1,74 1,00 1,01

) ) ) )

x x x x

( ( ( (

1,375 2,26 2,26 1,00

m

) ) ) ) SUMMEN =

Fläche Volumen m² m³ 5,30 4,54 4,04 13,88 Süd 2,08 3,93 2,26 4,04 12,31 Nord 26,19

Dachfenster Geschoss

Orientierung

OG OG

Nord Süd

Breite m 4 4

x ( x (

1,01 ) x 1,01 ) x

Länge m 1 1

x ( x (

m

1,50 ) 1,50 ) SUMMEN =

Fläche Volumen m² m³ 6,06 6,06 12,12

Aussenwand Geschoss

Orientierung

EG

Nord Süd Nord Süd

OG

Länge m

Breite m 1 1 1 1 -1

x x x x

( ( ( (

7,49 ) x 7,49 ) x 7,49 ) x 7,49 ) x Fensterfläche

1 1 1 1

x x x x

( ( ( (

2,79 2,79 1,90 1,90

m ) ) ) ) SUMMEN =

Fläche m²

Volumen m³

20,90 20,90 14,23 14,23 -26,19 44,07

Schrägdach Geschoss

Länge m

Breite m

Art

m

Fläche m²

Volumen m³

A = 1, 37 2 + 2, 952 = 3, 25

OG

2 -1

x (

7,49 ) x 1 Fensterfläche

x (

3,25 ) SUMMEN =

48,69 -12,12 36,57

Decke gegen unbeheizten Dachraum Geschoss

Breite m

Art

OG

1

x (

4,09 ) x

Länge m 1

x (

m

7,49 ) SUMMEN =

Fläche m²

Volumen m³

30,63 30,63

Bodenplatte vom beheizten Keller Geschoss

Länge m

Breite m

Art

m

Fläche m²

Volumen m³

b = 2 x (0,13 + 0,36 + 4,26) + 0,36 = 10,25 UG

1

x (

10,25 ) x

1

x (

7,49 ) SUMMEN =

76,77 76,77

Außenwand gegen Erdreich Geschoss

Breite m

Art

Höhe m

m

Fläche m²

Volumen m³

h = 2,30 + 0,24 = 2,54 UG

2

x (

7,49 ) x

1

x (

2,54 ) SUMMEN =

Summe wärmeübertragende Gebäudehüllfläche

38,05 38,05 264,40

m²

144

2 Antworten und Lösungen

2. Wärmeverluste Spezifische Transmissionswärmeverluste H T in W/K

Bauteil

Fenster

Kurzbezeichnung

W1

Fläche

WärmeTemperaturdurchgangs- Korrekturkoeffizient faktor

A

U

Fx

in m2

in W/(m 2·K)

–

A · U · Fx in W/K

13,88

1,20

1,0

16,66

12,31

1,20

1,0

14,77

1,2

1,0

14,54

W2

12,12

AW 1

44,07

0,6

1,0

26,44

Dach (als Systemgrenze)

D1

36,57

0,32

1,0

11,70

Decke zum nicht ausgebauten Dachgeschoss

D2

30,63

0,3

0,8

7,35

Außenwand

Bauteil zu unbeheizten Räumen ɽi ” 12 °C

U1 U2

Bodenplatte des beheizten Kellers

G1

76,77

0,35

0,35

9,40

Außenwand gegen Erdreich

G2

38,05

0,31

0,6

7,08

Summe A = Spezifischer Wärmeverlust an Wärmebrücken Spezifischer Transmissionswärmeverlust: flächenbezogener spezifischer Transmissionswärmeverlust:

264,40

6(A · U · Fx) =

107,95

HWB = 0,05· A =

13,22

HT = 6(A · U · Fx) + HWB =

121,17

H'T = +7$ =

0,46 W/m²K

Der flächenbezogene spezifische Transmissionswärmeverlust beträgt 0,46 W/m2·K. Der Höchstwert nach EnEV 2014 beträgt HƍT,max = 0,65 W/m2·K, somit wird die Anforderung eingehalten.

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

145

Lösung zu Aufgabe 27 D  (UPLWWOXQJGHV6RQQHQHLQWUDJVNHQQZHUWV 1. Fensterflächen: AW ,Ost = 2, 01 ⋅ 2, 01 = 4, 04 m 2 AW , Süd = 2 ⋅ (1, 51 ⋅1, 51 14 ) = 4, 56 m 2 2. Abminderungsfaktor für Sonnenschutzvorrichtungen: FC , Fenster 1 = 0, 25 ( Markise, parallel zur Verglasung ) FC , Fenster

2/3

= 0, 25 (Jalousie, außen liegend, 45° Lamellenstellung)

3. Grundfläche des Raumes: 3 ⋅ h = 3 ⋅ 2,75 = 8, 75 m > b und t (Breite und Länge des Raumes sind jeweils

(Tab. 2.7.2-1, Z. 12) (Tab. 2.7.2-1, Z. 10)

(Bild 2.7.2-1)

kleiner als die 3-fache Höhe.) ⇒ AG = b ⋅ t = 5, 5 ⋅ 4, 2 = 23,10 m 2 4. Sonneneintragskennwert: m

∑( A

w, j

Svorh = =

j =1

⋅ g ⊥ ⋅ FC

)

(Formel 2.7.2-1)

AG

( 4, 04 ⋅ 0,, 65 ⋅ 25 + 4, 56 ⋅ 0, 55 ⋅ 0, 25) 23,10

= 0, 0555 E  (UPLWWOXQJGHV]XOlVVLJHQ6RQQHQHLQWUDJVNHQQZHUWV 1. Wirksame Außenwandfläche: Anmerkung: Breite:Außenmaß biis Mitte Innenwand Höhe: Außenmaß bis Mitte Geschossdecke ⎡⎛ ⎤ ⎞ 0,115 ⎞ ⎛ + ( 0, 01 + 0, 24 + 0,1 + 0, 015 ) ⎟ ⋅ ⎢⎜ 4, 2 + ⎜ 0, 01 + ⎥ ⎟ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎥−A Aw, AW ,Ost = ⎢⎢ ⎥ W ,Ost ⎛ ⎞ , + , + , + , 0 045 0 04 0 16 0 01 ⎞ ⎢⎜ 2, 75 + ⎛⎜ ⎥ + , 1 + 0 20 + 0 12 , , 0 0 ( ) ⎟ ⎟ ⎢⎣⎝ 2 ⎝ ⎠ ⎠ ⎥⎦ = ( 4, 63 ⋅ 3, 21) − 4, 04 =10, 8 m 2

146

2 Antworten und Lösungen ⎡⎛ ⎤ ⎞ 0,115 ⎞ ⎛ Aw, AW , Süd = ⎢⎜ 5, 5 + ⎜ 0, 01 + + ( 0, 01 + 0, 24 + 0,1 + 0, 015 ) ⎟ ⋅ ( 3, 2075 ) ⎥ − AW , Süd ⎟ 2 ⎠ ⎝ ⎢⎣⎝ ⎥⎦ ⎠ = ( 5, 93 ⋅ 3, 21) − 4, 56 =14, 5 m 2

∑A

w , AW

=10, 8 + 14, 5 = 25, 3 m 2

2. Wirksame Wärmespeicherfähigkeit der Außenwände: Cwirk , j

= ∑ c j ⋅ ρ j ⋅ d j ⋅ Aj

(Formel 2.7.4-1)

j

c = 1000 .

1 Wh 3600 kg ⋅ K

(für Steine, Beton und Putze)

(Tabelle 2.1.5-1)

1000 ⎛ 1000 ⎞ Cwirk , AW = ⎜ ⋅1200 ⋅ 0,01+ ⋅1800 ⋅ 0,09 ⎟ ⋅ 25, 3 3600 ⎝ 3600 ⎠ Wh = 1222, 8 K

(10 cm-Regel)

3. Wirksame Fläche und Wärmespeicherfähigkeit der Innenwände: Aw, IW = 2, 75 ⋅ ( 5, 5 + 4,, 2 ) − 1, 01 ⋅ 2, 01 = 24, 6 m 2 1000 ⎛ 1000 ⎞ Cwirk , IW = ⎜ ⋅1800 ⋅ 0,0575 ⎟ ⋅ 24, 6 ⋅1200 ⋅ 0,01+ 3600 ⎝ 3600 ⎠ Wh = 789, 3 K

(Innenmaße) (1/2 Wanddicke)

4. Wirksame Fläche und Wärmespeicherfähigkeit der Geschossddecke (unterer Raumabschluss): Aw,GD = 5, 5 ⋅ 4, 2 = 23,1 m 2 ⎛ 1000 ⎞ Cwirk ,GD = ⎜ ⋅ 2000 ⋅ 0,045 ⎟ ⋅ 23,1 ⎝ 3600 ⎠ Wh = 577, 5 K

(Innenmaße) (nur Estrich)

5. Wirksame Fläche und Wärmespeicherfähigkeit der Dachfläche (oberrer Raumabschluss): Aw, D = 5, 93 ⋅ 4, 63 = 27, 46 m 2 1000 ⎛ 1000 ⎞ Cwirk , D = ⎜ ⋅1200 ⋅ 0,01+ ⋅ 2300 ⋅ 0,09 ⎟ ⋅ 27, 46 3600 ⎝ 36000 ⎠ Wh = 1670, 5 K

(Außenmaße) (10 cm-Regel)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

147

6. Wirksame Fläche und Wärmespeicherfähigkeit der Tür: Aw,T = 1, 01 ⋅ 2, 01 = 2, 03 m 2 (1/2 Türblattdicke)

⎛ 1600 ⎞ ⋅ 500 ⋅ 0,02 ⎟ ⋅ 2, 03 Cwirk ,T = ⎜ ⎝ 3600 ⎠ Wh = 9, 0 K 7. Summe der wirksamen Wärmespeicherfähigkeit:

∑C

wirk

= Cwirk , Aw + Cwirk , IW + Cwirk ,GD + Cwirk , D + Cwirk ,T = 1222, 8 + 789, 3 + 577 7, 5 + 1670, 5 + 9,0 Wh = 4269,1 K

8. Prüfen der Bauart:

∑C

wirk

⋅ Aj

j

AG

=

Wh Wh 4269,1 = 184, 8 2 > 130 2 23,1 mK mK

→ schwere Bauart Klimaregion C i.d.R. erhöhte Nachtlüftung

Wohngebäude → S1 = 0,101

(Tab. 2.7.3-2, Z. 11)

9. grundflächenbezogene Fensterfläche: fWG =

AW 4, 04 + 4, 56 = = 0, 37 AG 23,10

(Tab. 2.7.3-2, Z. 15)

→ S 2 = 0, 060 − 0, 231 ⋅ fWG = 0, 060 − 0, 231 ⋅ 0, 37 = − 0, 0255 10. Zulässsiger Sonneneintragskennwert: S zul = ∑ S x = S1 + S 2 + S3 + S 4 + S5 + S6

(Formel 2.7.3-1)

S3 = S 4 = S5 = S 6 = 0

S zul = S1 + S 2 = 0,101 − 0, 0255 + 0 = 0, 0755 F  1DFKZHLV 

$QIRUGHUXQJSvorh ” Szul 0,0555 < 0,0755 ĺ1DFKZHLVHUEUDFKW

(Formel 2.7.1-1)

148

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 28 )OlFKHQEHUHFKQXQJ

AW = 6, 26 ⋅ 2, 60 = 16, 3 m² AG = 6, 26 ⋅ 4, 51 = 28, 2 m² f AG =

AW 16, 3 ⋅100 = ⋅100 = 57, 8 % 28, 2 AG

> 10 %

⇒ Nachweis erforderlich!

=XOlVVLJHU6RQQHQHLQWUDJVZHUW S zul

=

∑S

(Formel 2.7.3-1)

x ,i

i

(Bild 2.7.3-1)

Klimaregion C Nichtwohngebäude leichte Bauweise erhöhte Nachtlüftung

S1 = 0, 048

S 2 = 0, 030 − 0,115 ⋅ fWG = 0, 030 − 0115 ⋅ 0,5 578 = − 0, 036 fWG =

mit:

(Tab. 2.7.3-2, Z. 9)

(Tab. 2.7.3-2, Z. 16)

A W 16, 3 = = 0, 578 A G 28, 2

S3 = S 4 = S5 = S 6 = 0 S zull

= ∑ S x ,i = 0, 048 − 0, 036 + 0 = 0, 012 i

9RUKDQGHQHU6RQQHQHLQWUDJVZHUW Fc = 0, 25 (außen liegende Lamellen, 45° Lamellenstellung)

∑A

W,j

Svorrh =

⋅ g ⊥ ⋅ Fc =

j

Svorh = 0,108

AG >

16, 3 ⋅ 0, 75 ⋅ 0, 25 = 0,108 28, 2

(Tab. 2.7.2-1, Z. 10) (Formel 2.7.2-1)

0, 012 = S zul

Der Sonnenschutz ist für diesen Raum nicht ausreichend, die Fensterfläche und ggf. der Gesamtenergiedurchlassgrad der Scheibe sollte verringert werden.

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

149

Lösung zu Aufgabe 29 )OlFKHQEHUHFKQXQJ

AW = 1, 51 ⋅1, 51 + 1, 01 ⋅ 2,135 + 3, 51 ⋅1, 76 = 10, 6 m² AG = 8, 01 ⋅ 4, 51 = 36,1 m²² fWG =

AW 10, 6 ⋅100 = ⋅100 = 29, 4 % 36,1 AG

> 10 %

⇒ Nachweis erforderlich!

=XOlVVLJHU6RQQHQHLQWUDJVZHUW Svorh

≤ S zul

S zul

=

∑S

(Formel 2.7.1-1) (Formel 2.7.3-1)

x ,i

i

(Bild 2.7.3-1)

Klimaregion A Wohngebäude mittelschwere Bauweise erhöhte Nachtlüftung

→ S1 = 0,114

S 2 = 0, 060 − 0, 231 ⋅ fWG = 0, 060 − 0, 231 ⋅ 0, 294 = − 0, 008

(Tab. 2.7.3-2, Z. 10)

(Tab. 2.7.3-2, Z. 16)

S3 = S 4 = S5 = S 6 = 0 S zul = 0,114 − 0, 008 + 0 = 0,106 9RUKDQGHQHU6RQQHQHLQWUDJVZHUW

∑A

W,j

S=

⋅ g ⊥ ⋅ Fc

j

AG

=

10, 6 ⋅ 0, 85 ⋅ Fc 36,1

S zul ≥ S 10, 6 ⋅ 0, 85 ⋅ Fc 36,1 0,106 ⋅ 36,1 Fc ≤ = 0, 42 10, 6 ⋅ 0, 85

0,106 ≥

JHZlKOW  DX‰HQOLHJHQGH5ROOOlGHQJHVFKORVVHQFc = 0,3) DOWHUQDWLY -DORXVLHQ5DIIVWRUHGUHKEDUH/DPHOOHQ 45° Lamellenstellung („ent-off“-Stellung), (Fc = 0,25) oder     0DUNLVHQSDUDOOHO]XU9HUJODVXQJFc = 0,25)

(Formel 2.7.2-1)

150

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 30

A2 30

1

2

U1

beheizt ƒ&

1,00 m

10

A1

4

8 65 15

1,00 m

Erdreich ƒ&

3

30

5

5

6

Erdreich ƒ&

U2

1. Wärmedurchgangskoeffizienten: ⎛ U = ⎜ Rsi + ⎝

di ⎞ + Rse ⎟ ∑ λ i =1 i ⎠ n

−1

(Formel 2.1.12-2) −1

⎛ 0, 30 0,10 ⎞ W U1 = ⎜ 0,13 + + + 0 ⎟ = 0, 36 2 2 , 3 0 , 04 m K ⎝ ⎠ −1

0, 065 0, 08 W ⎛ ⎞ U 2 = ⎜ 0,17 + + + 0 ⎟ = 0, 45 2 1 , 4 0 , 04 m K ⎝ ⎠ Bei deer U-Wert-Berechnung werden nur Schichten bis zur Bauwerksabdichtung berücksichtigt. Ausgenommen sind zugelasseene Perimeterdämmstoffe bei erdberührten Gebäudeflächen.

2.. Bezugslängen: A1 = 1, 00 + 0, 015 + 0, 065 + 0, 08 = 1,16 m A 2 = 1, 00 + 0, 30 + 0,10 = 1, 40 m Die Bezugslängen sind korrespondieerend zu den Systemgrenzen nach EnEV einzusetzen.

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

151

3. Temperaturdifferenzen: Δθ1 = θi,1 − θe,1 = 20 − 5 = 15 K Δθ2 = θi,1 − θe,1 = 20 − 5 = 15 K Δθ(i,e) = θi − θe = 20 − (−5) = 25 K 4. Längenbezogener Wärmebrückenkoeffizient: Achtung: Der ψ-Wert ist immer auf die Temperaturdifferenz zwischen Innennluft und Außenluft zu beziehen! ψ = L2 D − L0 =

n ⎛ Δθi Φ − ∑ ⎜U i ⋅ A i ⋅ Δθ(i,e) Δθ(i,e) i =1 ⎜⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

(Formel 2.3.2-1)

⎞ ⎟⎟ ⎠ 15 ⎞ 26,175 ⎛ 15 = − ⎜ 0,36 ⋅1,16 ⋅ + 0,45 ⋅1, 40 ⋅ ⎟ 25 ⎠ 25 25 ⎝ W = 0, 42 m⋅K

=

n ⎛ Δθ2 Δθ1 Φ − ∑ ⎜ U1 ⋅ A 1 ⋅ +U2 ⋅ A2 ⋅ ⎜ Δθ(i,e) Δθ(i,e) i =1 ⎝ Δθ(i,e)

Der längenbezogene Wärmedurchgangskoeffizient beträgt \= 0,42 W/mK.

Lösung zu Aufgabe 31 1. Flächen

Satteldach: AD1

= 14, 0 ⋅ 2 ⋅

( 2, 0 ) + ( 3, 0 ) 2

2

= 101 m 2

Flachdach: AD 2

= 10, 0 ⋅14, 0 = 140 m 2

Außenfassade: AAW +W = 2 ⋅ (16, 0 ⋅10, 2 + 14, 0 ⋅10, 2 + 6, 0 ⋅1, 6 + 0, 5 ⋅ 6, 0 ⋅ 2, 0 + 14, 0 ⋅1, 6 ) = 688 m 2 Grundfläche: AG

= 14, 0 ⋅16, 0 = 224 m 2

gesamte wärmetauschende Gebäudehüllfläche: A = AD1 + AD 2 + AAW +W + AG = 101 + 140 + 688 + 224 = 1153 m 2

152

2 Antworten und Lösungen

 :lUPHEUFNHQ]XVDPPHQVWHOOXQJ Länge P

Wärmebrücke

ȥ-Wert in W/(m·K)

in m

Außenwand-Bodenplatten-Anschluss

(14,0 + 16,0) · 2 =

Geschossdeckenanschluss

(14,0 + 16,0) · 2 · 2 + (14,0 + 2 · 6,0) =

Außenwandecken

ȥ·P in W/K

60,0

0,042

2,52

146,0

0,016

2,34

(10,2 + 1,6) · 4 =

47,2

-0,004

-0,19

Traufanschluss Satteldach

14,0 · 2 =

28,0

0,044

1,23

Ortgang Satteldach

(3,61 · 2) · 2 =

14,4

0,031

0,45

First Satteldach

14,0 · 1 =

14,0

0,004

0,06

Attikaanschluss Flachdach

10,0 · 2 + 14,0 =

34,0

0,092

3,13

Flachdach an aufgehende Wand

14,0 · 1 =

14,0

-0,012

-0,17

70,8

0,065

4,60

37,7

0,068

2,57

37,7

0,068

2,57

seitliche Fensterlaibungen Fensterbrüstungs-Anschluss Fenstersturz-Anschluss

1,51 · 40 + 1,01 · 4 + 1,01 · ʌ · 2 = 1,76 · 14 + 1,51 · 6 + 1,01 · 4 = 1,76 · 14 + 1,51 · 6 + 1,01 · 4 =

Türlaibung

2,01 · 6 =

12,1

0,071

0,86

Türschwelle

2,01 · 3 =

6,0

0,074

0,45

Türsturz

2,01 · 3 =

6,0

0,074

0,45

[W/K]

20,85

[m²]

1153

[W/(m²K)]

0,018

zusätzlicher Transmissionsverlust über Wärmebrücken H WB wärmetauschende Gebäudehüllfläche A resultierender Wärmebrückenfaktor

ǻU WB = H WB / A

 9HUJOHLFKPLWP|JOLFKHQSDXVFKDOHQ=XVFKOlJHQQDFK(Q(9

Mögliche pauschale Zuschläge: W ⎛ Bei Ausführung der wärmebrückenrelevanten Details ohne besondere ⎞ ;⎜ ⎟ m 2 K ⎝ Maßnahmen zurr Reduzierung des Wärmebrückeneinflusses. ⎠ ⎞ W ⎛ Bei Ausführung aller wärmebrückenrelevanten Details gemäß DIN 4108 = 0, 05 2 ; ⎜ ⎟ m K ⎝ Beiblatt 2, bzw. beim Nachweis der Gleichwertigkeiit der ausgeführten Details. ⎠

ΔUWB = 0,10 ΔUWB

Vorhandener Wärmebrückenfaktor:

ΔUWB = 0, 018

W m2K

Anmerkung: Der vorhandene Wärmebrückenfaktor unterschreitet die pauschalen Zuschlägge. Dies zeigt die Möglichkeiten zur wärmeschutztechnischen Verbesserung eines Gebäudes durch eine Optimierung der Anschlüsse auf..

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

153 (Gebäude nach Abschnitt 2.6.2)

1. Wärmeleitfähigkeit von ungefrorenem Erdreich: W λ = 2, 0 m⋅K

(Tab. 2.6.1-1, Z. 18)

2. Bodenplattenfläche: 9,5 m

AG = [9, 5 + 2 ⋅ (0,1 + 0, 015) ] ⋅ [11, 0 + 2 ⋅ (0,1 + 0, 015) ] = 9, 73 ⋅11, 23 = 109, 3 m 2 3. Exponierter Umfang der Bodenplatte: P = 2 ⋅ [11, 23 + 9, 73] = 41, 9 m 4. Charakteristisches Bodenplattenmaß: B' =

AG 109, 3 = = 5, 22 2m 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ 41, 9

9,5+2(0,1+0,015)

Lösung zu Aufgabe 32

11,0 m 11,0+2(0,1+0,015)

(Tab. 2.6.1-1, Z. 3)

5. Dicke der Umfassungswände: d w = 1 + 24 + 10 + 1, 5 = 36, 5 cm = 0, 365 m 6. Wärmedurchlasswiderstand der Bodenplatte: Rf =

0, 045 0, 04 0,16 0, 08 m2K + + + = 2, 879 1, 4 0, 04 2, 3 0, 045 W

7. Wirksame Gesamtdicke (Erdreichäquivalent) der Bodenplatte:

(

d f = d w + λ ⋅ Rsi + R f + Rse

)

(Tab. 2.6.1-1, Z. 12)

= 0, 365 + 2, 0 ⋅ ( 0,17 + 2, 879 + 0, 04 ) = 6, 54 m 8. Effektiver Wärmedurchgangskoeffizient der Bodenplatte: d f = 6, 54 m > B ' = 5, 22 m (gut gedämmte Bodenplatte) ⇒ U0 = =

λ 0, 457 ⋅ B '+ d f

(Tab. 2.6.2-1, Z. 2)

2, 0 W = 0, 22 2 0, 457 ⋅ 5, 22 + 6, 54 mK

Der Wärmedurchgangskoeffizient der Bodenplatte beträgt U0 = 0,22 W/m2K

154

2 Antworten und Lösungen

9. Thermischer Leitwert: Ls = AG ⋅ U 0 = 109, 3 ⋅ 0, 22 = 24, 05

W K

(Tab. 2.6.2-1, Z. 3)

10. Periodische Eindringtiefe: δ= =

3,15 ⋅107 ⋅ λ π⋅ρ⋅c

(Tab. 2.6.1-1, Z. 16)

3,15 ⋅107 ⋅ 2, 0 = 3, 96 m π ⋅1600 ⋅ 800

11. Harmonischer thermischer Leeitwert: ⎛ δ ⎞ L pe = 0, 37 ⋅ P ⋅ λ ⋅ ln ⎜ + 1⎟ ⎝ dt ⎠

(Tab. 2.6.2-1, Z. 4)

W ⎛ 3, 96 ⎞ + 1⎟ = 14, 68 = 0, 37 ⋅ 41,92 ⋅ 2, 0 ⋅ ln ⎜ K ⎝ 6,543 ⎠ 12. Transmissionswärmeverlust im Monat m: τ = 1 ( Nordhalbkugel ) ; β = 1 ( Bodenplatte auf Erdreich ohne Randdämmung ) θe,Amp = θe,m =

θe,m,max − θe,m,min

∑θ

2 e,m,i

12

=

=

15, 6 − 2, 7 = 6, 45 °C 2

107, 4 = 8, 95 °C 12

m − τ−β ⎞ ⎛ Φ x,M = Ls ⋅ (θi,m − θe,m ) + L pe ⋅ θe,Amp ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ m−2⎞ ⎛ = 24, 04 ⋅ (20 − 8, 95) + 14, 68 ⋅ 6, 45 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ m−2⎞ ⎛ = 265, 642 + 94, 686 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ Bsp.: Monat Januar (m = 1) 1− 2 ⎞ ⎛ Φ x,J = 265, 642 + 94, 686 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎠⎟ ⎝ = 347, 64 W

(Formel 2.6.1-2)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

155

13. Monatlicher Leitwert: Φ x,M L*s , M = θi − θe,m

(Formel 2.6.1-1)

Bsp.: Monat Januar L*s , J =



Φ x,J θi − θe,m

=

W 347, 64 = 31, 46 K 20 − 8, 95

=XVDPPHQVWHOOXQJGHUPRQDWOLFKHQ:HUWH Monat

și

șe,m

ĭx,m

L*s,m

in °C

in °C

in W

in W/K

Januar

20

2,7

347,64

31,46

Februar

20

2,8

360,33

32,61

März

20

5,2

347,64

31,46

April

20

7,3

312,99

28,32

Mai

20

11,1

265,64

24,04

Juni

20

13,9

218,30

19,76

Juli

20

15,3

183,64

16,62

August

20

15,6

170,96

15,47

September

20

13,6

183,64

16,62

Oktober

20

10,5

218,30

19,76

November

20

5,8

265,64

24,04

Dezember

20

3,6

312,99

28,32

Jahressumme

3187,70

156

2 Antworten und Lösungen

2. Bodenplattenfläche: AG = ( 5, 0 + 2 ⋅ 0, 08 ) ⋅ ( 4, 3 + 3, 6 + 2 ⋅ 0,0 08 ) + ( 3, 6 + 2 ⋅ 0, 08 ) ⋅ 2, 5 = 50, 99 m 2

5,0 m 5,0+2*0,08

4,3 m

W m⋅K

4,3 m

λ = 2, 0

3,6 m

1. Wärmeleitfähigkeit von ungefrorenem Erdreich:

3,6+2*0,08

(Gebäude nach Abschnitt 2.6.4)

Lösung zu Aufgabe 33

2,5 m 2,5 m

3. Exponierter Umfang der Bodenplatte: P = 5, 0 + 2 ⋅ 0, 08 + 4, 3 + 2, 5 + 3, 6 + 2 ⋅ 0, 08 + 5, 0 + 2, 5 + 2 ⋅ 0, 08 + 3, 6 + 4, 3 + 2 ⋅ 0, 08 = 31, 44 m 4. Charakteristisches Bodenplattenmaß: B' =

AG 50, 99 = = 3, 244 m 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ 31, 44

(Tab. 2.6.1-1, Z. 3)

5. Dicke der Umfassungswände: d w = 8 + 30 + 1 = 39 cm = 0, 39 m 6. Wärmedurchlasswiderstand der Bodenplatte: Rf =

0, 045 0,10 m2K + = 2, 532 1, 4 0, 04 W

7. Wirksame Gesamtdicke der Bodenplatte:

(

d f = d w + λ ⋅ Rsi + R f + Rse

)

= 0, 39 + 2, 0 ⋅ ( 0,17 + 2, 532 + 0, 04 )

(Tab. 2.6.1-1, Z. 12)

= 5, 874 m 8. Effektiver Wärmedurchgangskoeffizient für den Wärmetransport über den Kellerfußboden: d f + 0, 5 ⋅ z = 5, 874 + 0, 5 ⋅ 2, 75 = 7, 249 m > B' = 3, 244 m λ ⇒ U bf = 0, 457 ⋅ B '+ d f + 0, 5 ⋅ z =

2, 0 W = 0, 23 2 0, 457 ⋅ 3, 244 + 5, 874 + 0, 5 ⋅ 2, 75 mK

(Tab. 2.6.4-1, Z. 2)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

157

9. Thermischer Leitwert des Kellerfußbodens: Ls ,bf = AG ⋅ U bf = 50, 99 ⋅ 0, 23 = 11, 73

W K

(Tab. 2.6.4-1, Z. 3)

10. Periodische Eindringtiefe: 3,15 ⋅107 ⋅ λ 3,15 ⋅107 ⋅ 2, 0 = = 3, 96 m π⋅ρ⋅c π ⋅1600 ⋅ 800

δ=

(Tab. 2.6.1-1, Z. 16)

11. Harmonisccher thermischer Leitwert des Kellerfußbodens: -z ⎛ δ ⎞ + 1⎟ L pe ,bf = 0, 37 ⋅ P ⋅ λ ⋅ e δ ⋅ ln ⎜ ⎜ df ⎟ ⎝ ⎠

(Tab. 2.6.4-1, Z. 4)

−2 ,75

⎛ 3, 96 ⎞ W + 1⎟ = 5, 99 = 0, 37 ⋅ 31, 44 ⋅ 2, 0 ⋅ e 3,96 ⋅ ln ⎜ 5 , 874 K ⎝ ⎠ 12. Wärmedurchlasswiderstand der Kellerwand: Rw =

0, 08 0, 30 0, 01 m2 K + + = 2,150 0, 04 2, 3 0, 51 W

13. Wirksame Gesamtdicke der Kellerwand: dbw = λ ⋅ ( Rsi + Rw + Rse ) = 2, 0 ⋅ ( 0,13 + 2,150 + 0, 04 ) = 4, 640 m

14. Effektiver Wärmedurchgangskoeffizient für den Wärm metransport über die Kellerwand: dbw = 4, 640 m < dt = 5, 874 m ⎞ 2 ⋅ λ ⎛ 0, 5 ⋅ dbw ⎞ ⎛ z ⋅ ⎜1 + + 1⎟ ⎟ ⋅ ln ⎜ π⋅ z ⎝ dbw + z ⎠ ⎝ dbw ⎠ 2 ⋅ 2, 0 ⎛ 0, 5 ⋅ 4, 640 ⎞ ⎛ 2, 75 ⎞ W ⋅ ⎜1 + + 1⎟ = 0, 28 2 = ⎟ ⋅ ln ⎜ π ⋅ 2, 75 ⎝ 4, 640 + 2, 75 ⎠ ⎝ 4, 640 ⎠ mK

(Tab. 2.6.1-1, Z. 14)

(Tab. 2.6.4-1, Z. 5)

⇒ U bw =

15. Thermischer Leitwert der Kellerwand: Ls ,bw = Abw ⋅ U bw = z ⋅ P ⋅ U bw = 2, 75 ⋅ 31, 44 ⋅ 0, 28 = 24, 21

W K

(Tab. 2.6.4-1, Z. 6)

158

2 Antworten und Lösungen

16. Harmonischer thermischer Leitwert der Kellerwand: -z ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ δ L pe ,bw = 0, 37 ⋅ P ⋅ λ ⋅ 2 ⋅ ⎜1 − e δ ⎟ ⋅ ln ⎜ + 1⎟ ⎜ df ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(Tab. 2.6.4-1, Z. 4)

-2,75 ⎛ ⎞ ⎛ 3, 96 W ⎞ = 0, 37 ⋅ 31, 44 ⋅ 2, 0 ⋅ 2 ⋅ ⎜1 − e 3,96 ⎟ ⋅ ln ⎜ + 1 = 12, 00 ⎜ ⎟ ⎝ 5, 874 ⎟⎠ K ⎝ ⎠

17. Thermischer Gesamt-Leitwert: Ls = Ls ,bf + Ls ,bw = 11, 73 + 24, 21 = 35, 94

W K

(Tab. 2.6.4-1, Z. 8)

wert: 18. Harmonischer thermischer Gesamt-Leitw W L pe = L pe ,bf + L pe ,bw = 5, 99 + 12, 00 = 17, 99 K

(Tab. 2.6.4-1, Z. 9)

19. Transmissionswärmeverlust im Monat m: τ = 1 ( Nordhalbkugel )

β = 1 ( Bodenplatte auf Erdreich ohne Randdämmung ) θe , Amp = θe , m

θe , m ,max − θe , m ,min

∑θ =

2 e , m ,i

12

=

=

15, 6 − 2, 7 = 6, 45 °C 2

107, 4 = 8, 95 °C 12

m − τ−β ⎞ ⎛ Φ x,M = Ls ⋅ (θi , m − θe , m ) + L pe ⋅ θe , Amp ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ m−2⎞ ⎛ = 35, 94 ⋅ (20 − 8, 95) + 17, 99 ⋅ 6, 45 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ m−2⎞ ⎛ = 397,137 + 116, 036 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ Bsp.: Monat Januar (m = 1) 1− 2 ⎞ ⎛ Φ x,J = 397,137 + 116, 036 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ = 497, 63 W

[W]

(Formel 2.6.1-2)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

159

20. Monatlicher Leitwert: Φ x,M ⎡ W ⎤ L*s , M = θi − θe , m ⎢⎣ K ⎥⎦

(Formel 2.6.1-1)

Bsp.: Monat Januar L*s , J = 

Φ x,J θi − θe , m

=

W 497, 63 = 45,, 03 K 20 − 8, 95

=XVDPPHQVWHOOXQJGHUPRQDWOLFKHQ:HUWH Monat

și

șe,m

ĭx,m

L*s,m

in °C

in °C

in W

in W/K

Januar

20

2,7

497,63

45,03

Februar

20

2,8

513,17

46,44

März

20

5,2

497,63

45,03

April

20

7,3

455,15

41,19

Mai

20

11,1

397,14

35,94

Juni

20

13,9

339,12

30,69

Juli

20

15,3

296,65

26,85

August

20

15,6

281,10

25,44

September

20

13,6

296,65

26,85

Oktober

20

10,5

339,12

30,69

November

20

5,8

397,14

35,94

Dezember

20

3,6

455,15

41,19

Jahressumme

4765,64

160

2 Antworten und Lösungen (Gebäude nach Abschnitt 2.6.5)

Lösung zu Aufgabe 34 1. Wärmeleitfähigkeit von ungefrorenem Erdreich:

16,0+2*0,08

W λ = 2, 0 m⋅K

16,0 m

4,0-2*0,08

7,0 m

+ ( 4, 0 − 2 ⋅ 0, 08 ) ⋅ ( 5, 0 + 2 ⋅ 0, 08 ) = 169, 63 m 2

12,0 m

AG = (12, 0 + 2 ⋅ 0, 08 ) ⋅ 2 ⋅ ( 6, 0 + 2 ⋅ 0, 08 )

3. Exponierter Umfang der Bodenplatte: P = 16, 0 + 2 ⋅ 0, 08 + 12, 0 + 2 ⋅ 0, 08 + 6, 0 + 2 ⋅ 0, 08 + 7, 0 + 4, 0 − 2 ⋅ 0, 08 + 7, 0 + 6, 0 + 2 ⋅ 0, 08 + 12, 0 + 2 ⋅ 0, 08

12,0+2*0,08

4,0 m

2. Bodenplattenfläche:

6,0 m 6,0+2*0,08

= 70, 64 m 4. Charakteristisches Bodenplattenmaß: B' =

AG 169, 63 = = 4, 803 m 0, 5 ⋅ P 0, 5 ⋅ 70, 64

(Tab. 2.6.1-1, Z. 3)

5. Dicke der Umfassungswände: d w = 8 + 30 + 1 = 39 cm = 0, 39 m 6. Wärmedurchlasswiderstand der Bodenplatte: Rf =

0, 045 0,12 m2K + = 3, 032 1, 4 0, 04 W

7. Wirksame Gesamtdicke der Bodenplatte:

(

d f = d w + λ ⋅ Rsi + R f + Rse

)

(Tab. 2.6.1-1, Z. 12)

= 0, 39 + 2, 0 ⋅ ( 0,17 + 3, 032 + 0, 04 ) = 6, 874 m 8. Effektiver Wärmedurchgangskoeffizient für den Wärmetransport über den Kellerfußboden: d f + 0,, 5 ⋅ z = 6, 874 + 0, 5 ⋅1, 80 = 7, 774 m > B ' = 4, 803 m ⇒ U bf = =

λ 0, 457 ⋅ B '+ d f + 0, 5 ⋅ z 2, 0 W = 0, 20 2 0, 457 ⋅ 4, 803 + 6, 874 + 0, 5 ⋅1, 80 mK

(Tab. 2.6.4-1, Z. 2)

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

161

9. Wärmedurchgangskoeffizient der Kellerdecke: −1

⎛ 0, 045 0, 08 0,16 0, 01 ⎞ W U f = ⎜ 0,17 + + + + + 0,17 ⎟ = 0, 41 2 1, 4 0, 04 2, 3 0, 7 mK ⎝ ⎠ 10. Wärmedurchlasswiderstand der Kellerwand: Rw =

0, 08 0, 30 0, 01 m2K + + = 2,150 0, 04 4 2, 3 0, 51 W

11. Wirksame Gesamtdicke der Kellerwand: dbw = λ ⋅ ( Rsi + Rw + Rse )

(Tab. 2.6.1-1, Z. 14)

= 2, 0 ⋅ ( 0,13 + 2,150 + 0, 04 ) = 4, 640 m

12. Effektiver Wärmedurchgangskoeffizient für den Wärm metransport über der Kellerwand: dbw = 4, 640 m < dt = 6, 874 m ⇒ U bw = =

2 ⋅ λ ⎛ 0, 5 ⋅ dbw ⋅ ⎜1 + π⋅ z ⎝ dbw + z

⎞ ⎛ z ⎞ + 1⎟ ⎟ ⋅ ln ⎜ d ⎠ ⎝ bw ⎠

2 ⋅ 2, 0 ⎛ W ⎞ 0, 5 ⋅ 4, 640 ⎞ ⎛ 1, 80 ⋅ ⎜1 + + 1⎟ = 0, 32 2 ⎟ ⋅ ln ⎜ m K π ⋅1, 80 ⎝ 4, 640 + 1, 80 ⎠ ⎝ 4, 640 ⎠

13. Wärmedurchgangskoeffizient der Kellerwand oberhalb des Erdreiches: −1

W 0, 01 0, 30 0, 08 ⎞ ⎛ + + U w = ⎜ 0,13 + + 0, 04 ⎟ = 0, 43 2 0 , 04 0 , 51 2 , 3 m K ⎝ ⎠ 14. Luftwechselrate des Kellers: n = 0, 3 h −1 15. Luftvolumen des Kellers: ⎡ ⎡16,0 − 2 ⋅ ( 0, 3 + 0, 01) ⎤ ⋅ ⎡5,0 − 2 ⋅ ( 0, 3 + 0, 01) ⎤ ⎤ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎥ V =⎢ ⋅ (1,15 + 1, 80 ) ⎢ ⎥ ⎡⎣6,0 − 2 ⋅ ( 0, 3 + 0, 01) ⎤⎦ ⋅ 7, 0 + 2 ⋅ ⎣ ⎦ = 420, 9 m3

(Tab. 2.6.4-1, Z. 5)

162

2 Antworten und Lösungen

16. Effektiver Wärmedurchgangskoeffizient U für den Wärmetransport über den unbeheizten Keller: AG 1 1 = + U U f AG ⋅ U bf + z ⋅ P ⋅ U bw + h ⋅ P ⋅ U w + 0, 33 ⋅ n ⋅ V =

(Tab. 2.6.5-1, Z. 2)

1 169, 63 + 0, 41 169, 63 ⋅ 0, 20 + 1,80 ⋅ 70, 64 ⋅ 0, 32 + 1,15 ⋅ 70, 64 ⋅ 0, 43 + 0, 33 ⋅ 0, 3 ⋅ 420, 91

= 3, 56

m2K W

17. Thermischer Leitwert: Ls = AG ⋅ U = 169, 63 ⋅ 3, 56−1 = 47, 64

W K

(Tab. 2.6.5-1, Z. 3)

18. Periodische Eindringtiefe: δ=

3,15 ⋅107 ⋅ 2, 0 3,15 ⋅107 ⋅ λ = = 3, 96 π⋅ρ⋅c π ⋅1600 ⋅ 800

19. Harmonischer thermischer Leitwert:

(Tab. 2.6.1-1, Z. 16)

(Tab. 2.6.5-1, Z. 4) −z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ δ 0, 37 ⋅ P ⋅ λ ⋅ ⎜ 2 − e δ ⎟ ⋅ ln ⎜ + 1⎟ + h ⋅ P ⋅ U w + 0, 33 ⋅ n ⋅ V ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ dt L pe = AG ⋅ U f ⋅ λ ( AG + z ⋅ P ) ⋅ + h ⋅ P ⋅U w + 0, 33 ⋅ n ⋅V + AG ⋅U f δ −1,80 ⎛ ⎞ ⎛ 3, 96 ⎞ 0, 37 ⋅ 70, 64 ⋅ 2, 0 ⋅ ⎜ 2 − e 3,96 ⎟ ⋅ ln ⎜ + 1 + 1,15 ⋅ 70, 64 ⋅ 0,43 + 0, 33 ⋅ 0,33 ⋅ 420,91 ⎜ ⎟ ⎝ 6,874 ⎟⎠ ⎝ ⎠ = 169, 63 ⋅ 0,41 ⋅ 2, 0 + 1,15 ⋅ 70, 64 ⋅ 0,43 + 0, 33 ⋅ 0,3 ⋅ 420,91 + 169, 63 ⋅ 0,41 (169, 63 + 1,80 ⋅ 70, 64 ) ⋅ 3, 96 W = 25,26 K

20. Transmissionswärmeverlust im Monat m: τ = 1 ( Nordhalbkugel )

β = 1 ( Bodenplatte auf Erdreich ohne Randdämmung ) θe , Amp = θe , m =

θe , m ,max − θe , m ,min

∑ θe , m , i 12

2 =

=

15, 6 − 2, 7 = 6, 45 °C 2

107, 4 = 8, 95 °C 12

2.1 Wärmeschutz und Energieeinsparung

m − τ−β ⎞ ⎛ Φ x,M = Ls ⋅ (θi ,m − θe ,m ) + L pe ⋅ θe,Amp ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ m−2⎞ ⎛ = 47, 64 ⋅ (10 − 8, 95) + 25,26 ⋅ 6, 45 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝

163

[W]

(Formel 2.6.1-2)

m−2⎞ ⎛ = 49, 35 + 162, 93 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ Bsp.: Monat Januar (m = 1)) 1− 2 ⎞ ⎛ Φ x,J = 49, 35 + 162, 93 ⋅ cos ⎜ 2 ⋅ π ⋅ 12 ⎟⎠ ⎝ = 212, 27 W 21. Monatlicher Leitwert: L*s ,M =

Φ x,M ⎡ W ⎤ θi − θe,m ⎢⎣ K ⎥⎦

(Formel 2.6.1-1)

Bsp.: Monat Januar Φ x,J 212, 27 W = = 202,,16 L*s , J = θi − θe,m 10 − 8, 95 K

Lösung zu Aufgabe 35 Ψ Traufe = L2 D − Lo = L2 D − ∑ (U i ⋅ Ai )

(Formel 2.3.2-1)

W W W − (0, 22 2 ⋅1, 235 m + 0,18 2 ⋅1, 325 m) m⋅K m K m K W = − 0, 057 m⋅K

= 0, 453

Der längenbezogene Wärmedurchgangskoeffizient beträgt AHHAJDEJSAEOA>AVEADAJOE?D=QB@=OQ?DŐ#KNIAHJQJ@1=>AHHAJ=QLDUOEGŏ QŦ=CA

*)

2.2 Feuchteschutz

175

Sättigungskonzentration für 5,0 °C und I = 100 % ĺ c s = 6,8 g/m3

(Bild 3.1.8-1)

oder rechnerisch:

S s  3D Tabelle 3.1.3-1  cs = 

1,0 ⋅ 872 kg g = 0 ,0068 3 = 6 ,8 3 461,5 ⋅ ( 5,0 + 273,15 ) m m

(Formel 3.1.8-1)

$XVIDOOHQGH)HXFKWLJNHLW g cD − cs = 11,6 − 6 ,8 = 4 ,8 3 m

F  UHODWLYH/XIWIHXFKWLJNHLWEHL7HPSHUDWXUDQVWLHJDXIƒ& m konstant. Der Partialdruck ist bei beiden Temperaturzuständen im Raum pD (θi ) = pD (θi +1 ) p D = φ ⋅ pS

(Formel 3.1.5-1)

φi ⋅ ps (θi ) = φi +1 ⋅ ps (θi +1 )

φi ⋅ ps (θi ) φi ⋅ ps ( 22 , 0 °C ) = ps (θi +1 ) ps ( 24 , 0 °C )

⇒ φi +1 = =

0 ,60 ⋅ 2642 = 0 ,532 2982

(Tabelle 3.1.3-1)

 53,2 %

Alternativ berechnet mit der Wasserdampfkonzentration: cS (22,0°C) = 19 ,40 g/m 3

φi +1 = 

;

cS (24,0°C) = 21,75 g/m3

φi ⋅ cS (22,0°C) 0 ,60 ⋅19 ,40 = 0 ,535  53,5 % = 21,75 cS (24°C)

Tabelle 3.1.8-1 (Formel 3.1.5-1)

(VVWHOOWVLFKHLQHUHODWLYH/XIWIHXFKWHYRQHLQ

G  %HUHFKQXQJGHU:DVVHUPDVVH



Volumen: V = 8,0 ⋅ 5,0 ⋅ 2 ,75 =110,0 m3 g cs (22,0 °C) = 19,40 3 m cD =  φ ⋅ cS  

Δcabsolut = (φ1 − φ2 ) ⋅ cs ⋅ V

= ( 0 ,60 − 0 ,50 ) ⋅19 ,40 ⋅110,0 = 213,4 g



(VPXVVHLQH:DVVHUPDVVHYRQJNRQGHQVLHUHQ

(Tabelle 3.1.8-1) Formel 3.1.5-1

176

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 2 D :DVVHUGDPSINRQ]HQWUDWLRQHQ pS (24,0 °C) = 2982 Pa

(Tabelle 3.1.8-1)

pS (-5,0 °C) = 401 Pa

φi ⋅ pS 0 ,65 ⋅ 2982 = 0 ,0141 = RD ⋅ T 461,5 ⋅ ( 24 + 273,15 ) φ ⋅p 0 ,90 ⋅ 401 = 0,0029 cD ,e = e S = RD ⋅ T 461,5 ⋅ ( - 5 + 273,15 ) cD ,i > cD ,e

cD ,i =

kg g = 14 ,1 3 m3 m

(Formel 3.1.7-1)

kg g = 2,9 3 3 m m

⇒ Es wird Feuchtigkeit von innen nach außen transportiert. E )HXFKWHPHQJH g m3 'XUFKGHQ/IWXQJVYRUJDQJZHUGHQJP3)HXFKWLJNHLWQDFKDX‰HQWUDQVSRUWLHUW Δc = cD ,i − cD ,e = 14,1 − 2, 9 = 11, 2



Lösung zu Aufgabe 3 D  'HU3DUWLDOGDPSIGUXFNEOHLEWJOHLFK

φ1 ⋅ ps (θ1 ) = φ2 ⋅ ps (θ 2 )

(Formel 3.1.5-1)

⇒ φ2 =

(Tabelle 3.1.3-1)

φ1 ⋅ ps (θ1 ) φ1 ⋅ ps ( 21, 5 °C ) = ps (θ 2 ) ps ( 25, 8 °C )

0, 55 ⋅ 2563 = 0, 425 3320 E  7DXSXQNWWHPSHUDWXU =

 42, 5 %

1

⎛ φ ⎞ 8,02 θs = ⎜ ⎟ ⋅ (109, 8 + θ ) − 109, 8 ⎝ 100 ⎠

(Formel 3.1.9-1)

1

⎛ 42, 5 ⎞ 8,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109, 8 + 25, 8 ) − 109, 8 = 12,1 °C ⎝ 100 ⎠ F  Schimmelpilz-Grenztemperatur: 1

θ si ,min

⎛ 1,25 ⋅ φ ⎞ 8 ,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109 ,8 + θi ) − 109 ,8 ⎝ 100 ⎠

(Formel 3.1.10-1)

1

⎛ 1,25 ⋅ 42 ,5 ⎞ 8 ,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109 ,8 + 25,8 ) − 109 ,8 = 15,5 °C ⎝ 100 ⎠  

6FKRQ DE 2EHUIOlFKHQWHPSHUDWXUHQ YRQ  ƒ& NDQQ HV DXI GLHVHQ 2EHUIOlFKHQ ]X 6FKLPPHOSLO]ELOGXQJNRPPHQ

2.2 Feuchteschutz

177

Lösung zu Aufgabe 4 D  ,QQHQEHGLQJXQJHQ

θi = 20 °C; φi = 45 % 1

⎛ φ ⎞ 8,02 θs = ⎜ ⎟ ⋅ (109, 8 + θ ) − 109, 8 ⎝ 100 ⎠

(Formel 3.1.9-1)

1

⎛ 45 ⎞ 8,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109, 8 + 20 ) − 109, 8 = 7, 7 °C ⎝ 100 ⎠ oder: θs = 7, 7 °C

(Tabelle 3.1.9-1)

E  $X‰HQEHGLQJXQJHQ

θ e = − 9, 0 °C; φe = 70 % g cS = 2, 32 3 m cD ,e = φ ⋅ cS ,e = 0, 7 ⋅ 2, 32 = 1, 62

(Tabelle 3.1.8-1)

g m3

(Formel 3.1.5-1)

oder: pS = 283 Pa cD , e = =

(Tabelle 3.1.3-1)

φe ⋅ pS RD ⋅ T

(Formel 3.1.7-1)

kg g 0, 70 ⋅ 283 = 0, 00163 3 = 1, 63 3 m m 461, 5 ⋅ (- 9, 0 + 273,15)

F  PLWPHFKDQLVFKHU/IWXQJ g cD ,e = 1, 63 3 m g cS ,i = 17, 27 3 (ohne Lüftung) m

⇒ cD ,i = φ ⋅ cS ,i = 0, 45 ⋅17, 27 = 7, 77 m3 h ⋅ Pers. g Feuchteabgabe m = 50 h ⋅ Pers. Feuchtezugabe x = mH 2O ⋅ n Frischluftmenge n = 30

(Tabelle 3.1.8-1)

g m3

(Formel 3.1.5-1)

178

2 Antworten und Lösungen

Feuchtebilanz : Feuchte Zuluft - Feuchte Abluft + Feuchteabgabe Person + Befeuchtung = 0 cD,e ⋅ n − cD,i ⋅ n + m + x = 0 x = cD,i ⋅ n − m − cD,e ⋅ n x = 7, 77

g m3 g g m3 ⋅ 30 − 50 − 1 , 63 ⋅ 30 m3 h ⋅ Pers. h ⋅ Pers. m3 h ⋅ Pers.

= 233,1 − 50 − 48, 9 = 134, 2 mH 2O = 

g h ⋅ Pers.

g x 134, 2 = = 4, 47 3 30 m n

'HU5DXPPXVV]XVlW]OLFKPLWPLQGJ:DVVHUSURP3)ULVFKOXIWEHIHXFKWHWZHUGHQ

Lösung zu Aufgabe 5 D  5DQGEHGLQJXQJ7DXZDVVHUIUHLKHLW θi = 22 °C ; φi = 65 %; θ e = −5 °C;

Rsi = 0, 25

m2 ⋅ K ; W

θS (22, 0 °C; 65 %) = 15,1°C θ −θ Rmin ≥ Rsi ⋅ i e − ( Rsi + Rse ) θi − θ S ≥ 0, 25 ⋅  

m2 ⋅ K W (Tabelle 3.1.9-1)

Rse = 0, 04

(Formel 3.4.1-3)

m2 ⋅ K 22, 0 − (−5) − (0, 25 + 0, 04) ≥ 0, 69 22, 0 − 15,1 W

'LH$X‰HQZDQGPXVVPLQGHVWHQVHLQHQ:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQGYRQPÃ. : DXIZHLVHQ

E  5DQGEHGLQJXQJ6FKLPPHOSLO]IUHLKHLW  6FKLPPHOSLO]*UHQ]WHPSHUDWXU 1

θ si, min

⎛ 1, 25 ⋅ φ ⎞ 8,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109, 8 + θ ) − 109, 8 ⎝ 100 ⎠

(Formel 3.1.10-1)

1

⎛ 1, 25 ⋅ 65 ⎞ 8,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109, 8 + 22 ) − 109, 8 = 18, 6 °C ⎝ 100 ⎠

Rmin ≥ Rsi ⋅

θi − θ e − ( Rsi + Rse ) θi − θ s,80%

≥ 0, 25 ⋅  

(Formel 3.4.1-3)

22, 0 − (−5) m2 ⋅ K − (0, 25 + 0, 04) ≥ 1, 7 22, 0 − 18, 6 W

'LH$X‰HQZDQGPXVVPLQGHVWHQVHLQHQ:lUPHGXUFKODVVZLGHUVWDQGYRQPÃ. : DXIZHLVHQ

2.2 Feuchteschutz

179

Lösung zu Aufgabe 6 +LQZHLV]XU:DKOGHVLQQHQVHLWLJHQ:lUPHEHUJDQJVZLGHUVWDQGHV5 si  :LUGGHU:lUPHGXUFKJDQJVZLGHUVWDQGRTHLQHV%DXWHLOVEHVWLPPWVRVLQGGDEHLLQ$EKlQJLJNHLW GHV %HUHFKQXQJV]LHOV YHUVFKLHGHQH :HUWH IU Rsi DQ]XQHKPHQ ĺ 7DEHOOH   ‡ 6ROOGHU 8 :HUWGHV%DXWHLOVEHUHFKQHWZHUGHQVRLVWRsiHQWVSUHFKHQG',1(1,62 DQ]XVHW]HQĺ7DEHOOH=HLOH  ‡ ,VW GLH 2EHUIOlFKHQIHXFKWH 6FKLPPHOSLO]ELOGXQJ RGHU 7DXZDVVHUDXVIDOO  EHL OLFKWXQGXUFKOlVVLJHQ%DXWHLOHQ]XEHXUWHLOHQVLQGGLH:HUWHJHPl‰',1PD‰JHEHQG ĺ7DEHOOH=HLOH  ‡ ,VW GLH 2EHUIOlFKHQIHXFKWH 6FKLPPHOSLO]ELOGXQJ RGHU 7DXZDVVHUDXVIDOO  EHL )HQVWHUQXQG7UHQ]XEHXUWHLOHQVLQGGLH:HUWHJHPl‰',1(1,62PD‰JHEHQG ĺ7DEHOOH=HLOHQ  ‡ %HL %HUHFKQXQJHQ ]XU 9HUPHLGXQJ YRQ 7DXZDVVHUDXVIDOO LP %DXWHLOLQQHUHQ LVW ',1 ]XEHDFKWHQĺ7DEHOOH=HLOH   :lUPHVWURPGXUFKGDV)HQVWHU

q = U Fenster ⋅ (θi − θ e )

(Formel 2.1.8-4)

= 2,2 ⋅ ( 22 − ( −5 ) ) = 59, 4 W/m 2  ,QQHQREHUIOlFKHQWHPSHUDWXU

θ si = θi − Rsi ⋅ q = 22 − 0,13 ⋅ 59, 4 = 14, 3 °C

(Bild 2.2.1-1)

 :DVVHUGDPSIVlWWLJXQJVGUFNH ps(14,3 °C) = 1629 Pa

(Tabelle 3.1.3-1)

ps(22,0 °C) = 2642 Pa  NULWLVFKHUHODWLYH)HXFKWH

φ=

pS (14, 3°C) 1629 = = 0, 62  62 % pS (22, 0°C) 2642

(Formel 3.1.5-1)

$EHLQHU5DXPOXIWIHXFKWHYRQZLUGVLFK7DXZDVVHUDQGHQ)HQVWHUVFKHLEHQQLHGHUVFKODJHQ

180

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 7 +LQZHLV]XU:DKOGHVLQQHQVHLWLJHQ5 si V/|VXQJ]X$XIJDEH D  XQJHGlPPWH.RQVWUXNWLRQ  ,VW GLH 2EHUIOlFKHQIHXFKWH 6FKLPPHOSLO]ELOGXQJ RGHU 7DXZDVVHUDXVIDOO  ]X EHXUWHLOHQVLQGGLH:HUWHJHPl‰',1PD‰JHEHQG7DEHOOH=HLOH 

1. Wärmedurchgangswiderstand: n

RT = Rsi + ∑ i =1

= 0,25 +

di + Rse λi

(Formel 2.1.12-2

0,01 0,20 0,015 m2K + + + 0,04 = 0,41 0,51 2,3 1,00 W

2. Wärmestromdichte: W 1 1 q= ⋅ (θi − θ e ) = ⋅ ( 20 − ( −10 ) ) = 73, 2 2 m RT 0, 41

(Formel 2.1.8-4)

3. Innenoberflächentemperatur:

θ si = θi − Rsi ⋅ q = 20 − 0, 25 ⋅ 73, 2 = 1, 7 °C

(Bild 2.2.1-1)

4. Bewertung: Taupunkttemperatur θS (20 °C, 65%) = 13,2 °C

(Tabelle 3.1.9-1)

(θsi = 1,7 °C) < (θS = 13,2 °C) ⇒ Tauwasserausfall E  HUIRUGHUOLFKH:lUPHGlPPVFKLFKW Vergleich (θ si ≥ θ S ): θ S ≤ θi − Rsi ⋅ qneu θ − θe θi − θ e qneu = i = n d RT Rsi + ∑ i + Rse i =1 λi d 0,015 ⎛ ⎞ 0,01 0,20 + + Dä + + 0,04 ⎟ 13,2 °C ≤ 20 − 0, 25 ⋅ ( 20 − ( −10 ) ) ⋅ ⎜ 0,25 + 0,51 2,3 0,045 1,00 ⎝ ⎠ 7, 5 = 20 − d 0,41 + Dä 0,045 ⎛ 7, 5 ⎞ − 0, 41⎟ ⋅ 0, 045 = 0, 031 m ⇒ d Dä ≥ ⎜ − 20 13 2 , ⎝ ⎠ → gewählt: d Dä = 4 cm

−1

2.2 Feuchteschutz

181

Lösung zu Aufgabe 8 1. Mindestwärmedurchlasswiderstand: Rmin = Rsi ⋅

(θi − θe )

(θ

i

− θ si,min )

− ( Rsi + Rse )

(Formel 3.4.1-3

θ si,min = 12, 6 + 2 = 14, 6 °C Rmin = 0,25 ⋅

( 20 − ( −5) ) − ( 20 − 14, 6 )

(Anforderung)

( 0, 25 + 0, 04 ) = 1, 33

m2K W

2. Wärmedurchlasswiderstand: n

d di 0, 01 0, 24 d Dä 0, 015 = + + = 0,235 + Dä + 0 , 51 1 , 20 1 , 0 λ 0,04 0,04 i =1 i 3. Mindestdämmschichtdicke: Rmin ≤ R d 1, 33 ≤ 0,235 + Dä ⇒ d Dä ≥ 0, 044 m 0,04 R=∑

(Formel 2.1.11-1)

(Formel 3.4.1-2

alternative Berechnung: 1. Wärmedurchgangswiderstand: n

RT = Rsi + ∑ i =1

di + Rse λi

d m2K 0,01 0,24 d Dä 0,015 + + + + 0,04 = 0,525 + Dä 0,51 1,20 0,04 1,00 0,04 W 2. Wärmestromdichte: 1  35  WFormel 2.2.1-1  q =  1 ⋅ (θ − θ ) =  ⋅ ( 20 −( −15 ) ) = i e d Dä d Dä m 2 RT 0,525 + 0,525 + 0,04 0,04 = 0,25 +



(Formel 2.1.12-2)

3. Innenoberflächentemperatur: θ si = θi − Rsi ⋅ q 8,75 = 20 − °C d Dä d 0 ,525 + 0 ,525 + Dä 0,04 0,04 4. Anforderung (θ si ≥ θ si ,min ) mit: θ si ,min = 12 ,6 °C + 2 K = 14 ,6 °C = 20 − 0 ,25 ⋅

20 −

8,75 0,525 +

d Dä 0,04

35

≥ 14 ,6 °C

⎛ 8,75 ⎞ d Dä ≥ ⎜ − 0 ,525 ⎟ ⋅ 0 ,04 = 0 ,044 m − , 20 14 6 ⎝ ⎠ → gewählt: d Dämmung = 5 cm

182

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 9

1. Wärmedurchgangswiderstand: n

RT = Rsi + ∑ i =1

= 0,25 +

di + Rse λi

(Formel 2.1.12-2)

0,01 0,365 0,08 0,015 m2K + + + + 0,04 = 2,,585 0,51 1,40 0,04 1,00 W

2. Wärmestromdichte: q=

1 ⋅ (θi − θ e ) RT

(Formel 2.1.8-4)

W 1 = ⋅ ( 28 − ( −10 ) ) = 0 ,39 ⋅ 38 = 14 ,7 2 m 2 ,585 3. Innenoberflächentemperatur: θ si = θi − Rsi ⋅ q (Bild 2.2.1-1)

= 28 − 0 ,25 ⋅14 ,7 = 24 ,3 °C 4. Schimmelpilz-Grenztemperatur: 1

θ si ,min

⎛ 1,25 ⋅ φ ⎞ 8 ,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109,8 + θi ) − 109 ,8 ⎝ 100 ⎠

(Formel 3.1.10-1)

1

⎛ 1,25 ⋅ 75 ⎞ 8 ,02 =⎜ ⎟ ⋅ (109 ,8 + 28 ) − 109 ,8 ⎝ 100 ⎠ = 26 ,9 °C 5. Vergleich (θ si ≥ θ si ,min ): 24 ,3 °C < 26 ,9 °C

ĺ'LH'lPPVFKLFKWGLFNHUHLFKWQLFKWDXV

6. Erforderliche Dämmschichtdicke: Rmin = Rsi ⋅

θi − θ e − ( Rsi − Rse ) θi − θ si,min

= 0 ,25 ⋅

28 − ( −10 ) 28 − 26 ,9

− ( 0 ,25 − 0 ,04 ) = 8,43

(Formel 3.4.1-3) m2K W

2.2 Feuchteschutz

183

7. Erforderliche Dicke: n

Rmin = Rsi + ∑ i =1

d min 0,01 0,365 d min 0,015 m2K + Rse = 0,25 + + + + + 0,04 = 8, 43 0,51 1,40 0,04 1,00 W λi

d Dä ≥ 7, 86 ⋅ 0, 04 = 0, 31 m ⎛ m2K ⎞ 8. Vorhandener U − Wert ⎜ hier: Rsi = 0,13 ⎟: W ⎠ ⎝ W 1 1 U= = = 0,12 2 Rsi + Rmin + Rse 0,13 + 7, 86 + 0, 04 mK

Lösung zu Aufgabe 10

1. Wärmedurchgangswiderstand : n

RT = Rsi + ∑ i =1

= 1,00 +

di + Rse λi

(Formel 2.1.12-2)

d 0,01 0,24 d Dä 0,015 + + + + 0,04 = 1,246 + Dä 0,51 1,40 0,04 1,00 0,04

2. Wärmestromdichte: 1 1 25 ⋅ (θi − θ e ) = ⋅ ( 20 − ( −5 ) ) = q= d d RT 1,246 + Dä 1,246 + Dä 0 ,04 0 ,04 3. Innenoberflächentemperatur:

θ si = θi − Rsi ⋅ q = 20 − 1,0 ⋅

25 1,246 +

d Dä 0 ,04

= 20 −

4. Bemessung (θ si ≥ θ si,min ):

θ si,min = 12 ,6 °C + 2 K = 14 ,6 °C : 20 −

25 d 1,246 + Dä 0,04

≥ 14 ,6 °C

25 ⎛ ⎞ d Dä = ⎜ − 1,246 ⎟ ⋅ 0 ,04 = 0 ,135 m ⎝ 20 − 14 ,6 ⎠ → gewählt: d Dä = 14 cm

25 1,246 +

d Dä 0 ,04

(Formel 2.2.1-1)

184

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 11 D  5DQGEHGLQJXQJHQXQG%HUHFKQXQJQDFK*ODVHU Klimarandbedingungen 1

2

3

4

5

6

7

Raumklima Periode

Ti

Ii

8

9

Außenklima

Te

Ie

in °C

ps,i in Pa

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

Tauperiode (t = 2160 h)

20

2337

50

1168

-5

401

80

321

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

-

-

-

1200

-

-

-

1200

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

On

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T

Schicht n

dn in m

in °C

ps in Pa

20 = Ti

2337

18,28

2100

18,15

2082

16,88

1922

-3,75

446

-4,72

411

-5,0 = Te

401

in W/(mK)

Wärmeübergang innen Gipsputz ohne Zuschlag KalksandLochstein Mineralwolle

Vollklinker

Wärmeübergang außen

0,25

0,01

0,24

0,12

0,115

0,51

1,3

0,04

0,81

10

15

1

100

0,020

0,185

3,000

0,142

1,72

0,1

3,6

0,12

11,50

0,04

0,007

0,235

0,008

0,750

0,13

1,27

20,63

0,97

0,28

RT = 3,637 6sd = 15,32 U = 0,275

PLW Rsi , Rse  Pn ps

(Tabelle 2.1.10-1) (Abschnitt 1.5) (berechnet nach Formel 3.1.3-1 bzw. -2 oder alternativ Tabelle 3.1.3-1)

2.2 Feuchteschutz

185

E  7DXSHULRGH 3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2500 2100 2082 2000 Sättigungsdampfdruck pS Wasserdampfpartialdruck PD

1922 1168

1500

1150 1000

pc

411

469 446

500 321 0

-500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd/sd,ges [ - ]

1. Tauwassermenge: sdi = sd,1 + sd,2 + sd,3 = 0,1 + 3,6 + 0,12 = 3,82 m gi = δ DL ⋅

pi − pc 1168 − 444 g = 0, 00072 ⋅ = 0,1365 2 3, 82 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-2)

g e = δ DL ⋅

pc − pe 444 − 321 g = 0, 00072 ⋅ = 0, 0077 2 11,50 m ⋅h sde

(Formel 3.4.3-3)

M c = tc ⋅ ( g i − g e )

(Formel 3.4.3-1)

g = 2160 ⋅ ( 0,1365 − 0, 0077 ) = 278, 2 2 m 2. Nachweis: Anforderung:

M c ≤ zul. M ev

g g < 500 2 m2 m → 1. Nachweis erfüllt!

(Formel 3.4.3-13)

278, 2

(Tab. 3.4.3-3, Z. 3)

186

2 Antworten und Lösungen

F  9HUGXQVWXQJVSHULRGH

Dampfdruckverlauf der Verdunstungsperiode 3000

p in Pa

2500 2000

1700

1500 1200 1200

1000 Wasserdampfpartialdruck PD 500 0 -500

0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd/sd,ges [ - ]

1. Verdunstungsmenge: p − pi g 1700 − 1200 = 0, 0942 2 = 0, 00072 ⋅ gi = δ DL ⋅ c 3, 82 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-16)

pc − pe 1700 − 1200 g = 0, 0313 2 = 0, 00072 ⋅ 11,50 m ⋅h sde

(Formel 3.4.3-17)

g e = δ DL ⋅

M ev = tev ⋅ ( gi + g e )

(Formel 3.4.3-15)

g = 2160 ⋅ ( 0, 0942 + 0, 0313) = 271 2 m 2. Nachweis

Anforderung: M c ≤ M ev 278, 2

g g > 271 2 2 m m

(Formel 3.4.3-14

ĺ1DFKZHLVQLFKWHUIOOW    

0|JOLFKH9HUEHVVHUXQJVPD‰QDKPHQ  7UDJVFKDOHPLWK|KHUHP—:HUW  9RUVDW]VFKDOHPLWJHULQJHUHP—:HUW  $OWHUQDWLYH1DFKZHLVIKUXQJPLWK\JURWKHUPLVFKHU6LPXODWLRQZRGXUFKHLQ  JQVWLJHUHV1DFKZHLVHUJHEQLVHU]LHOWZHUGHQNDQQ

2.2 Feuchteschutz

187

Lösung zu Aufgabe 12 Klimarandbedingungen 1

2

3

Periode

Ti in °C

ps,i in Pa

20

2337

4

5

6

7

Te

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

75

1753

8

1072

60

643

Raumklima

Tauperiode (t = 2160 h)

Ii

8

9

Außenklima

Ie

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

On

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T

Schicht n

dn in m

in °C

ps in Pa

20 = Ti

2337

19,05

2202

18,85

2176

9,31

1172

8,15

1083

8 = Te

1072

in W/(mK)

Wärmeübergang innen

0,25

Gipskartonplatte 0,0125

Mineralwolle

Kalksandstein

Wärmeübergang außen

0,10

0,24

0,95

0,25

4

0,05

0,05

0,008

0,20

0,04

1

2,50

0,1

0,016

9,54

0,79

25

0,304

6,0

0,04 RT = 3,144

0,976

1,16

0,15 6sd = 6,15

U = 0,318

PLW Rsi , Rse  Pn ps

(Tabelle 2.1.10-1) (Abschnitt 1.5) (berechnet nach Formel 3.1.3-1 bzw. -2 oder alternativ Tabelle 3.1.3-1)

188

2 Antworten und Lösungen

D 7DXSHULRGH 3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2500

2202 2176

2000 Sättigungsdampfdruck pS Wasserdampfpartialdruck PD

1753 1559

1500

pc

1083 1000

1172

643 500

0

-500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd/sd,ges [ - ]

1. Tauwassermenge: gi = δ DL ⋅

pi − pc g 1753 − 1172 = 0, 00072 ⋅ = 2, 79 2 0,15 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-2)

g e = δ DL ⋅

pc − pe 1172 − 643 g = 0, 00072 ⋅ = 0, 06 2 6,0 m ⋅h sde

(Formel 3.4.3-3)

M c = tc ⋅ ( g i − g e ) = 2160 ⋅ ( 2, 79 − 0, 06 ) = 5897

(Formel 3.4.3-1

g m2

ĺ Tauwasser in einer Ebene (Schichtgrenze zwischen Schicht 2 und 3) ĺ Fall b) Von den beiden an der Tauwasserebene angrenzenden Schichten ist mindestens eine, nämlich Schicht 3 (Mineralfaser), als kapillar nicht wasseraufnahmefähig zu bezeichnen. ĺ max. Tauwassermasse M ev = 500 g/m² (Tabelle 3.4.3-3, Zeile 3) 2. Anforderung: M c ” zul. M ev (Formel 3.4.3-14  JP 励JP ĺ Es fällt unzulässig viel Tauwasser aus. Darüberhinaus kann das Tauwasser auch nicht mehr verdunsten, da aufgrund des konstanten Klimas keine Verdunstungsperiode vorliegt. ĺ Dampfbremse erforderlich oder eine Wärmedämmung auf der kalten Seite!

2.2 Feuchteschutz

189

2. Rechnerische Ermittlung von sd,erf : sd,erf = sde ⋅ = 6, 0 ⋅

pi − pe − sdi − sde pc − pe

(Formel 3.4.4-1)

1753 − 643 − 0,15 − 6, 0 = 6, 46 m 1172 − 643

$OWHUQDWLYJUDILVFKH(UPLWWOXQJYRQs GHUI  3000

p in Pa

Dimensionierung einer Dampfsperre

2500 2202

2176 2000

1753 1753

1500

pc

1083 1000

1172

643 500

0 erf. sd -500 -6,5

-5,5

-4,5

-3,5

-2,5

-1,5

-0,5 0 0,5

sd [ - ]

1,5

2,5

3,5

4,5

5,5

6,5

190

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 13 D  5DQGEHGLQJXQJHQXQG%HUHFKQXQJQDFK*ODVHU Klimarandbedingungen 1

2

3

4

5

6

7

Raumklima Periode

Ti

Ii

8

9

Außenklima

Te

Ie

in °C

ps,i in Pa

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

Tauperiode (t = 2160 h)

20

2337

50

1168

-5

401

80

321

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

---

---

---

1200

---

---

---

1200

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

dn in m

On

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T

Schicht n

in °C

ps in Pa

in W/(mK)

Wärmeübergang innen

0,25

1,502

Gipsputz ohne Zuschlag

0,01

0,51

10

0,020

0,1

0,027

0,120

Mineralwolle

0,08

0,04

1

2,00

0,08

0,022

12,019

Mauerwerk aus Kalksandstein

0,24

0,70

10

0,343

2,4

0,659

2,061

Mineralwolle

0,06

0,04

1

1,50

0,06

0,016

9,014

Kunstharzputz

0,005

0,7

200

0,007

1

0,275

0,042

Wärmeübergang außen

0,04 RT = 4,16

0,240

20 =Ti

2337

18,50

2128

18,38

2113

6,36

958

4,30

830

-4,72

411

-4,76

410

-5 = Te

401

6sd =3,64

U = 0,240

PLW Rsi , Rse  Pn ps

(Tabelle 2.1.10-1) (Abschnitt 1.5) (berechnet nach Formel 3.1.3-1 bzw. -2 oder alternativ Tabelle 3.1.3-1)

2.2 Feuchteschutz

191

E 7DXSHULRGH 3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2500

2128 2113

2000

Sättigungsdampfdruck pS Wasserdampfpartialdruck PD 1500 1168

pc1

1000 830

1052 958

410

pc2

500

411

0

-500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd /sd,ges [ - ]

1. Tauwassermenge gi = δ DL ⋅

pi − pc1 g 1168 − 958 = 0, 00072 ⋅ = 0, 84 2 0,18 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-7)

g z = δ DL ⋅

pc1 − pc 2 958 − 411 g = 0, 00072 ⋅ = 0,16 2 2,46 m ⋅h sdz

(Formel 3.4.3-8)

g e = δ DL ⋅

pc 2 − pe 411 − 321 g = 0, 00072 ⋅ = 0, 065 2 1, 0 m ⋅h sde

g m2 g = tc ⋅ ( g z − g e ) = 2160 ⋅ ( 0,16 − 0, 065 ) = 205, 2 2 m

(Formel 3.4.3-9)

M c1 = tc ⋅ ( gi − g z ) = 2160 ⋅ ( 0, 84 − 0,16 ) = 1468, 8

(Formel 3.4.3-5)

M c2

(Formel 3.4.3-6)

M c = M c1 + M c 2 = 1468, 8 + 205, 2 = 1674

g m2

(Formel 3.4.3-4)

Von den beiden an der Tauwasserebene angrenzenden Schichten ist mindestens eine, nämlich Mineralwolle, als kapillar nicht wasseraufnahmefähig zu bezeichnen. (Tabelle 3.4.3-3, Zeile 3) -> max. Tauwassermasse M C = 500 g/m²

192

2 Antworten und Lösungen

2. Nachweis: M c ≤ zul. M ev

Anforderung 1:

(Formel 3.4.3-13)

g g 1674 2 > 500 2 m m g g 1468, 8 2 > 500 2 m m   

(Tabelle 3.4.3-3)

ĺ 1DFKZHLVQLFKWHUIOOW ĺ 'LH*HVDPWWDXZDVVHUPHQJHEHUVFKUHLWHWGHQ]XOlVVLJHQ:HUW ĺ 'LH7DXZDVVHUPHQJHLQGHUHUVWHQ7DXZDVVHUHEHQHEHUVFKUHLWHWHEHQIDOOVGHQ  ]XOlVVLJHQ:HUW

'HU 9ROOVWlQGLJNHLW KDOEHU ZLUG JHSUIW RE GDV 7DXZDVVHU LQ GHU 9HUGXQVWXQJVSHULRGH ZLHGHUDEJHJHEHQZHUGHQNDQQ F9HUGXQVWXQJVSHULRGH Dampfdruckverlauf der Verdunstungsperiode 3000

p in Pa

2500

pc1

2000

pc2

1700

1500

1700

1200 1000

1200 Wasserdampfpartialdruck PD

500 0 -500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

sd /sd,ges [ - ]

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

2.2 Feuchteschutz

193

3. Verdunstungsmenge gi = δ DL ⋅

pc − pi g 1700 − 1200 = 0, 00072 ⋅ = 2, 00 2 0,18 m ⋅h sdi

g e = δ DL ⋅

pc − pe g 1700 − 1200 = 0, 00072 ⋅ = 0, 36 2 m ⋅h 1, 0 sde

tev1 =

M ev1 1440, 7 = = 720 h 2 gi

tev 2 =

M ev 2 205, 2 = 570 h = 36 0,3 ge

(Formel 3.4.3-18) (Formel 3.4.3-19

(Formel 3.4.3-20) (Formel 3.4.3-21)

Für tev1 < tev bzw. tev 2 < tev und tev1 > tev 2 gilt: ⎛ p − pe ⎞ M ev = tev 2 ⋅ ( gi + g e ) + ( tev − tev 2 ) ⋅ ⎜ gi + δ DL ⋅ c1 ⎟ s de + sdz ⎠ ⎝ 1700 − 1200 ⎞ ⎛ = 570 ⋅ ( 2, 0 + 0, 36 ) + ( 2160 − 570 ) ⋅ ⎜ 2 + 0, 00072 ⋅ ⎟ 3, 46 ⎝ ⎠ g = 1345, 2 + 1590 ⋅ ( 2 + 0,104 ) = 4691 2 m 4. Nachweis: M c ≤ M ev

(Formel 3.4.3-24)

(Formel 3.4.3-14)

g g 1674 2 < 4691 2 m m



ĺ 1DFKZHLVHUIOOW4XHUVFKQLWWLVWDEHUXQ]XOlVVLJGDGHUHUVWH1DFKZHLVQLFKW  HUIOOWZXUGH

194

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 14 D  5DQGEHGLQJXQJHQXQG%HUHFKQXQJQDFK*ODVHU 

'DV0DXHUZHUNZLUGLQGUHL7HLOVFKLFKWHQXQWHUWHLOWGDKLHUHLQJUR‰HU7HPSHUDWXU DEIDOO]XHUZDUWHQLVW

Klimarandbedingungen 1

2

3

4

5

6

7

Raumklima Periode

Ti

Ii

8

9

Außenklima

Te

Ie

in °C

ps,i in Pa

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

Tauperiode (t = 2160 h)

20

2337

50

1168

-5

401

80

321

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

-

-

-

1200

-

-

-

1200

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

dn in m

On

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T

Schicht n

in °C

ps in Pa

in W/(mK)

Wärmeübergang innen

0,25

3,56

Gipsputz o. Zuschlag

0,01

0,51

10

0,020

0,1

0,038

0,28

Porenbeton

0,1

0,21

5

0,476

0,5

0,190

6,79

Porenbeton

0,1

0,21

5

0,476

0,5

0,190

6,80

Porenbeton

0,1

0,21

10

0,476

1,0

0,381

6,79

1,0

35

0,015

0,525

0,200

0,21

Kalkzementputz 0,015 Wärmeübergang außen

0,04 RT = 1,753 6sd =2,625 U = 0,570

0,57

20 = Ti

2337

16,44

1868

16,16

1835

9,37

1176

2,57

735

-4,22

429

-4,43

421

-5 = Te

401

2.2 Feuchteschutz

195

E 7DXSHULRGH 3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2500 1868

2000

Sättigungsdampfdruck pS Wasserdampfpartialdruck PD

1835

1500 1168

1176

dĂƵǁĂƐƐĞƌďĞƌĞŝĐŚ ÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

1129

1000

pc1 pc2

735

500 421 321 0

429

-500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

sd /sd,ges [ - ]

0,70

0,80

0,90

1,00

1. Tauwassermenge: gi = δ DL ⋅

pi − pc1 g 1168 − 735 = 0, 00072 ⋅ = 0, 283 2 1,1 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-11)

g e = δ DL ⋅

pc 2 − pe g 429 − 321 = 0, 00072 ⋅ = 0,148 2 m ⋅h 0, 525 sde

(Formel 3.4.3-12)

M c = tc ⋅ ( gi − g e ) = 2160 ⋅ ( 0, 283 − 0,148 ) = 292

g m2

(Formel 3.4.3-10)

Alle im Tauwasserbereich angrenzenden Schichten sind als kapillarr wasseraufnahmefähig zu bezeichnen. 2. Nachweis: Anfordeerung: M c ≤ zul. M ev 292

g g < 1000 2 2 m m

→ 1. Nachweis erfüllt!

(Formel 3.4.3-13) (Tab. 3.4.3-3, Z. 2)

196

2 Antworten und Lösungen

F 9HUGXQVWXQJVSHULRGH

Dampfdruckverlauf der Verdunstungsperiode 3000

p in Pa

dĂƵǁĂƐƐĞƌďĞƌĞŝĐŚ

2500

ÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

2000

1700

1500 1200 1000

1200 Wasserdampfpartialdruck PD

500 0 -500

0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd /sd,ges [ - ]

1. Verdunstungsmenge:  g i =δ DL ⋅  pc − pi ( sdi + 0, 5 ⋅ sdz )

= 0, 00072 ⋅ g e = δ DL ⋅

Formel 3.4.3-25

1700 − 1200 g = 0, 225 2 m ⋅h (1,1 + 0, 5 ⋅1, 0 )

pc − pe

(Formel 3.4.3-26)

( 0, 5 ⋅ sdz + sde )

= 0, 00072 ⋅

g 1700 − 1200 = 0, 351 2 m ⋅h ( 0, 5 ⋅1, 0 + 0, 525)

M ev = tev ⋅ ( gi + g e ) = 2160 ⋅ ( 0, 225 + 0, 351) = 1244

g m2

(Formel 3.4.3-27)

2. Nachweis Anforderung: M c ≤ M ev g g 287, 3 2 < 1244 2 m m

Formel 3.4.3-14

→ 2. Nachweis erfüllt!

2.2 Feuchteschutz

197

G  (UPLWWOXQJGHUPD[/XIWIHXFKWHGDPLWHUVWJDUNHLQ7DXZDVVHUDXVIlOOW

3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2500 dĂƵǁĂƐƐĞƌďĞƌĞŝĐŚ ÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐÐ

1868

2000

1835 1500 1176 860

࿊

1000

735 429

500 421

࿟

࿆ 0

sĞƌůćŶŐĞƌƵŶŐĚĞƐƉͲsĞƌůĂƵĨĞƐŝŶĚĞƌ^ƚĞŝŐƵŶŐ‫ נ Ͳ ׇ‬njƵĞŝŶĞŵŶĞƵĞŶWƵŶŬƚ‫׋‬ -500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

sd /sd,ges [ - ]

0,70

0,80

0,90

1,00

Verlängerung des p-Verlaufes in der Steigung A - Z zu einem neuen Punkt E. Abgelesen aus Glaserdiagramm: p i = 860 Pa oder rechnerisch über Geradensteigung : p − pZ p − pA Δp = E = Z Δsd sdi sde → p E = pZ + = 4299 +

⇒ φi =

pZ − p A ⋅ sdi sde

429 − 321 ⋅ 2,1 = 861 Pa 0, 525

pi 861 = = 0, 37 ⇒ 37 % psi 2337

Die Innenraumluftfeuchte dürfte max. 37 % betragen, damit im Bauteil kein Tauwasser ausfällt.

198

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 15 D  5DQGEHGLQJXQJHQXQG%HUHFKQXQJQDFK*ODVHU Klimarandbedingungen 1

2

3

4

5

6

7

Raumklima Periode

Ti

Ii

8

9

Außenklima

Te

Ie

in °C

ps,i in Pa

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

Tauperiode (t = 2160 h)

20

2337

50

1168

-5

401

80

321

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

-

-

-

1200

-

-

-

1200

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

dn in m

On

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T

Schicht n

in °C

ps in Pa

20 = Ti

2337

18,02

2065

17,68

2021

17,68

2021

11,73

1377

-4,13

432

-4,68

412

-5,0 = Te

401

in W/(mK)

Wärmeübergang innen Zementestrich

Trennlage Trittschalldämmung

0,25

0,06

---

0,03

Wärmedämmung 0,08

Stahlbetondecke Wärmeübergang außen

0,16

1,4

---

0,04

0,04

2,3

15

---

20

20

130

0,043

---

0,75

2,0

0,07

1,98

0,9

7,0

0,6

1,6

20,8

0,04 RT = 3,153

0,029

0,227

0,019

0,052

0,673

0,34

---

5,95

15,86

0,55

0,32 6sd = 30,9

U = 0,317

PLW Rsi , Rse  Pn ps

(Tabelle 2.1.10-1) (Abschnitt 1.5) (berechnet nach Formel 3.1.3-1 bzw. -2 oder alternativ Tabelle 3.1.3-1)

2.2 Feuchteschutz

199

E  7DXSHULRGH 3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2500

2065 2021 2000 2021

1168

1377

1103

592

Sättigungsdampfdruck pS Wasserdampfpartialdruck PD

1500

1000

pc 412

549

500 321

432

0

-500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd /sd,ges [ - ]

1. Tauwassermenge: gi = δ DL ⋅

pi − pc g 1168 − 432 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0525 2 10,1 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-2)

g e = δ DL ⋅

pc − pe g 432 − 321 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0038 2 m ⋅h 20,8 sde

(Formel 3.4.3-3)

M c = tc ⋅ ( gi − g e ) = 2160 ⋅ ( 0, 0525 − 0, 0038 ) = 105

g m2

Anforderung: M c ≤ zul. M ev g g < 500 2 m2 m

(Formel 3.4.3-1) (Formel 3.4.3-13)

→ 1. Nachweis erfüllt!

(Tabelle 3.4.3-3, Zeile 3)

gi = δ DL ⋅

pc − pi g 1700 − 1200 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0356 2 10,1 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-16)

g e = δ DL ⋅

pc − pe g 1700 − 1200 = 0, 0173 2 = 0, 00072 ⋅ 20, 8 m ⋅h sde

(Formel 3.4.3-17)

105

2. Verdunstungsmenge:

M ev = tev ⋅ ( gi + g e ) = 2160 ⋅ ( 0, 0356 + 0, 0173) = 114

g m2

Anforderung: M c ≤ M ev g g 105 2 < 114 2 m m

(Formel 3.4.3-15) (Formel 3.4.3-14)

→ 2. Nachweis erfüllt!

200

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 16 D  5DQGEHGLQJXQJHQXQG%HUHFKQXQJQDFK*ODVHU Klimarandbedingungen 1

2

3

4

5

6

7

Raumklima Periode

Ti

Ii

8

9

Außenklima

Te

Ie

in °C

ps,i in Pa

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

Tauperiode (t = 2160 h)

20

2337

50

1168

-5

401

80

321

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

-

-

-

1200

-

-

-

1200

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

On

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T

Schicht n

dn in m

in °C

ps in Pa

20 = Ti

2337

18,91

2184

18,82

2172

18,48

2126

18,48

2126

-4,83

407

-4,83

407

-5 = Te

401

in W/(mK)

Wärmeübergang innen

0,25

1,09

Gipsputz o. Zuschlag

0,01

0,51

10

0,020

0,10

0,001

0,09

Stahlbeton

0,18

2,3

80

0,078

14,4

0,100

0,34

Bitumenbahn (Dampfbremse)

0,003

Wärmedämmung 0,16 (EPS) Bitumenbahn (Abdichtung) Wärmeübergang außen

0,006

---

0,030

---

2000

20

20000

---

5,333

---

6,0

3,2

120

0,04

0,042

0,022

0,835

---

23,31

---

0,17

RT = 5,721 6sd =143,7 U = 0,175

+LQZHLV :lKUHQGGHU9HUGXQVWXQJVSHULRGHJLOWIU'lFKHUJHJHQ$X‰HQOXIWS VH  3D

2.2 Feuchteschutz

201

E  7DXSHULRGH 3000

p in Pa

Dampfdruckverlauf der Tauperiode

2184

2500

2172 2126

2000

2126 Sättigungsdampfdruck pS Wasserdampfpartialdruck PD

1500

1168 1000

pc

407

407

500 321 0

-500 0,00

0,10

0,20

0,30

0,40

0,50

0,60

0,70

0,80

0,90

1,00

sd /sd,ges [ - ]

1. Tauwassermenge: gi = δ DL ⋅

pi − pc g 1168 − 407 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0231 2 23, 7 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-11)

g e = δ DL ⋅

pc − pe g 407 − 321 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0005 2 m ⋅h 120 sde

(Formel 3.4.3-12)

M c = tc ⋅ ( gi − g e ) = 2160 ⋅ ( 0, 0231 − 0, 0005 ) = 48, 8

g m2

Anforderung: M c < zul. M ev g g 48, 8 2 < 500 2 m m

(Formel 3.4.3-10) (Formel 3.4.3-13)

→ 1. Nachweis erfüllt!

(Tab. 3.4.3-3, Zeile 3)

Von den beiden an der Tauwasserebene angrenzenden Schichten ist Schicht 4 (EPS), als kapillar nicht wasseraufnahmefähig zu bezeichnen. -> max. Tauwassermasse M C = 500 g/m²

2. Verdunstungsmenge: gi = δ DL ⋅

pc − pi g 2000 − 1200 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0243 2 23, 7 m ⋅h sdi

(Formel 3.4.3-16

g e = δ DL ⋅

pc − pe g 2000 − 1200 = 0, 00072 ⋅ = 0, 0048 2 m ⋅h 120 sde

(Formel 3.4.3-17)

M ev = tev ⋅ ( gi + g e ) = 2160 ⋅ ( 0, 0243 + 0, 0048 ) = 62, 9 Anforderung: M c < M ev ⇒ 48, 8

g g < 62, 9 2 m2 m

g m2

(Formel 3.4.3-15)

→ 2. Nachweis erfüllt!

202

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 17 D  5DQGEHGLQJXQJHQXQG%HUHFKQXQJQDFK*ODVHU Klimarandbedingungen 1

2

3

4

5

6

7

Raumklima Periode

Ti

Ii

8

9

Außenklima

Te

Ie

in °C

ps,i in Pa

in %

pi in Pa

in °C

ps,e in Pa

in %

pe in Pa

Tauperiode (t = 2160 h)

20

2337

50

1168

-5

401

80

321

Verdunstungsperiode (t = 2160 h)

---

---

---

1200

---

---

---

1200

Berechnung des ps-Verlaufes 1

2

Schicht n

dn in m

3

On

4

5

6

7

8

9

10

Pn

Rn oder Rs in m²K/W

sd,n in m

sd,n / 6sd

'Tn in K

T in °C

ps in Pa

20 = Ti

2337

17,51

2000

17,01

1938

17,01

1938

-2,89

480

-4,59

415

-5,0 = Te

401

in W/(mK)

Wärmeübergang innen

0,25

2,49

GipskartonBauplatte

0,0125

0,25

4

0,05

0,05

0,50

Folie

0,001

---

6000

---

6

---

Wärmedämmung 0,08

Mauerwerk

Wärmeübergang außen

0,24

0,04

1,4

2

P

2

0,171

0,16

0,24˜P

0,04 RT = 2,511 U = 0,398

19,90

1,70

0,40 6sd =

2.2 Feuchteschutz

203

E  7DXZDVVHU %HLGLHVHPLQQHQJHGlPPWHQ4XHUVFKQLWWIlOOW7DXZDVVHU]ZLVFKHQ:lUPHGlPPXQJXQG 0DXHUZHUNDXV$XIGLH'DUVWHOOXQJHLQHV'LDJUDPPVIUGLH7DXSHULRGHZLUGYHU]LFKWHW

Berechnung des zulässigen μ -Wertes: 

pi − pc 1168 − 480 g 00072 ⋅ = 0, 0798 2 gi = δ DL ⋅   = 0,0 6, 21 m ⋅h sdi g e = δ DL ⋅

pc − pe 480 − 321 0, 477 g = = 0, 00072 ⋅ 0,24 ⋅ μ m2 ⋅ h μ sde

g m2 ⎛ g 0, 477 ⎞ M c = tc ⋅ ( gi − g e ) = 2160 ⋅ ⎜ 0, 0798 − ⎟ ≤ 100 2 m μ ⎝ ⎠ 0, 477 100 ⇒ − ≤ − 0, 0798 2160 μ 0, 477 100 ≥ 0, 0798 − 2160 μ 0, 477 ⇒ μ≤ = 14, 2 100 0, 0798 − 2160 Anforderung laut Aufgabenstellung:

Formel 3.4.3-2 (Formel 3.4.3-3)

M c ≤ 100

(Formel 3.4.3-1)

Der P -Wert des verwendeten Mauerwerks muss kleiner als 14,2 sein, damit nicht mehr als 100 g/m2 Tauwasser im Wandquerschnitt ausfallen.

204

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 18 D  PD[]XOlVVLJH5DXPOXIWIHXFKWHRandbedingungen:



θ si ,min = 10 ,5 °C

⇒

ps (θ si )  ps ,si = 1269 Pa

θi

⇒

ps (θ s )  ps ,i = 2337 Pa

= 20 ,0 °C

$QIRUGHUXQJVNULWHULXP









Tabelle 3.1.3-1



Abschnitt 3.5.3

Unter der Annahme, dass der innere Wasserdampf-Diffusionsübbergangswiderstand vernachlässigt werden kann, d.h. 1/β i = 0 gilt: Anmerkung S. 180 psi = pi mit pi = ps,i ⋅ φi und ps,i = 0 ,8 ⋅ ps ,si ⇒ 0 ,8 ⋅ ps,si = ps,i ⋅ φi ⇒ φi =

0,8 ⋅ ps,si 0 ,8 ⋅1269 Pa = = 0,434 2337 Pa ps,i

φi ,max = 43,4 % E  ZHLWHUH$QQDKPH'LH'LIIHUHQ]T Wand - T Kante  .EOHLEWJOHLFK

1. Minimale Innenoberflächentemperatur in der Wandebene ⋅1,25 ⎞ ⎛φ θ si ,min = ⎜ i ,max ⎟ 100 ⎝ ⎠

0 ,1247

⋅ (109 ,8 + θi ) − 109 ,8

(Formel 3.1.10-1)

0 ,1247

⎛ 55 ⋅1,25 ⎞ =⎜ ⋅ (109 ,8 + 20 ) − 109 ,8 = 14 ,07 °C ⎟ ⎝ 100 ⎠ Unter Berückksichtigung der Differenz (θWand − θ Kante ) = 3,8 K folgt:

θ si ,min = 14 ,07 + 3,8 = 17 ,87 °C 2. Wärmedurchgangswiderstand 1 θ si = θi − Rsi ⋅ ⋅ (θi − θ e ) ≥ θ si ,min RT → RT ≥

(Bild 2.2.1-1)

(θi − θe ) ⋅ Rsi = ( 20 − ( −5 )) ⋅ 0,25 = 2,93 m 2 K θi − θ si ,min

20 − 17 ,87

W

3. Wärmedurchgangskoeffizient U≤

1 RT − Rsi ,4108 + Rsi ,6946

=

1 W = 0 ,36 2 2 ,93 − 0 ,25 + 0 ,13 mK

'HU8:HUWGDUIPD[LPDO:Pò. EHWUDJHQ

+LQZHLV (VZlUHLQHLQHPSUDNWLVFKHQ)DOOQXQQRFKGLH$QQDKPHVHOEVWGXUFKHLQHHUQHXWH ]ZHLGLPHQVLRQDOH %HUHFKQXQJ ]X SUIHQ (UJLEW VLFK GDUDXV HLQH JU|‰HUH $EZHLFKXQJDOVGLHDQJHVHW]WHQ.VRLVWGHU8:HUWHQWVSUHFKHQGDQ]XSDVVHQ

2.2 Feuchteschutz

205

Lösung zu Aufgabe 19 D %HUHFKQXQJGHV7HPSHUDWXUIDNWRUVf 5VL GHU$X‰HQZDQG n ⎞ d 1 ⎛ U= = ⎜ Rsi + ∑ i + Rse ⎟ RT ⎝ i =1 λ i ⎠

−1

(Formel 2.1.12-2) −1

⎛ ⎞ W 0, 01 0, 24 0, 08 0, 015 + + 0, 04 ⎟ = 0, 40 2 = ⎜ 0,13 + + + 1, 0 mK 0, 51 0, 79 0, 04 ⎝ ⎠ für eindimensionale ebene Bauteile gilt nach DIN EN ISO 13788: f Rsi = 1 − U ⋅ Rsi = 1 − 0, 40 ⋅ 0, 25 = 0, 90 E %HUHFKQXQJGHV0LQGHVW7HPSHUDWXUIDNWRUVf 5VLPLQ  EHLEHNDQQWHU/XIWIHXFKWHNODVVH Hinweis: Die Berechnung wird exemplarisch für den Monat Januar gezeigt. 17 , 269 ⋅ θe

17 , 269 ⋅ 2 ,8

psat (θe ) = 610, 5 ⋅ e 237 ,3+ θe = 610, 5 ⋅ e 237 ,3+ 2,8 = 746, 7 Pa

(Formel 3.5.1-2)

pe = φe ⋅ psat (θe ) = 0, 92 ⋅ 746, 7 = 687 Pa

(Formel 3.5.1-1)

'FLQNJPñ 

'SLQ3D 

 



 



 



   



         'S              

(Bild 3.5.2-2)

Luftfeuchteklasse 3 Te = 2,8 °C ĺ

  







¨p = 711 Pa



0RQDWOLFKHPLWWOHUHDX‰HQVHLWLJH/XIWWHPSHUDWXU THPLQƒ&

pi = Δp + pe = 711 + 687 = 1398 Pa p 1398 psat ( θsi ) = i = = 1748 Pa 0 ,8 0,8

(Formel 3.5.2-7) DXV.ULWHULXP 

(Formel 3.5.3-2)

206

2 Antworten und Lösungen

⎛ p ⎞ 273,3 ⋅ ln ⎜ sat ⎟ ⎝ 610 ,5 ⎠ θ si ,min ( psat ) = ⎛ p ⎞ 17 ,269 − ln ⎜ sat ⎟ ⎝ 610 ,5 ⎠ ⎛ 1747 ⎞ 237 ,3 ⋅ ln ⎜ ⎟ ⎝ 610 ,5 ⎠ = 15,38 °C = ⎛ 1747 ⎞ 17 ,269 − ln ⎜ ⎟ ⎝ 610 ,5 ⎠ −θ θ 15,38 − 2 ,8 f Rsi ,min = si,min e = = 0 ,732 20 − 2 ,8 θi − θ e

(Formel 3.5.3-1)

E  =XVDPPHQVWHOOXQJGHUPRQDWOLFKHQ'DWHQ Monat

șH

IH

S VDW (șe)

SH

ǻS

SL

S VDW (și)

ș VLPLQ

șL

I 5VLPLQ

Januar

°C 2,8

% 92

Pa 747

Pa 687

Pa 711

Pa 1398

Pa 1747

°C 15,38

°C 20

0,732 ĺ

Februar

2,8

88

747

657

711

1368

1710

15,05

20

0,712

März

4,5

85

842

716

650

1366

1707

15,03

20

0,679

April

6,7

80

981

785

572

1357

1696

14,92

20

0,618

Mai

9,8

78

1211

945

462

1407

1758

15,48

20

0,557

Juni

12,6

80

1458

1167

363

1529

1912

16,79

20

0,567

Juli

14,0

82

1598

1310

313

1623

2029

17,74

20

0,623

August

13,7

84

1567

1316

324

1640

2050

17,90

20

0,667

September

11,5

87

1356

1180

402

1582

1977

17,33

20

0,686

Oktober

9,0

89

1147

1021

491

1512

1890

16,61

20

0,692

November

5,0

91

872

793

633

1426

1782

15,70

20

0,713

Dezember

3,5

92

785

722

686

1408

1760

15,50

20

0,727

maßgebend

F  1DFKZHLV

Maßgebend ist der Monat Januar. f Rsi = 0, 90 max f Rsi,min = 0,732 Anforderung : f Rsi > max f Rsi,min ⇒ 0, 90 > 0,732

→ Nachweis wird erfüllt!

(Formel 3.5.3-3)

2.3 Schallschutz

207

2.3 Schallschutz 2.3.1 Antworten zu Verständnisfragen Lösung zu Frage 1 Ein reiner Ton wird durch eine einzige Frequenz beschrieben.

Lösung zu Frage 2 Schall breitet sich in Longitudinalwellen aus, d.h. es handelt sich um mechanische Schwingungen eines elastischen Mediums, das sich in einem beliebigen Aggregatzustand (fest, flüssig, gasförmig) befinden kann. Im Vakuum ist wegen der fehlenden Medien keine Schallausbreitung möglich, deswegen gibt es im Weltall auch keine Geräusche.

Lösung zu Frage 3 Der Gesamtschalldruckpegel erhöht sich um 3 dB.

Lösung zu Frage 4 Töne hoher Frequenzen werden bei konstantem Schalldruckpegel lauter empfunden als tiefere.

Lösung zu Frage 5 Verkehrslärm, Sportanlagenlärm, Lärm aus Gewerbebetrieben, Fluglärm, Baulärm, Lärm aus haustechnischen Anlagen, Schallübertragung aus fremden Wohneinheiten.

Lösung zu Frage 6 Eine Schalldruckpegeldifferenz von ± 10 dB.

208

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Frage 7 Der bauphysikalisch relevante Frequenzbereich liegt zwischen 100 und 3150 Hz. Bei höheren Frequenzen ist der Anteil der im Hochbau auftretenden Geräusche gering, bei tieferen ist die Empfindlichkeit des menschlichen Ohres gering. In Abhängigkeit von der jeweiligen Fragestellung kann der Bereich jedoch auch erweitert werden.

Lösung zu Frage 8 Der Spuranpassungs- (Koinzidenz-) Effekt tritt bei akustisch einschaligen Bauelementen sowie bei einschaligen Bauteilschichten mehrschaliger Bauteile auf.

Lösung zu Frage 9 Die Messwerte werden durch sogenannte Schallpegelkorrekturwerte (siehe Diagramm) modifiziert. Meist erfolgt eine Korrektur nach Kurve A (für niedrige Schallpegel). Die Art der Bewertung wird dann i.d.R. in der Einheit als dB(A) vermerkt.

Schallpegelkorrekturen ¨/ in dB

20

10

0

C B

-10

A -20

-30

-40 31,5

63

125

250

500

1k

2k

4k

8k

16k

Frequenz I in Hz

Lösung zu Frage 10 Das Lautstärkeempfinden des Menschen ist subjektiv geprägt und stark frequenzabhängig. Das Bild zeigt den Zusammenhang zwischen dem subjektiv empfundenen Lautstärkepegel LN , angegeben in Phon, und dem objektiv messbaren Schalldruckpegel LP . Eine Übereinstimmung von LN und LP besteht nur bei der Frequenz f = 1000 Hz.

Schalldruckpegel /S in dB

2.3 Schallschutz

209

130

/1 = 120 phon

120

110

110

100

100

90

90

80

80

70

70

60

60

50

50

40

40

30

30 20

20

+|UVFKZHOOH

10

10

0 -10 20

50

100

200

500

2k

1k

/1

/S

5k

10 k

Frequenz I in Hz

Lösung zu Frage 11 Der Emissionsort ist der Ort der Schallentstehung, also die Lage der Schallquelle. Der Immissionsort ist die Messstelle, an welcher der von einer Schallquelle verursachte Lärm beurteilt wird. Dieses kann z. B. das einem Gewerbebetrieb nächstgelegene Wohnhaus sein und dort kann dann das vom Lärm am stärksten betroffene Wohnraumfenster maßgebend sein. Der maßgebliche Immissionsort liegt a) bei bebauten Flächen 0,5 m außerhalb vor der Mitte des geöffneten Fensters des vom Geräusch am stärksten betroffenen schutzbedürftigen Raumes (z. B. Schlafzimmer); b) bei unbebauten Flächen oder bebauten Flächen, die keine Gebäude mit schutzbedürftigen Räumen enthalten, an dem am stärksten betroffenen Rand der Fläche, wo nach dem Bau- und Planungsrecht Gebäude mit schutzbedürftigen Räumen erstellt werden dürfen. Die Schallausbreitung im Freien wird beeinflusst durch verschiedene den Schalldruckreduzierende Parameter: - geometrische Parameter, z.B. Abstand zur Schallquelle - Luftabsorption - meteorologische Einflüsse (Temperatur, Wind) - Bodeneffekte - allgemeine Bebauung - Bewuchs - Reflexion an Flächen - Abschirmung durch Hindernisse

210

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Frage 12

Der charakteristische Verlauf weist deutliche Abweichungen vom theoretischen Verhalten (Steigung der gestrichelten Linie beträgt nach Berger 6 dB je Oktave) auf: ‡ 9HUVFKOHFKWHUXQJHQWUHWHQDXI - im Bereich der Eigenfrequenz f0 (Resonanzfrequenz des mehrschaligen Systems) - bei den Koinzidenzgrenzfrequenzen fgi der einzelnen Schalen - optional durch die Ausbildung stehender Wellen im Schalenzwischenraum (Hohlraumresonanzen), fsw1 ist die Frequenz bei Ausbildung der ersten stehenden Welle einer nichtbedämpften Luftzwischenschicht ‡ 9HUEHVVHUXQJHQPLWHLQHP¨R = 12 dB/Oktave (Steigung der frequenzabhängigen Schalldämmkurve m = 18 dB/Oktave) treten im Bereich zwischen Resonanzfrequenz und Koinzidenzgrenzfrequenz der ersten Schale auf.

Lösung zu Frage 13 Wärmedämm-Verbundsysteme bestehen aus Dämmplatten (z. B. aus Polystyrol oder Mineralfasern), die auf der Außenseite einer Trägerwand mittels Verklebung und/oder Verdübelung angebracht und anschließend mit einem mehrschichtigen armierten Putzsystem beschichtet werden. Dadurch entsteht ein schwingungsfähiges Masse-Feder-System, das die akustischen Eigenschaften der Trägerwand verändert. Abhängig von der dynamischen Steifigkeit der Dämmschicht und der flächenbezogenen Masse des Putzes, d.h. der Lage der Resonanzfrequenz kann sowohl eine Verbesserung als auch eine Verschlechterung der Schalldämmung eintreten. Einfluss haben auch die Ausbildung der einschaligen, biegesteifen Trägerwand, die prozentuale Klebefläche der Dämmschicht und der längenbezogene Strömungswiderstand und die Faserausrichtung bei Mineralfaserdämmschichten. Die Änderung des bewerteten Schalldämm-Maßes kann zwischen -10 dB und +20 dB betragen.

2.3 Schallschutz

211

Lösung zu Frage 14 Das Lautstärkeempfinden des Menschen ist subjektiv geprägt. Töne tiefer Frequenzen werden bei konstantem Schalldruckpegel leiser empfunden als höhere. Zur Berücksichtigung dieser subjektiven Beurteilung werden messtechnisch ermittelte Schalldruckpegel durch sogenannte Schallpegelkorrekturwerte modifiziert. Meist erfolgt eine Korrektur nach Kurve A (für niedrige Schallpegel). Die Art der Bewertung wird in der Einheit dann in der Regel als dB(A) vermerkt.

Lösung zu Frage 15 Schräg auf ein einschaliges Bauteil auftreffende Schallwellen (Longitudinalwellen mit der Wellenlänge ȜL) versetzen das Bauteil in Biegeschwingungen. Gleichzeitig breitet sich die Luftschallwelle als Spur mit der Wellenlänge Ȝ L entlang des Bauteils aus (die Spur einer Welle ist ihre Projektion auf eine Projektionsebene.) Stimmt die Wellenlänge des auftreffenden Luftschalls mit der Länge der freien Biegewelle des Bauteils ȜB überein, kommt es zu einer Überlagerung beider Wellenbewegungen - der so genannten Koinzidenz- oder Spuranpassung, d.h. das Bauteil schwingt mit höchster Amplitude, was zu einer deutlichen Verschlechterung der Schalldämmeigenschaften in diesem Frequenzbereich führt („Dämmloch“). Die niedrigste Frequenz, bei der dieser Effekt auftritt, wird als Koinzidenzgrenzfrequenz oder auch Grenzfrequenz- oder Spuranpassungsfrequenz genannt.

Projektionsebene

Spur der einwirkenden Schallwelle

O'L

(90°--)

OB

ein

wi r Sc ken ha de llw ell e

flächiges Trennelement/ Platte

Ausgangslage der Platte

d

Pr oje

kti

on

sri

ch

tun

g

OL

-

212

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Frage 16 Die Abhängigkeit des Schalldämm-Maßes eines massiven Bauteils von der flächenbezogenen Masse und der Frequenz beschreibt das BERGERsche Massegesetz. Danach erhöht sich das Luftschalldämm-Maß um + 6 dB bei Verdopplung der flächenbezogenen Masse. Eine Verdopplung der Frequenz (Erhöhung der Frequenz um eine Oktave) erhöht das Schalldämm-Maß ebenfalls um + 6 dB.

Lösung zu Frage 17 Für einschalige massive biegesteife Bauteile gilt das theoretisch abgeleitete BERGERsche Gesetz: 2 ⎡ ⎛ π⋅ f ⋅m' ⎞ ⎤ R( f ) = 10 ⋅ lg ⎢1 + ⎜ ⋅ cos ϑ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ ρ L ⋅ cL ⎠ ⎥⎦ Darin sind: frequenzabhängiges Luftschalldämm-Maß in dB R( f ) f

Frequenz in Hz

m' ϑ

flächenbezogene Masse in kg/m 2 Einfallswinkel des Schalls (Winkel zwischen Flächennormaler und Schallsignal)

ρL

Rohdichte der Luft (ρ L = 1,25 kg/m3 )

cL

Schallgeschwindigkeit der Luft in m/s

Die Auswertung dieser Gleichung zeigt folgende Ergebnisse: ‡ Eine Verdopplung der flächenbezogenen Masse erhöht das Schalldämm-Maß R(f) um + 6 dB. ‡ Eine Erhöhung der Frequenz um eine Oktave (dies entspricht einer Verdopplung der Frequenz) erhöht das Schalldämm-Maß um + 6 dB. ‡ Bei streifendem Schalleinfall (-ĺ90° bedeutet cos-ĺ0) sinkt das Schalldämm-Maß stark ab. ‡ Bei senkrechtem Schalleinfall (-ĺ0° bedeutet cos-ĺ1) erreicht das Schalldämm-Maß seinen Maximalwert.

Lösung zu Frage 18 Wählt man die Schalen einer zweischaligen Wandkonstruktion und die Federsteifigkeit des Zwischenraums so, dass die Resonanzfrequenz des zweischaligen Systems unterhalb des bauakustisch relevanten Frequenzbereichs (also f0 < 100 Hz) und die Koinzidenzgrenzfrequenzen der beiden Schalen oberhalb des bauakustisch relevanten Frequenzbereichs (also fg > 3150 Hz) liegen, erreicht man die optimale Verbesserung gegenüber einer gleich schweren einschaligen Trennwand. Beim Verlauf des Luftschalldämm-Maßes für zweischalige Bauteile als Funktion der Frequenz wird die Abweichung vom theoretischen

2.3 Schallschutz

213

Verhalten nach Berger sichtbar: Die Steigung der Schalldämmkurve beträgt zwischen Resonanzfrequenz und Koinzidenzgrenzfrequenzen 18 dB/Oktave, nach dem Bergerschen Massegesetz nur 6 dB/Oktave. Lösung zu Frage 19 Die Differenzierung zwischen biegeweichen und biegeweichen Bauteilen erfolgt anhand der Koinzidenzgrenzfrequenz: biegeweich ĺ bauakustisch ungünstig ĺ biegesteif ĺ

Bauteile mit f g > 2000 Hz 200 Hz < f g < 2000 Hz Bauteile mit f g < 200 Hz

Für die Schalldämmung von Bauteilen ist es außerdem entscheidend, dass die Koinzidenzgrenzfrequenz außerhalb des bauakustisch interessanten Frequenzbereiches liegt. Liegt die Koinzidenzgrenzfrequenz eines Bauteils innerhalb des bauakustisch interessanten Frequenzbereiches, so erfährt die Schalldämmung einen merklichen Einbruch. Lösung zu Frage 20 Das frequenzabhängige Luftschalldämm-Maß R(f) beschreibt das Vermögen des trennenden Bauteils, Schall zu dissipieren. Schallübertragung der Flankenwege wird nicht berücksichtigt. Man bezeichnet R(f) häufig auch als (frequenzabhängiges) Labor-Schalldämm-Maß. Das frequenzabhängigen Luftschalldämm-Maß R'(f) berücksichtigt dagegen den Einfluß der flankierenden Bauteile und wird häufig auch als (frequenzabhängiges) Bau-Schalldämm-Maß bezeichnet. Lösung zu Frage 21 Das Dickputzsystem auf Mineralwolle-Platten ist schalltechnisch günstiger. Das VerbesseUXQJVPD‰¨Rw ist positiv, weil die Resonanzfrequenz des WDVS niedriger ist. Die dynamische Steifigkeit beträgt ca. 10 MN/m³, die Flächenmasse ca. 25 kg/m² ĺ f0 = 100 Hz. Beim EPS-System mit Dünnputz liegt die Resonanzfrequenz bei ca. 360 Hz, also mitten im EDXDNXVWLVFKUHOHYDQWHQ)UHTXHQ]EHUHLFK'DPLWHUJLEWVLFKIU¨Rw ein negativer Wert. Lösung zu Frage 22 Die Resonanzfrequenz ist die Eigenschwingung eines schwingungsfähigen Systems. Ist eine Erregerfrequenz gleich oder nahezu gleich der Resonanzfrequenz des Systems, so tritt der Resonanzfall ein, d. h. die Schwingungsamplitude erfährt eine Aufschaukelung. In der Bauakustik sind diese Resonanzfrequenzen z.B. bei zweischaligen Bauteilen zu vermeiden, da dadurch die Schalldämmung wesentlich verschlechtert wird.

214

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Frage 23 Die Bezugskurve wird nach unten verschoben. Lösung zu Frage 24

f g = Koinzidenzfrequenz

Lösung zu Frage 25 Durch Anordnung einer biegeweichen Vorsatzschale lässt sich die Schalldämmung verbessern, z.B. mit einer Vorsatzschale aus Gipskartonplatten, auf Metallständerwerk, frei vor der Massivwand stehend, mit Hohlraumfüllung aus Mineralwolledämmstoff. Alternativ kann die Dicke der Wand erhöht werden.

Lösung zu Frage 26 Der bewertete Norm-Trittschallpegel einer Massivdecke von übereinander liegenden Räumen berechnet sich nach: L'n,w = Ln,eq,0,w ²¨Lw + K mit Ln,eq,0,w äquivalenter bewerteter Norm-Trittschallpegel der Rohdecke ¨Lw

bewertete Trittschallminderung der Deckenauflage. (Dieses berechnet sich aus der flächenbezogenen Masse unterschiedlicher schwimmender Estriche und Steifigkeit der Dämmschicht bzw. in Abhängigkeit der Art der schwimmenden Holzfußböden oder weichfedernden Bodenbeläge.)

K

Korrekturwert zur Berücksichtigung der Übertragung über flankierende Bauteile

2.3 Schallschutz

215

Lösung zu Frage 27 Der einzige Unterschied ist K T , der Korrekturwert zur Berücksichtigung der räumlichen Zuordnung: Räume sind nebeneinander angeordnet:

K T = +5 dB

(Tab. 5.4.7-1, Z. 3)

Räume sind übereinander angeordnet: K T = +10 dB

(Tab. 5.4.7-1, Z. 5)

Räume neben einer zweischaligen Haustrennwand: K T = +15 dB

(Tab. 5.4.7-1, Z. 8)

Lösung zu Frage 28 Die raumakustischen Eigenschaften des Empfangsraumes (A(f)) und die Fläche des trennenden Bauteils (S) haben ebenfalls Einfluss auf das Schalldämm-Maß und müssen daher zur Vergleichbarkeit von Messergebnissen kompensiert werden: R = Li − Le + 10 ⋅ lg

S A

Lösung zu Frage 29 Das bewertete Schalldämm-Maß der Trennwand beträgt 52 + 6 = 58 dB (verschobene Bezugskurve bei 500 Hz).

Lösung zu Frage 30 Konstruktion b) ist schalltechnisch günstiger, da durch die Trennung des Estrichs die Schall-Längsdämmung niedriger, d.h. das Schall-Längsdämm-Maß wesentlich höher ist.

Lösung zu Frage 31 Es sind erhöhte Anforderungen zu beachten, die über die Schallschutzanforderungen der DIN 4109 hinausgehen. Erhöhte Anforderungen werden in der DIN 4109-5 und in der VDI 4100 geregelt. In der VDI 4100 sind die Anforderungen aufgeteilt in drei Schallschutzstufen gegenüber den Nachbarn (SSt I-III) und zwei Schallschutzstufen für den Eigenbereich (EB I-II). Lösung zu Frage 32 Grundsätzlich wird die Trittschalldämmung durch die Applikation des schwimmenden Estrichs über alle Frequenzen verbessert (zwischen ~10 dB im tieffrequenten und ~30 dB im hochfrequenten Bereich; also deutlich weniger effektiv als bei einer Massivdecke). Für die Reduzierung der Trittschallübertragung im tieffrequenten Bereich sollte zusätzlich noch eine Schüttung zur Erhöhung der flächenbezogenen Masse vorgesehen werden.

216

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Frage 33 Als Nachhallzeit eines Raumes wird derjenige Zeitraum definiert, in dem in diesem Raum ein Schallsignal mit dem Schalldruckpegel L(t) nach seiner Beendigung auf 1/1.000.000 seines ursprünglichen Wertes, das heißt also um 60 dB reduziert wird.

Anmerkung: Während bei einer Reduzierung des Schalldruckpegels um 60 dB dieser sowie auch die Schallenergie (in W) um den Faktor 1.000.000 sinkt, bedeutet dieses für den Schalldruck (in Pa) eine Reduzierung um den Faktor 1.000. Die Nachhallzeit ist frequenzabhängig. Der Physiker Sabine fand 1898 heraus, dass sich die Nachhallzeit T proportional zum Raumvolumen V und umgekehrt proportional zu der äquivalenten Absorptionsfläche A verhält: V T = 0,163 ⋅ A Verlauf eines Schallsignals gegebener Frequenz über die Zeit nach seiner Beendigung mit Kennzeichnung der Nachhallzeit T dieser Frequenz.

Lösung zu Frage 34 Die Absorption von Schallenergie und Umwandlung in Wärme durch Reibung an den Porenwänden des absorbierenden Materials.

Lösung zu Frage 35 Bei Verdopplung der äquivalenten Absorptionsfläche V A T ΔL = 10 ⋅ lg o T

T = 0,163 ⋅

reduziert sich die Nachhallzeit um die Hälfte wird eine Lärmpegelsenkung im Raum von 3 dB erreicht

2.3 Schallschutz

217

Lösung zu Frage 36 Der Absorptionsgrad D ist definiert als: Absorptionsgrad = 1 – Reflexionsgrad, daher ist Į = 1 - 0,55 = 0,45.

Lösung zu Frage 37 Der raumakustisch relevante Frequenzbereich liegt zwischen 63 bis 8000 Hz.

Lösung zu Frage 38 Unter Hörsamkeit versteht man die Eignung eines Raumes für bestimmte Schalldarbietungen, insbesondere für gute sprachliche Kommunikation und musikalische Darbietungen. Die Hörsamkeit wird vorwiegend beeinflusst durch: - die geometrische Gestaltung des Raumes, - die Verteilung von schallabsorbierenden und -reflektierenden Flächen, - die Nachhallzeit und - den Gesamtstörschalldruckpegel.

Lösung zu Frage 39 Die Laufzeitdifferenz ist ein Kriterium für die Verständlichkeit in Räumen. Sie beschreibt, um wieviel später als das direkte Schallsignal ein von den raumumschließenden Flächen reflektiertes Schallsignal am Immissionsort (Empfänger) eintrifft. Laufzeitdifferenzen von ¨t > 0,1 sec (bzw. l !P werden Echo genannt und sind mit raumakustischen Maßnahmen in Form von Reduzierung der Schallreflexionen bzw. durch Schalllenkung zu vermeiden.

Lösung zu Frage 40 Plattenresonatoren: Sie wirken schalltechnisch als ein Feder-Masse-System, ihr Wirkungsschwerpunkt liegt im Bereich der Eigenfrequenz, d.h. die Schallenergie wird in Bewegungsenergie der Platte umgesetzt. In der Regel wird eine leichte Vorsatzschale vor einer massiven Konstruktion angeordnet (mit m'2 >> m'1) und die Feder aus einer Luftschicht oder besser – zur Vermeidung stehender Wellen – aus einer Hohlraumbedämpfung. Poröse Absorber: Die Absorption der Schallenergie erfolgt durch Umwandlung in Wär-

meenergie durch Reibung an den Porenwänden des absorbierenden Materials (Dissipation). Es ist eine offenporige Struktur mit großer Porosität erforderlich, die Kenngröße für poröse Absorber ist der längenbezogene Strömungswiderstand.

218

2 Antworten und Lösungen

Helmholtz-Resonator: Er besteht aus einem Luftvolumen mit einer engen Öffnung nach

außen, z.B. einer Schlitzplatte vor einer massiven Wand. Beim Helmholtz-Resonator schwingt eine Luftmasse auf einem elastischen Luftpolster: Die im Resonatorhals befindliche Luftmasse schwingt hin und her und überführt Schallenergie durch Reibung an den Oberflächen in Wärme. Es bildet sich also ein schwingendes Feder-Masse-System, wobei das Resonator-Volumen in Form eines Luftkissens als Feder fungiert, auf der die Luftmasse im Resonatorhals hin und her schwingt. Bei Helmholtz-Absorbern handelt es sich um Resonanzabsorber für tiefe Frequenzen. Mikroperforierte Absorber: Sie bestehen aus einer dünnen Lochplatte, deren Lochdurch-

messer sehr gering sind (0,3 bis 2,0 mm) und einem abgeschlossenen Luftvolumen ohne Hohlraumbedämpfung. Damit handelt es sich um einen modifizierten Helmholtz-Resonator, also auch um ein Feder-Masse-System. Sie sind besonders im höheren Frequenzbereich wirksam. Die Dissipation der Schallenergie geschieht durch viskose Reibung der Luft an den Lochrändern (akustische Grenzschicht). Die Löcher sind so klein, dass sie vollständig von der Grenzschicht ausgefüllt sind.

Lösung zu Frage 41 Das Kriterium für die Verständlichkeit in Räumen ist die Laufzeitdifferenz. Sie beschreibt, um wieviel später als das direkt übertragene Schallsignal ein von den raumumschließenden Flächen reflektiertes Schallsignal am Immissionsort (Empfänger) eintrifft.

S: Sender E: Empfänger

l ist die Weglänge des direkten Schalls und l' = l'1 +l'2 + l'3 die Weglänge des reflektierten Schalls. Laufwegdifferenzen von ¨l ” 17 m (das enspricht einer Laufzeitdifferenz von ¨t ” 0,05 s) führen durch Verstärkung des direkten Schalls zu einer Verbesserung der Verständlichkeit, Laufzeitdifferenzen von 0,05  ¨t ” 0,1 s führen zu Verschlechterungen. /DXI]HLWGLIIHUHQ]HQYRQ¨t > 0,1 sec (bzw. l'!P werden Echo genannt und sind mit raumakustischen Maßnahmen in Form von Reduzierung der Schallreflexionen bzw. durch Schalllenkung unbedingt zu vermeiden.

2.3 Schallschutz

219

Lösung zu Frage 42 Antwort a) leiser, da das Lautstärkeempfinden des Menschen subjektiv geprägt und stark frequenzabhängig ist. Töne mit tiefen Frequenzen werden bei gleichem Schalldruckpegel erheblich leiser empfunden, als hohe Töne.

Lösung zu Frage 43 Antwort b) IJX = 2·IJY ist richtig. Eine Erhöhung des Schalldämm-Maßes um 3 dB bedeutet eine Halbierung der durchgelassenen Schallenergie, somit ist der Transmissionsgrad von Wand X doppelt so hoch wie der von Wand Y.

Lösung zu Frage 44 0LNURSHUIRULHUWH$EVRUEHUEHVWHKHQDXVHLQHUGQQHQ3ODWWHQ”PP XQGHLQHPDEgeschlossenen Hohlraum ohne Dämpfung, in der Platte sind kleine Löcher (0,3 – 2 mm). Er stellt einen modifizierten Helmholtz-Resonator dar und ist in den höheren Frequenzen wirksam.

a)

b)

Die Schallenergie wird durch viskose Reibung der Luft in den Löchern dissipiert. Diese Reibung erfolgt nur in den akustischen Grenzschichten, also in den Bereichen einer Änderung des Schnelleprofils. Charakteristikum des mikroperforierten Absorbers ist, dass die Löcher so klein sind, dass sie völlig von der akustischen Grenzschicht ausgefüllt sind.

220

2 Antworten und Lösungen

2.3.2 Lösungen zu Schallschutz-Aufgaben Lösung zu Aufgabe 1 a) resultierender Schalldruckpegel n

LP,ges = 10 ⋅ lg ∑10

0 ,1⋅LP, j

j =1

(Formel 4.1.3-2)*)

= 10 ⋅ lg (100,1⋅54 + 100,1⋅58 + 100,1⋅50 + 100,1⋅49 ) = 60 dB b) gleichlaute Schallquellen LP,ges = LP,i + 10 ⋅ lg n

(Formel 4.1.3-3)*

⇒ LP,i = LP,ges − 10 ⋅ lg n = 60 − 10 ⋅ lg 4 = 54 dB Die vier verschiedenen vorgegebenen Schallquellen erzeugen einen Schalldruckpegel von 60 dB, ebenso vier Schallquellen mit je 54 dB.

Lösung zu Aufgabe 2 a) Bestimmung des Gesamtschalldruckpegels der 7 PKWs durch Addition gleicher Schalldruckpegel Lges = Li + 10 ⋅ lg n

(Formel 4.1.3-3)*)

= 84 + 10 ⋅ lg (7) = 92 dB(A) Die 7 PKWs erzeugen einen Gesamtschalldruckpegel von 92 dB(A). b) Bestimmung des Gesamtschalldruckpegels einschließlich Flugzeug durch Addition unterschiedlicher Schalldruckpegel n

LP,ges = 10 ⋅ lg ∑10

0 ,1⋅LP, j

(Formel 4.1.3-2)*)

j =1

= 10 ⋅ lg ( 7 ⋅100,1⋅84 + 100,11⋅100 ) = 101 dB(A) Der Gesamtschalldruckpegel einschließlich Flugzeug beträgt 101 dB(A).

!EA#KNIAHQJ@1=>AHHAJDEJSAEOA>AVEADAJOE?D=QB@=OQ?DŐ#KNIAHJQJ@1=>AHHAJ=QLDUOEGŏQŦ=CA

*)

2.3 Schallschutz

221

Lösung zu Aufgabe 3 a) Addition unterschiedlicher Schalldruckpegel n

Lges = 10 ⋅ lg ∑10

(Formel 4.1.3-2)

0 ,1⋅L p, j

j =1

(

)

= 10 ⋅ lg 100,1⋅77 + 100,1⋅75 + 100,1⋅79 + 100,1⋅76 = 83 dB(A) Der Gesamtschalldruckpegel aller 4 Geräte beträgt 83 dB(A). b) Subtraktion von Schalldruckpegel 4 ⎡ 0,1⋅L 0 ,1⋅Lj ⎤ L5 = 10 ⋅ lg ⎢10 ges − ∑10 ⎥ 1 j = ⎣ ⎦ = 10 ⋅ lg [108,4 − 108,33 ] = 77 dB(A)

(Formel 4.1.3-4)

Ein fünftes Gerät dürfte einen Einzelpegel von max. 77 dB(A) aufweisen.

Lösung zu Aufgabe 4 a) Abstandsermittlung Der einzuhaltende Immissionsrichtwert nach TA-Lärm beträgt:: (Tabelle 4.2.2-1)

Lr ≤ 60 dB(A)

Die Säge entspricht einer halbkugelförmig abstrahlenden Punktschallquelle (Formel 4.1.5-3) L = L − 8 − 20 ⋅ lg r P

w

⇒ lg r =

Lw − LP − 8 20 ⎛ Lw − LP −8 ⎞ ⎜ ⎟ 20 ⎠

⇒ r = 10⎝

⎛ 101− 60 −8 ⎞ ⎜ ⎟ 20 ⎠

= 10⎝

= 101,65 = 44, 7 m

Die Säge muss 45 m entfernt von der Grundstücksgrenze aufgestellt werden. b) lärmarme Maschine LP = Lw − 8 − 20 ⋅ lg r ⇒ Lw = LP + 8 + 20 ⋅ lg r = 60 + 8 + 20 ⋅ lg 20 = 94 dB(A) Eine lärmarme Säge dürfte maximal einen Schall-Leistungspegel von 94 dB(A) aufweisen.

222

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 5

Die Straße entspricht einer linienförmigen Schallquelle r ΔLP = L1 - L2 = 10 ⋅ lg 2 r1 L2 = L1 − 10 ⋅ lg = 63 − 10 ⋅ lg

(Formel 4.1.5-4)

r2 r1 60 = 60 dB(A) 30

Eine Verdopplung des Abstandes verringert die Schallpegel bei linienförmigen Schallquellen um 3 dB.

Lösung zu Aufgabe 6 a) Dicke der Dämmschicht kg m2 = 0, 01 ⋅1000 + 0, 24 ⋅ (1000 ⋅1, 6 − 100 )

m '1 = m ' Außenputz = 0, 015 ⋅1600 = 24 m '2 = m 'Mauerwerksschale

(Tabelle 5.5.1-2, Zeile 10)

(Tabelle 5.5.1-2) kg = 10 + 0, 24 ⋅1500 = 370 2 m Anforderung: Die Resonanzfrequenz des zweischaligen Systems muss unter 100 Hz liegen.

fo = s' =

1000 2⋅π

1 ⎞ ⎛ 1 + s '⋅ ⎜ ≤ 100 Hz m m ' '2 ⎟⎠ ⎝ 1

EDyn

fo =

d 1 ⎞ 1000 EDyn ⎛ 1 + ⋅⎜ ≤ 100 Hz m m ' '2 ⎟⎠ 2⋅π d ⎝ 1

EDyn ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 100 ⋅ 2 ⋅ π ⎞ 2 + ⋅⎜ ≤⎜ ⎟ d ⎝ m '1 m '2 ⎟⎠ ⎝ 1000 ⎠ EDyn ⎛ 1 1 ⎞ + ⇔d≥ ⋅ ⎟ 2 ⎜ ⎛ 2 ⋅ π ⎞ ⎝ m '1 m '2 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠ 1, 2 ⎛ 1 1 ⎞ ≥ ⋅⎜ + ⎟ = 0,135 m 0, 395 ⎝ 24 370 ⎠ d ≥ 135 mm ⇔

Gewählt wird eine Dämmschichtdicke von 140 mm.

(Formel 5.1.13-3) (Formel 5.1.13-1)

2.3 Schallschutz

223

Schalldämm-Maß der Außenwand kg m2 Rw = 30, 9 ⋅ lg(m '/ m'0 ) − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg(370) − 22, 2 = 57, 2 dB

m '2 = 370

(Tab. 5.5.1-5, Zeile 3)

RDd,w = Rw MW + ΔRw WDVS = 57, 2 + 3 = 60, 2 dB Das bewertete Schalldämm-Maß beträgt 60,2 dB. b) Außenlärmbelastung La,tags (2000 Kfz/Tag; a = 20 m; Straßengattung B) = 64 dB(A) La,nachts (2000 Kfz/Tag; a = 20 m; Straßengattung B) = 55 dB(A)

(Bild 4.3.4-1) (Bild 4.3.4-2)

⇒ La,tags − La,nachts = 64 − 55 = 9 dB < 10 dB d.h., relevant ist

La = La,nachts + 10 dB + 3 dB = 68 dB(A)

(Tabelle 5.3.2-4, Fußnote 2)

⇒ Lärmpegelbereich III erf.R'w,ges = La − K Raumart = 68 − 25 = 43 dB

( > 35 dB)

R'w,ges = erf.R'w,ges + 2 dB + K AL ⎛ SS ⎞ 35 6, 2 ⋅ 2,3 = −2, 3 K AL = 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 10 ⋅ lg 0 , 8 ⋅ 6 , 2 ⋅ 5, 0 ⋅ S 0 , 8 G ⎠ ⎝ ⇒ R'w,ges = 43 + 2 dB − 2, 3 = 42, 7 dB

(Formel 5.3.2-5) (Formel 5.3.2-6) (Formel 5.3.2-7)

Teilflächen: SF+T = 1,05 · 2,0 + 1,1 · 2,05 = 4,36 m2 SW = 6,2 · 2,35 - 4,36 = 10,21 m2 Sges = 6,2 · 2,35 = 14,57 m2 Re,i,w = Ri ,w + 10 ⋅ lg

S ges

(Formel 5.4.6-4)

Si

14, 57 = 61, 7 dB 10, 21 14, 57 = RF +T,w + 10 ⋅ lg = RF +T,w + 5, 24 dB 4, 36

Re,Wand,w = 60, 2 + 10 ⋅ lg Re,F +T,w

Ermittlung des Schalldämm-Maßes von Fenster und Tür:

R'w, ges = −10 ⋅ lg ⋅ (10-0,1⋅Re,Wand,w + 10-0,1⋅RF +T,w ) − 0,1 ⋅ R'w, ges = lg ⋅ (10-0,1⋅Re,Wand,w + 10-0,1⋅RF +T,w ) 10 10

-0 ,1⋅R'w , ges -0 ,1⋅Re,F+T,w

= 10

-0 ,1⋅Re,Wand,w

+ 10

-0 ,1⋅R' w , ges

− 10

= 10

-0 ,1⋅RF +T,w

-0 ,1⋅Re,Wand,w

Re,F +T,w = RF +T,w + 5, 24 dB = −10 ⋅ lg (10-0,1⋅R'w ,ges − 10-0,1⋅Re,Wand,w )

(Formel 5.4.6-3)

224

2 Antworten und Lösungen RF +T,w = −10 ⋅ lg (10-4,27 dB − 10-6,17 dB ) − 5, 24 dB RF +T,w = 37, 5 dB

(gewählt 38 dB)

Alternative Berechnung: ⎡ 1 ⋅ SW ⋅10-0,1⋅RwWDVS + S F +T ⋅10-0,1⋅RF +T,w R 'w,ges = −10 ⋅ lg ⋅ ⎢ S ges ⎣ ⎡ 1 ⋅ SW ⋅10-0,1⋅RwWDVS + S F +T ⋅10-0,1⋅RF +T,w − 0,1 ⋅ R 'w,ges = lg ⋅ ⎢ S ⎣ ges 10

-0 ,1⋅R 'w,ges

S F ⋅10

→ 10

(

)⎤⎥

(

)⎤⎥

(

1 = ⋅ SW ⋅10-0,1⋅RwWDVS + S F ⋅10-0,1⋅RF +T,w S ges

-0 ,1⋅RF +T,w

−0 ,1⋅RF +T,w

= S ges ⋅10

=

-0 ,1⋅R 'w,ges

S ges ⋅10

−0 ,1⋅R 'w,ges

⎛ S ⋅10 → RF+T,w = −10 ⋅ lg ⎜ ges ⎜ ⎝

− SW ⋅10

⎦

(Formel 5.1.9-1)

⎦

)

-0 ,1⋅RwWDVS

− SW ⋅10

−0 ,1⋅RwWDVS

SF −0 ,1⋅R 'w,ges

− SW ⋅10

−0 ,1⋅RwWDVS

SF

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎛ 14, 57 ⋅10−0,1⋅42,7 − 10, 21 ⋅10−0,1⋅60,2 = −10 ⋅ lg ⎜ 4, 36 ⎝

⎞ ⎟ = 37, 5 dB ⎠

Die Tür und das Fenster müssen ein Schalldämm-Maß von mindestens 38 dB aufweisen. Lösung zu Aufgabe 7 a) Ermittlung des erforderlichen Schalldämm-Maßes der gesamten Außenwand nach DIN 4109-2 Außenlärmpegel La = 74 dB(A) → Lärmpegelbereich V K Raumart = 35 dB erf.R'w,ges = La − K Raumart = 74 − 35 = 39 dB

(Tabelle 5.3.2-1) bzw. erf.R'w,ges ≥ 30 dB

R'w,ges = erf.R'w,ges + K AL + 2 dB

(Formel 5.3.2-5) (Formel 5.3.2-6)

⎛ SS ⎞ 4, 2 ⋅ 2, 75 K AL = 10 ⋅ lg ⎜ = −2, 4 ⎟ = 10 ⋅ lg 0, 8 ⋅ 4, 2 ⋅ 6, 0 ⎝ 0, 8 ⋅ SG ⎠ → R'w,ges = 39 − 2, 4 + 2 dB = 38, 6 dB

(Formel 5.3.2-7)

Das erforderliche Schalldämm-Maß der Fassade beträgt 39 dB. b) Ermittlung des Schalldämm-Maßes der Außenwand flächenbezogene Masse (Tabelle 5.5.1-2) m1' = ρ MW ⋅ d MW + ρ Putz ⋅ d Putz

ρ MW = 900 ⋅ RDK + 100 = 900 ⋅ 2, 0 + 100 = 1900

kg m

3

2.3 Schallschutz

ρ Innenputz = 1000

225 kg m

3

; ρ Außenputz = 1600

m1' = 1900 ⋅ 0, 24 + 1000 ⋅ 0, 01 = 466

kg m

3

kg m

2

m2' = m' Außenputz = ρ Putz ⋅ d Putz = 1600 ⋅ 0, 015 = 24

kg m

2

Schalldämm-Maß der einschaligen Massivwand Rw,0 = 30, 9 ⋅ lg ⋅ ( m' / m'0 ) − 22, 2

(Tabelle 5.5.1-5, Zeile 3)

= 30, 9 ⋅ lg ⋅ 466 − 22, 2 = 60, 2 dB Korrektur für das WDVS Rw = Rw,0 + ΔRWDVS = 60,2 - 1 dB = 59,2 dB Das vorhandene Schalldämm-Maß der Außenwand beträgt 59,2 dB. c) Bestimmung der maximalen Fensterfläche Schalldämmung zusammengesetzter Flächen ⎡ 1 n ⎤ −0 ,1⋅R R'w,ges = −10 ⋅ lg ⋅ ⎢ ⋅ ∑ Si ⋅10 e ,i ,w ⎥ S ⎢⎣ ges i =1 ⎥⎦ ⎡ 1 ⎤ ⋅ ( ( SW + F − S F ) ⋅10-0,1⋅Re,Wand,w + S F ⋅10−0,1⋅Re,Fenster,w ) ⎥ = −10 ⋅ lg ⋅ ⎢ S ⎣ W +F ⎦

⎡ 1 ⎤ ⋅ ( ( SW + F − S F ) ⋅10-0,1⋅Re,Wand,w + S F ⋅10−0,1⋅Re,Fenster,w ) ⎥ −0,1 ⋅ R'w,ges = lg ⋅ ⎢ S ⎣ W +F ⎦ 1 −0 ,1⋅R'w,ges -0 ,1⋅Re,Wand,w −0 ,1⋅Re,Fenster,w = ⋅ ( ( SW + F − S F ) ⋅10 10 + S F ⋅10 ) SW + F SW + F ⋅10

−0 ,1⋅R'w,ges

= SW + F ⋅10

−0 ,1⋅Re,Wand,w

− S F ⋅10

−0 ,1⋅Re,Wand,w

+ S F ⋅10

−0 ,1⋅Re,Fenster,w

S F ⋅ (10−0,1⋅Re,Wand,w − 10−0,1⋅Re,Fenster,w ) = SW + F ⋅ (10−0,1⋅Re,Wand,w − 10−0,1⋅R'w,ges ) S ⋅ ( −0,1⋅Re,Wand,w − 10−0,1⋅R'w,ges ) S F = W + F −010 (10 ,1⋅Re,Wand,w − 10−0,1⋅Re,Fenster,w ) Berechnung der maximalen Fensterfläche SW + F = 4, 2 ⋅ 2, 75 m² = 11, 55 m²

R'w,ges = 38, 6 dB

Re,Wand ,w = 59, 2 dB

Re,Fenster ,w = 35 dB

S F,max =

11, 55 ⋅ (10−5,92 − 10−3,86 )

(10−5,92 − 10−3,5 )

= 5, 0 m²

Das Fenster darf maximal 5 m2 groß sein.

(Formel 5.1.9-1)

226

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 8 a) Schallschutzanforderung an die Fassade La,tags (20.000 Kfz/Tag; a = 70 m; Straßenart B = 65, 5 dB(A) La,nachts (20.000 Kfz/Tag; a = 70 m; Straßenart B = 55, 5 dB(A)

(Bild 4.3.4-1) (Bild 4.3.4-2)

⇒ La,tags − La,nachts = 65, 5 − 55, 5 = 10 dB < 10 dB d.h., relevant ist

La = La,tags = 65, 5 dB(A)

Zuschlag für Ampel : + 2 dB; Zuschlag nach DIN 18005-1 A.2: + 3 dB ⇒ Außenlärmpegel = 65, 5 + 2 + 3 = 70, 5 dB(A) erf . R'w,ges = La − K Raumart = 70, 5 − 30 = 40, 5 dB (R'w,ges ≥ 30 dB)

(Formel 5.3.2-5)

R'w,ges = erf .R'w,ges + K AL + 2 dB = La − K Raumart + K AL + 2 dB

(Formel 5.3.2-6)

K AL = 100 ⋅ lg

SS 3, 2 ⋅ 2, 5 b⋅h = 10 ⋅ lg = 10 ⋅ lg = −1,1 dB 0, 8 ⋅ SG 0, 8 ⋅ b ⋅ t 0, 8 ⋅ 3, 2 ⋅ 4, 0

(Formel 5.3.2-7)

R'w,ges = 40, 5 − 1,1 + 2 = 41, 4 dB

Das erforderliche Schalldämm-Maß der Fassade beträgt 41,4 dB. b) Flächenanteile

S ges = 3, 2 ⋅ 2, 5 = 8 m 2 S F = S ges ⋅ 0, 3 = 8 ⋅ 0, 3 = 2, 4 m 2 SW = S ges − S F = 8 − 2, 4 = 5, 6 m 2 c) Schallschutzanforderung an die Fenster

⎡ 1 n ⎤ −0 ,1⋅R R'w,ges = −10 ⋅ lg⋅ ⎢ ⋅ ∑ Si ⋅10 i,w ⎥ ⎢⎣ S ges i =1 ⎥⎦ ⎡ 1 ⎤ ⋅ ( S w ⋅10-0,1⋅RWand + S F ⋅10−0,1⋅RFenster ) ⎥ = −10 ⋅ lg⋅ ⎢ ⎣ S ges ⎦ ⎡ 1 ⎤ ⋅ ( S w ⋅10-0,1⋅RWand + S F ⋅10−0,1⋅RFenster ) ⎥ −0,1 ⋅ R'w,ges = lg⋅ ⎢ S ⎣ ges ⎦ 1 −0 ,1⋅R'w,ges = ⋅ ( S w ⋅10-0,1⋅RWand + S F ⋅10−0,1⋅RFenster ) 10 S ges S F ⋅10−0,1⋅RFenster = S ges ⋅10 ⇔ 10−0,1⋅RFenster =

−0 ,1⋅R'w,ges

− SW ⋅10−0,1⋅RWand

−0 ,1⋅R'w,ges

− SW ⋅10−0,1⋅RWand

S ges ⋅10

SF

(Formel 5.1.9-1)

2.3 Schallschutz

227

⎛ S ⋅10−0,1⋅R'w,ges − SW ⋅10−0,1⋅RWand RFenster = −10 ⋅ lg ⎜ ges ⎜ SF ⎝ ⎛ 8 ⋅10−0,1⋅41,4 − 5,6 ⋅10−0,1⋅50 = −10 ⋅ lg ⎜ 2,4 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎞ ⎟ = 36, 6 dB (gewählt: 37 dB) ⎠

d) Alternative Berechnung: S Re,i,w = Ri ,w + 10 ⋅ lg ges Si

(Formel 5.4.6-4)

8 = 51, 5 dB 5, 6 8 = RFenster,w + 10 ⋅ lg = RFenster,w + 5, 2 2, 4

Re,Wand,w = 50 + 10 ⋅ lg Re,Fenster,w

R'w,ges = −10 ⋅ lg ⋅ (10-0,1⋅Re,Wand,w + 10-0,1⋅Re,Fenster,w ) − 0,1 ⋅ R'w,ges = lg ⋅ (10-0,1⋅Re,Wand,w + 10-0,1⋅Re,Fenster,w ) 10 10

-0 ,1⋅R 'w,ges

= 10

-0 ,1⋅Re,Fenster,w

-0 ,1⋅Re,Wand,w

= 10

-0 ,1⋅R 'w,ges

+ 10

(Formel 5.4.6-3)

-0 ,1⋅Re,Fenster,w

− 10

-0 ,1⋅Re,Wand,w

Re , Fenster,w = RFenster,w + 5, 2 dB = −10 ⋅ lg (10-0,1⋅R'w,ges − 10-0,1⋅Re,Wand,w ) RFenster,w = −10 ⋅ lg (10-4,14 − 10-5,15 ) − 5, 2 dB RFenster,w = 36, 6 dB Das erforderliche Schalldämm-Maß der Fenster beträgt 37 dB.

Lösung zu Aufgabe 9 a) Subtraktion von Schallpegeln

LZ = 10 ⋅ lg [10

0 ,1⋅LV + Z

= 10 ⋅ lg [10

− 10

0 ,1⋅LV

(Formel 4.1.3-4)

]

B(A) − 10 ] = 82 dB Der Schalldruckpegel der zwei vorbeifahrenden Züge beträgt 82 dB(A). 8,6

8, 4

b) Ein vorbeifahrender Zug bewirkt einen Einzel-Schalldruckpegel von LZ,1 = L z – 10 · lg 2 (Formel 4.1.3-3) = 82 – 3 = 79 dB(A) Addition von Schallpegeln (Straßenlärm + ein Zug), (Formel 4.1.3-2) LV + Z ,1 = 10 ⋅ lg [100,1⋅LV + 100,1⋅LZ 1 ]

= 10 ⋅ lg [108,4 + 107 ,9 ] = 85 dB(A))

Der Gesamtschalldruckpegel (Verkehrslärm + ein Zug) beträgt 85 dB(A).

228

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 10 a) vor der Sanierung RF,alt = 37 dB

(Tab. 5.5.9-2, Zeile 7)

S F = 4 m ; S AW = ( 5, 5 ⋅ 3, 0 ) − 4 = 12, 5 m 2

Re,F,w = RF + 10 ⋅ lg

S ges SF

Re,AW,w = RAW + 10 ⋅ lg

= 37 + 10 ⋅ lg

S ges S AW

2

16, 5 = 43, 2 dB 4

= 54 + 10 ⋅ lg

(Formel 5.4.6-4)

16, 5 = 55, 2 dB 12, 5

⎡ n −0,1⋅R ⎤ R'w,ges = −10 ⋅ lg ⎢ ∑10 e,i,w ⎥ = −10 ⋅ lg [10-4,32 + 10−5,52 ] ⎣ i =1 ⎦ = 42, 9 dB

(Formel 5.4.6-3)

alternative Berechnung: ⎡ 1 n ⎤ −0 ,1⋅R R'w,ges = −10 ⋅ lg ⋅ ⎢ ⋅ ∑ Si ⋅10 i,w ⎥ ⎢⎣ S ges i =1 ⎥⎦ ⎡ 1 ⎤ ⋅ (12,5 ⋅10-0,1⋅54 + 4,0 ⋅10−0,1⋅37 ) ⎥ = 42, 9 dB = −10 ⋅ lg ⋅ ⎢ ⎣ 16,5 ⎦

(Formel 5.1.9-1)

b) nach der Sanierung RF,neu = 34 dB ⎡ 1 ⎤ ⋅ (12,5 ⋅10-0,1⋅54 + 4,0 ⋅10−0,1⋅34 ) ⎥ = 40, 0 dB vorh.R'w,ges = −10 ⋅ lg ⎢ ⎣ 16,5 ⎦

c) Anforderung nach DIN 4109 K Raumart = 30 dB

(Tabelle 5.3.2-2)

erf .R'w, ges = La − K Raumart = 70 − 30 = 40 dB

(Formel 5.3.2-5)

R'w, ges = erf .R'w, ges + K AL + 2 dB

(Formel 5.3.2-6)

= erf .R'w, ges

⎛ SS ⎞ + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ + 2 dB ⎝ 0, 8 ⋅ SG ⎠

(Formel 5.3.2-7)

⎛ 5, 5 ⋅ 3, 0 ⎞ = 40 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟+2 ⎝ 0, 8 ⋅ 5, 5 ⋅ 4, 2 ⎠ = 40 − 0, 5 + 2 = 41, 5 dB Anforderung:

ĺ

vorh. R' w,ges,neu • R‘ w,ges 40 dB  劲41,5 dB

Die Fassade entspricht mit 40 dB nach der Sanierung nicht mehr den Anforderungen an den Außenlärm.

2.3 Schallschutz

229

Lösung zu Aufgabe 11 a) Anforderung an die Außenfassade nach DIN 4109 La = 65 dB(A)

(Tabelle 5.3.2-3) (Tabelle 5.3.2-2)

K Raumart = 25 dB erf .R'w, ges = La − K Raumart = 65 − 25 = 40 dB

(bzw. R'w, ges ≥ 35 dB)

R'w, ges = erf .R'w, ges + K AL + 2 dB ⎛ SS = erf .R'w, ges + 10 ⋅ lg ⎜ ⎝ 0, 8 ⋅ SG

(Formel 5.3.2-5) (Formel 5.3.2-6)

⎞ ⎟ + 2 dB ⎠

(Formel 5.3.2-7)

⎛ 4,12 ⋅ 2, 75 ⎞ = 40 + 10 0 ⋅ lg ⎜ ⎟ + 2 = 40 − 2, 0 + 2 = 40 dB ⎝ 0, 8 ⋅ 4,12 ⋅ 5, 5 ⎠ b) Berechnung der Schalldämmung der Außenwand m' ges = m'1 + m'2 = m' Außenschale + ( m' Innenschale + m' Putz )

(

(Tabelle 5.5.1-15)

)

m'1 = d Außenschale ⋅ 900 ⋅ RDK Außenschale + 100 = 0,115 ⋅1900 = 218, 5 kg/m m2

(Tabelle 5.5.1-2)

m'2 = d Innenschale ⋅ (1000 ⋅ RDK Innenschale − 100 ) + d Putz ⋅1000 = 0,175 ⋅1500 + 0, 015 ⋅1000 = 277, 5 kg/m 2 m' ges = m'1 + m'2 = 496 kg/m 2

(

)

Rw,,AW = 30, 9 ⋅ lg m' ges − 17, 2 = 66,1 dB

(Tabelle 5.5.1-15, Z. 5, Sp. 2)

c) Berechnung der vorhandenen resultierenden Schalldämmung m

R'w,ges = −10 ⋅ lg ∑10

−0 ,1⋅Re,i,w

(Formel 5.4.6-3)

i =1

⎛S ⎞ Re,i,w = Ri,w + 10 ⋅ lg ⎜ ges ⎟ ⎝ Si ⎠ ⎛ 2, 75 ⋅ 4,12 ⎞ Re,Fenster,w = 32 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 32 + 7, 6 = 39, 6 dB ⎝ 1, 97 ⎠

(Formel 5.4.6-4)

⎛ 11, 33 ⎞ Re,Tür,w = 37 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 37 + 4, 6 = 41, 6 dB ⎝ 2, 44 ⎠ ⎛ 11, 33 ⎞ Re,RK,w = 26 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 26 + 10, 6 = 36, 6 dB ⎝ 0, 98 ⎠ 11, 33 ⎛ ⎞ Re,AW,w = 66 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 66 + 2, 8 = 68, 8 dB 1 1 , 33 − 1 , 97 − 2 , 44 − 0 , 98 ⎝ ⎠ m

R'w,ges = −10 ⋅ lg ∑10 i =1

−0 ,1⋅Re,i,w

= −10 ⋅ lg (10−3,96 + 10−4,16 + 10−3,66 + 10−6,88 ) = 34 dB

230

2 Antworten und Lösungen (Formel 5.1.9-1)

alternative Berechnung:

⎡ 1 ⎤ ⋅ ( S AW ⋅10−0,1⋅RAW + S F ⋅10−0,1⋅RF + ST ⋅10−0,1⋅RT + S RK ⋅10−0,1⋅RRK ⎥ R'w,ges = −10 ⋅ lg ⎢ ⎣ S ges ⎦ ⎡ 1 = −10 ⋅ lg ⎢ ( 5, 94 ⋅10−6,1 + 1, 97 ⋅10−3,2 + 2, 44 ⋅10−3,7 + 0, 98 ⋅10−2,6 )⎤⎥ 11 33 , ⎣ ⎦ ⎡ 1 = −10 ⋅ lg ⎢ ( 0, 00472 ⋅10−3 + 1, 243 ⋅10−3 + 0, 4868 ⋅10−3 + 2, 4616 ⋅10−3 )⎤⎥ ⎣ 11, 33 ⎦ ⎡ 1 = −10 ⋅ lg ⎢ ( 4,196 ⋅10−3 )⎤⎥ = 34 dB , 11 33 ⎣ ⎦ vorh. R“w,ges ” erf. R“w,ges (34 dB ” 40 dB) ĺ Anforderung nicht erfüllt! Das schalltechnisch schlechteste Bauteil (ĺ Rollladenkasten) ist zu verbessern. d) Berechnung des erforderlichen Schalldämmaßes des Rollladenkastens

⎡ 1 ⎤ ⋅ ( S AW ⋅10−0,1⋅RAW + S F ⋅10−0,1⋅RF + ST ⋅10−0,1⋅RT + S RK ⋅10−0,1⋅RRK ⎥ R'w,ges = −10 ⋅ lg ⎢ S ⎣ ges ⎦ 1 ⎤ ⎡ ⋅ S ges ⋅10−0,1⋅R'ges − ( S AW ⋅10−0,1⋅R' AW + S F ⋅10−0,1⋅R'F + ST ⋅10−0,1⋅R'T ) ⎥ erf. Rw, RK ≥ −10 ⋅ log ⎢ S RK ⎦ ⎣ ⎤ ⎡ 1 ≥ −10 ⋅ log ⎢ (11, 33 ⋅10−3,8 − 1, 735 ⋅10−3 )⎥ ≥ 42 dB ⎦ ⎣ 0, 98

(

)

Um die Schallschutz-Anforderungen an die gesamte Fassade zu erreichen, müssen die Rollladenkästen ein Mindest-Schalldämm-Maß von 42 dB aufweisen.

Lösung zu Aufgabe 12 Die Anforderung an die Trennwand beträgt nach DIN 4109, Bbl. 2 erf. R “W •G% 







R'w = 28 ⋅ lg (m'  1 + m'2 )− 18 + ΔRw,Tr − K  m'1 = m'2 ΔRw,Tr = 12 (bei einer Trennfuge ≥ 30 mm) K = 0, 6





 (Tab. 5.3.3-3, Zeile 7)





(Formel 5.5.1-2)

(Annahme: m'Tr,1 = m' f,m )

(Tab. 5.5.1-8, Zeile 6) (Tab. 5.5.1-9)

R' + 18 − 12 + 0, 6 lg ( 2 ⋅ m'1 ) = w 28 2 ⋅ m '1 = 10

R'w + 6 , 6 28

= 10

m'1 = m'MW + m' Putz

67 + 6 , 6 28

= 425

mit

kg m2

ρ Innenputz

kg 425 = 212, 5 2 2 m kg = 1000 3 m

⇒ m'1 =

Situation

2.3 Schallschutz

231

m'MW = 212, 5 − ( 0, 01 ⋅1000 ) = 202, 5

kg m2

m'MW 202, 5 kg = = 1157 3 d 0,175 m ρ MW − 100 1157 − 100 RDK MW = = = 1, 2 900 900

ρ MW =

(Tab. 5.5.1-2, Zeile 2)

Mauerwerk mit der Rohdichte von • 1200 kg/m3 (RDK = 1,2) erfüllen die geforderten Mindestanforderung. Die Trennfuge mit •30 mm ist durchgehend auszuführen. Körperschallbrücken im Fugenhohlraum, z.B. durch Mörtel, sind mit geeigneten Maßnahmen unbedingt zu vermeiden.

Lösung zu Aufgabe 13 Die Anforderung beträgt für die Schallschutzstufe I nach VDI 4100 (von 2012) erf. R‘ w •G%









a) m'1 = m'2 = 0,175 ⋅ ( 900 ⋅1, 4 + 100 ) + 0, 01 ⋅1000 = 241, 2 kg m2 ΔRw,Tr = 9 (bei einer Trennfuge ≥ 30 mm)



 (Tab. 5.3.5-5, Zeile 7) (Tab. 5.5.1-2) (Tab. 5.5.1-8, Zeile 7)

K =0 (kein Ansatz des Korrekturwertes) R'w = 28 ⋅ lg (m'1 + m'2 ) − 18 + ΔRw,Tr − K = 28 ⋅ lg (2 ⋅ 241, 2) − 18 + 9 − 0 = 66, 9 dB

kg m2 (bei einer Trennfuge ≥ 30 mm)

b) m'1 = m'2 = 0,175 ⋅ (1000 ⋅ 0, 8 − 50 ) + 10 = 141

ΔRw,Tr = 11

(Tab. 5.5.1-8, Zeile 7, Spalte 4)

K =0 R'w = 28 ⋅ lg (m'1 + m '2 ) − 18 + ΔRw,Tr − K = 28 ⋅ lg (2 ⋅141) − 18 + 11 − 0 = 61, 6 dB

(*

.*

Situation Mauerwerk mit der Rohdichteklasse 1,4 erfüllen die vereinbarten Anforderung, es ist ein Schalldämm-Maß von 66-67 dB zu erwarten. Mauerwerk aus Leichtbetonsteinen erfüllen die Anforderungen nicht, hier ergibt sich nur ein Schalldämm-Maß von 61-62 dB.

232

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 14 

R 'w,R = 28 ⋅ lg (m '1 + m '2 ) − 18 + ΔRw,Tr − K



m'Tr1 = m'Tr 2 = 0,175 ⋅ ( 900 ⋅ 0, 65 + 50 ) + 1000 ⋅ 0, 01 = 121 m' f,m = 0,115 ⋅ ( 900 ⋅1, 2 − 100 ) + 1000 ⋅ 0, 01 = 123 K = 0, 6

kg m2

Formel 5.5.1-2 (Tab. 5.5.1-2)

kg m2

(m'Tr ≈ m' f,m )

(Tab. 5.5.1-9)

ΔRw,Tr = 14 dB

(Tab. 5.5.1-8, Zeile 11, Fußnote 3))

R 'w,R = 28 ⋅ lg (2 ⋅121) − 18 + 14 − 0, 6 = 62,1 dB

Die Anforderungen betragen nach DIN 4109-1

ĺ erf. RƍW•G%

(Tab. 5.3.2-7, Zeile 5)

DIN 4109-5

ĺ erf. RƍW•G%

(Tab. 5.3.3-3, Zeile 6)

VDI 4100 (08.2007), SSt II

ĺ erf. RƍW•G%

(Tab. 5.3.4-4, Zeile 6)

Mit der geplanten Konstruktion sind nur die Mindest-Anforderungen nach DIN 4109-1 einzuhalten. Mit schwereren Steinen sind höherer Schalldämm-Maße erreichbar.

(* .*

Skizze zu Aufgabe 14

(* .*

Skizze zu Aufgabe 15 Lösung zu Aufgabe 15 Die Anforderung an die Luftschalldämmung der Trennwand beträgt nach DEGA-Empfehlung für die Schallschutzklasse A erf. R W •G% 









 (Tab. 5.3.6-4, Zeile 4, Spalte 9)

R 'w = 28 ⋅ lg (m'1 + m'2 ) − 18 + ΔRw,Tr − K 



 Formel 5.5.1-2

m'1 = m'2 ΔRw,Tr = 6

(Tab. 5.5.1-8, Zeile 10) (Tab. 5.5.1-10, Spalte 5)

K =0 lg ( 2 ⋅ m'1 ) =

R'w + 18 − 6 + 0 28

2.3 Schallschutz

2 ⋅ m'1 = 10

233

R 'w + 18− 6 28

= 10

67 + 12 28

= 663

kg m2

kg = m'MW + m' Putz m2 kg = 1000 ⋅ 0, 01 = 10 2 m

m'1 = 331, 5 m' Putz

m'MW = m'1 − m' Putz = 331, 5 − 10 = 321, 5 ρMW =

kg m2

m'MW 321, 5 kg = = 1340 3 m d 0, 24

Mauerwerk mit der Steinrohdichteklasse 1,4 erfüllen die o.g. Mindestanforderung. Die Trennfuge mit •30 mm ist durchgehend auszuführen. Schallbrücken im Fugenhohlraum, z.B. durch Mörtel, sind mit geeigneten Maßnahmen unbedingt zu vermeiden. Lösung zu Aufgabe 16 a) Die Anforderung an die Wohnungstrennwand beträgt nach DIN 4109-5:      (Tab. 5.3.3-2, Zeile 14) erf.R'W •G%  R'W •erf.R'W + 2 dB = G%  (Sicherheitsbeiwert nach Tab. 5.3.2-1, Zeile 2) b) flächenbezogene Massen: kg kg m '1 = ρ ⋅ d = 800 3 ⋅ 0, 0125 m = 10 2 m m kg m '2 = 350 2 m Resonanzfrequenz eines zweischaligen Systems: Anforderung f0 ” 100 Hz f0 =

1000 ⋅ 2 ⋅π

1 ⎞ ⎛ 1 + s '⋅ ⎜ ≤ 100 Hz m ' m '2 ⎟⎠ ⎝ 1

mit

s' =

EDyn d

(Formeln 5.1.13-3 und 5.1.13-1)

EDyn ⎛ 1 1 ⎞ 2⋅π + ⋅⎜ ⎟ ≤ 100 ⋅ d ⎝ m '1 m '2 ⎠ 1000 2 EDyn ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 2⋅π ⎞ + ⋅⎜ ≤ ⎜100 ⋅ ⎟ ⎟ d ⎝ m '1 m '2 ⎠ ⎝ 1000 ⎠ EDyn 1 1 ⎞ ⎛ 0, 2 1 ⎞ ⎛ 1 + d≥ ⋅ ⋅ + ⎟ = 0, 052 m ⎟= 2 ⎜ 2 ⎜ m ' m ' 10 350 ⎝ ⎠ ⋅ 2 π 0 , 6283 ( ) 1 2 ⎠ ⎛ ⎞ ⎝ ⎜100 ⋅ ⎟ 1000 ⎠ ⎝ Es sollte ein Abstand zwischen Massivwand und Vorsatzschale von mindestens 5,2 cm gewählt werden, damit die Resonanzfrequenz unter 100 Hz liegt.

234

2 Antworten und Lösungen

c) Verbesserung der Direktschalldämmung 

 f 0 = 160  ⋅

⎛ 1 1 ⎞ ⋅ ⎜ + ⎟ m' m' 2 ⎠ ⎝ 1







Formel 5.5.1-7

0, 2 ⎛ 1 1 ⎞ ⋅ + = 101 Hz 0, 052 ⎜⎝ 10 300 ⎟⎠

= 160 ⋅

 

EDyn  d

R = 30, 9 ⋅ lg m' − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg ( 300 ) − 22, 2 = 54, 3 dB  w     ges     Tab. 5.5.1-5, Zeile 2 Δ = , 4 − 20 ⋅ − 0 5 ⋅ lg f , R R 74 w   w     0    Tab. 5.5.1-14, Zeile 2 = 74, 4 − 20 ⋅ lg (101) − 0, 5 ⋅ 54, 3 = 7, 2 dB

Es ist eine Verbesserung von ca. 7 dB zu erwarten, d.h. die Direktschalldämmung der Wohnungstrennwand beträgt dann ca. 61 dB. Somit können die erhöhten Anforderungen erreicht werden.

Lösung zu Aufgabe 17 Die Resonanzfrequenz des zweischaligen Systems muss unter 100 Hz liegen.

f0 =

1000 ⋅ 2⋅π

1 ⎞ ⎛ 1 + s' ⋅ ⎜ ⎟ ≤ 100 Hz m' m' 2 ⎠ ⎝ 1

mit

s' =

m' Außenputz = 0, 02 ⋅1600 = 32 kg/m 2 

m' = 0,175 ⋅ ( 900 ⋅1, 8 + 100 ) + 0, 01 ⋅1000 = 311 kg/m 2  MW -Schale 1000 ⋅ 2⋅π

EDyn d

(Formeln 5.1.13-3 und 5.1.13-1) Tab. 5.5.1-2, Zeile 10 Tab. 5.5.1-2

EDyn ⎛ 1 1 ⎞ + ⋅⎜ ⎟ ≤ 100 Hz d EPS ⎝ m '1 m '2 ⎠

2 EDyn ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 2⋅π ⎞ + ⋅⎜ ≤ ⎜100 ⋅ ⎟ ⎟ d EPS ⎝ m '1 m '2 ⎠ ⎝ 1000 ⎠ 2

EDyn

2⋅π ⎞ ⎛ ⎜100 ⋅ ⎟ ⋅ d EPS 1000 ⎠ ⎝ ≤ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎜ m' + m' ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1

EDyn ≤

( 0, 6283)

2

⋅ 0,16 MN = 1, 73 2 1 ⎞ m ⎛ 1 ⎜ + ⎟ ⎝ 30 311 ⎠

Um eine möglichst gute Luftschalldämmung für die Außenwandkonstruktion zu erhalten, muss der dynamische Elastitzitätsmodul EDyn der gewählten Wärmedämmschicht kleiner als 1,73 MN/m2 sein.

2.3 Schallschutz

235

Lösung zu Aufgabe 18 a) Resonanzfrequenz m '1 = m '2 = ρ ⋅ dGK = 800 ⋅ 0, 0125 = 10 85

f0 =

m '⋅ d

=

85 10 ⋅ 0, 04

kg m2

= 135 Hz

(Tab. 5.1.14-1, Z. 3, Sp. 2)

Die Resonanzfrequenz liegt mit 135 Hz im bauakustisch relevanten Frequenzbereich und ist damit ungünstig. b) Verbesserungsmaßnahme

⇔

1 ⎞ 10 ⎛ 1 + ⋅⎜ ⎟ ≤ 100 Hz d ⎝ m '1 m '2 ⎠

1000 ⋅ 2⋅π

f0 =

100 ⋅ 2 ⋅ π ≥ 1000

(Formel 5.1.13-3)

1 ⎞ 10 ⎛ 1 + ⋅⎜ ⎟ d ⎝ m '1 m '2 ⎠

1 ⎞ 10 ⎛ 1 + ⋅⎜ m m ' '2 ⎟⎠ d ⎝ 1 10 ⋅ 2 20 = = 5,1 cm ⇔d≥ 2 2 ( 0, 2 ⋅ π ) ⋅ m ' ( 0, 2 ⋅ π ) ⋅10

( 0, 2 ⋅ π )

2

≥

Der Abstand der Gipskartonschalen sollte auf 5-6 cm erhöht werden, um mit der Resonanzfrequenz unterhalb der geforderten 100 Hz zu liegen.

Lösung zu Aufgabe 19 Schwimmender Estrich ĺ zweischaliges System Die Resonanzfrequenz des zweischaligen Systems muss unter 100 Hz liegen.

f0 =

1000 ⋅ 2⋅π

mit

s' =

1 ⎞ ⎛ 1 + s' ⋅ ⎜ ⎟ ≤ 100 Hz ⎝ m'1 m'2 ⎠ EDyn

(Formel 5.1.13-3) (Formel 5.1.13-1)

d = 0, 055 ⋅ 2000 = 110 kg/m 2

Tab. 5.5.2-2, Zeile 6

m' Rohdecke = 0, 22 ⋅ 2400 = 528 kg/m

Tab. 5.5.2-2, Zeile 2 

m' Estrich

1000 ⋅ 2⋅π

2

EDyn ⎛ 1 1 ⎞ + ⋅⎜ ⎟ ≤ 100 Hz dTD ⎝ m '1 m '2 ⎠

236

2 Antworten und Lösungen 2 EDyn ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 2⋅π ⎞ + ⋅⎜ ≤ ⎜100 ⋅ ⎟ ⎟ dTD ⎝ m '1 m '2 ⎠ ⎝ 1000 ⎠ 2

EDyn

2⋅π ⎞ ⎛ ⎜100 ⋅ ⎟ ⋅ dTD 1000 ⎠ ≤⎝ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎜ m' + m' ⎟ 2 ⎠ ⎝ 1

( 0, 6283)

2

⋅ 0,06 MN = 2,16 2 1 ⎞ m ⎛ 1 + ⎟ ⎜ ⎝ 528 110 ⎠ Um eine möglichst gute Trittschalldämmung zu erhalten, muss der dynamische Elastizitätsmodul EDyn der gewählten Trittschalldämmung kleiner als 2,16 MN/m2 sein. EDyn ≤

b) Luftschalldämmung: E 2,16 MN s' = Dyn = = 36 3 dTD 0, 06 m ⎛ 1 1 ⎞ f0 = 160 ⋅ s' ⋅ ⎜ + ⎟ ⎝ m'1 m'2 ⎠

 

(Formel 5.1.13-1) (Formel 5.5.1-7)

1 ⎞ ⎛ 1 + = 160 ⋅ 36 ⋅ ⎜ ⎟ = 100 Hz ⎝ 110 528 ⎠            Tab. 5.5.2-3, Zeile 3 R = 30, 9 ⋅ lg m' − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg ( 528 ) − 22, 2 = 61, 9 dB  s,w    ges      Tab. 5.5.2-5, Zeile 2 ΔRDd,w = 74, 4 − 20 ⋅ lg ( f0 ) − 0, 5 ⋅ Rs,w

(

)

= 74, 4 − 20 ⋅ lg (100 ) − 0, 5 ⋅ 61, 9 = 3, 4 dB

RDd,w = Rs,w + ΔRDd,w = 61, 9 + 3, 45 = 65, 3 dB

(Formel 5.4.2-5)

c) Trittschalldämmung:  L n,eq,0,w  = 164 − 35  ⋅ lg  m' = 164 − 35 ⋅ lg ( 528) = 68, 7 dB   Δ Lw = 13 ⋅ lg m'Estrich − 14,2 ⋅ lg s' +20, 8   = 13 ⋅ lg (110 ) − 14, 2 ⋅ lg ( 36 ) + 20, 8 = 25, 2 dB ⎛ m' ⎞ ⎛ 528 ⎞ K = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ Rohdecke ⎟ = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 2, 4 dB ⎜ m' f,m ⎟ ⎝ 250 ⎠ ⎝ ⎠ L'n ,w = Ln,eq,0,w − ΔLw + K = 68, 7 − 25, 2 + 2, 4 = 45, 9 dB

 Tab. 5.5.2-4 Tab. 5.5.2-6, Zeile 2

(Formel 5.4.7-4) (Formel 5.4.7-2)

Für die Decke ergeben sich eine Direktschalldämmung von 65 dB und ein Normtrittschallpegel von 46 dB.

2.3 Schallschutz

237

Lösung zu Aufgabe 20 a) vorhandene Wandkonstruktion  ^ƚĞŝŶĂƌƚ



^ƚĞŝŶĚƌƵĐŬĨĞƐƚŝŐŬĞŝƚƐŬůĂƐƐĞ



^ƚĞŝŶƌŽŚĚŝĐŚƚĞŬůĂƐƐĞ



.6') 0*D

DƂƌƚĞůŐƌƵƉƉĞ

 tĂŶĚĚŝĐŬĞ ^ƚĞŝŶĨŽƌŵĂƚ

ρMW = 900 ⋅1, 6 + 100 = 1540

kg m3

(Tabelle 5.5.1-2, Zeile 2)

d Mauerwerk = 240 mm m' Putz = 1000 ⋅ 0, 01 = 10

kg m2

m'1 = 1540 ⋅ 0, 24 m + 2 ⋅10 = 390

kg m2

b) Vorsatzschale biegeweiche Vorsatzschale ĺ zweischaliges System Die Resonanzfrequenz des zweischaligen Systems muss unter 100 Hz liegen. f0 =

1000 ⋅ 2⋅π

mit

s' =

m '2 = m 'GK 100 ≥

1 ⎞ ⎛ 1 + s '⋅ ⎜ ⎟ ≤ 100 Hz ⎝ m '1 m '2 ⎠ EDyn

0,18 MN = 3, 0 3 0, 06 m kg = 800 3 ⋅ dGK m d

1000 ⋅ 2⋅π

(Formel 5.1.13-3)

=

(Formel 5.1.13-1) (U GK

; Tab. 1.6.3-1, Mittelwert)

1 ⎛ 1 ⎞ + 3, 0 ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 390 800 ⋅ dGK ⎠

2

3 ⎞ ⎛ 100 ⋅ 2 ⋅ π ⎞ ⎛ 3 ⎜ 1000 ⎟ ≥ ⎜ 390 + 800 ⋅ d ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ GK ⎠ 2 ⎛ ⎛ 100 ⋅ 2 ⋅ π ⎞ 1 3 ⎞ 800 − ≥ ⎜⎜ ⎟⋅ ⎟ ⎜ dGK ⎝ ⎝ 1000 ⎠ 390 ⎟⎠ 3 dGK ≥ 0, 0097 m Um eine möglichst gute Luftschalldämmung zu erhalten, wird eine Gipsplatte von 10 mm Dicke gewählt.

238

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 21

3150

2500

2000

1600

1250

1000

800

630

500

400

315

250

200

D in dB

17,5 20,5 27,4 36,9 38,9 36,8 35,3 37,0 36,9 37,4 34,8 35,0 41,2 41,9 43,9 35,2

T in s

160

L2 in dB

47,0 51,8 53,4 50,4 50,6 51,9 52,6 52,1 51,8 50,6 52,7 55,9 48,5 51,3 49,3 45,5

3,20 3,20 3,20 1,88 1,88 1,88 1,56 1,56 1,56 1,45 1,45 1,45 1,30 1,30 1,30 1,12

A in m2

125

L1 in dB

64,5 72,3 80,8 87,3 89,5 88,7 87,9 89,1 88,7 88,0 87,5 90,9 89,7 93,2 93,2 80,7

3,17 3,17 3,17 5,40 5,40 5,40 6,51 6,51 6,51 7,00 7,00 7,00 7,81 7,81 7,81 9,07

R' in dB

100

f in Hz

a) Berechnung der Schallpegeldifferenz D, der äquivalenten Absorptionsfläche A und des Bau-Schalldämm-Maß R' für die jeweiligen Frequenzen f :

26,4 29,4 36,3 43,5 45,5 43,4 41,1 42,8 42,7 42,9 40,3 40,5 46,2 46,9 48,9 39,6

D( f ) = L1 ( f ) - L2 ( f )

(Formel 5.1.2-1)

V A = 0,163 ⋅ T

(Formel 5.1.5-3)

S R' ( f ) = D( f ) + 10 ⋅ lg A

(Formel 5.1.5-2)

2.3 Schallschutz

239

b) Verlauf und Bestimmung des bewerteten Schalldämm-Maßes R'W





%H]XJVNXUYH   

0HVVNXUYH

5 :   G%







 







YHUVFKREHQH %H]XJVNXUYH XPG% 



)UHTXHQ]I LQ+] 8QWHUVFKUHLWXQJHQ 68  G%G%







   







   

 

%DX6FKDOOGlPP0D‰5 LQG%

Verschieben der Bezugskurve parallel zu sich selbst um jeweils 1 dB-Schritte, bis die Summe der Unterschreitungen so groß wie möglich, jedoch ” 32 dB ist (Überschreitungen werden nicht berücksichtigt.

240

2 Antworten und Lösungen

Tabelle: Verschiebung der Bezugskurve:

f in Hz

R' in dB

Bezugswerte in dB

Bezugswerte, verschoben um - 9 dB

100

26,4

33

24

125

29,4

36

27

160

36,3

39

30

200

43,5

42

33

250

45,5

45

36

315

43,4

48

39

400

41,1

51

42

0,9

500

42,8

52

43

0,2

630

42,7

53

44

1,3

800

42,9

54

45

2,1

1000

40,3

55

46

5,7

1250

40,5

56

47

6,5

1600

46,2

56

47

0,8

2000

46,9

56

47

0,1

2500

48,9

56

47

3150

39,6

56

47

ungünstige Abweichung

7,4 Summe = 25 < 32

Ablesen des bewerteten Schalldämm-Maß R'w als Einzahlwert bei der Frequenz 500 Hz an der verschobenen Bezugskurve. 

ĺ

Rƍw = 52 - 9 = 43 dB

Das bewertete Schalldämm-Maß der Trenndecke beträgt 43 dB.

2.3 Schallschutz

241

Lösung zu Aufgabe 22

Summe

3150

2500

2000

1600

1250

1000

800

630

500

400

315

250

200

160

125

100

62

62

62

62

62

61

60

59

58

57

54

51

48

45

42

verschobene Bezugskurve

67

67

67

67

67

67

66

65

64

63

62

59

56

53

50

47

Überschreitungen

-

-

-

-

-

-

1,9

2,3

3,8

3,3

3,9

3,3

1,6

-

-

-

verschobene Bezugskurve

58,3 58,8 60,9 62,5 65,6 66,8 67,9 67,3 67,8 66,3 65,9 62,3 57,6 52,5 47,4 46,2

66

66

66

66

66

66

65

64

63

62

61

58

55

52

49

46

Überschreitungen

Bezugskurve

L1 in dB

f in Hz

Tabelle: Verschiebung der Bezugskurve:

62

-

-

-

-

-

0,8

2,9

3,3

4,8

4,3

4,9

4,3

2,6

0,5

-

0,2

1. Versuch:

20,1 < 32 dB

2. Versuch:

28,6 < 32 dB

242

2 Antworten und Lösungen

Norm-Trittschallpegel / QZ in dB

Verlauf und Bestimmung des bewerteten Norm-Trittschallpegels Lƍn,w: 80

verschobene Bezugskurve um 4 dB

70

0,8

2,9 3,3 4,8

4,3

4,9

/ QZ = 64 dB

Messkurve 4,3

60

2,6

Bezugskurve

0,5 50 0,2

40

30

5000

2500

1500

700 800 900 1000

500

250

150

70 80 90 100

50

20

FrequenzI in Hz Unterschreitungen: 6 U = 0,8 + 2,9 + 3,3 + 4,8 + 4,3 + 4,9 + 4,3 + 2,6 + 0,5 + 0,2 = 28,6 dB < 32 dB

Ablesen des bewerteten Norm-Trittschallpegel Lƍn,wals Einzahlwert bei der Frequenz von 500 Hzan der verschobenen Bezugskurve. 

ĺ

Lƍn,w = 60 + 4 = 64 dB

Der bewertete Norm-Trittschallpegel der gemessenen Trenndecke beträgt 64 dB.

2.3 Schallschutz

243

Lösung zu Aufgabe 23 a) Die Anforderungen an die Trenndecken betragen nach DIN 4109:   Trittschall:       L'n,w ≤  50 dB    (Tab. 5.3.2-6, Zeile 3) zul. (Formel 5.3.2-4) Sicherheitskonzept: zul.L'n,w ≤ L'n,w + 3 dB → L'n,w = zul.L'n,w − 3 dB = 47 dB b) Lösungsansatz: L'n,w = Ln,eq,0,w − ΔLw + K

(Formel 5.4.7-2)

→ ΔLw = Ln,eq,0,w − L'n,w + K Rohdecke: kg m2 = 164 − 35 ⋅ lg ( m's ) = 164 − 35 ⋅ lg ( 442 ) = 71, 4 dB

m's = m' Beton + m' Putz = 0,18 ⋅ 2400 + 0, 01 ⋅1000 = 442 Ln,eq,0,w

(Formel 5.4.7-3)

Korrekturwert: 1 kg 1 n ∑ m' f,i = 4 (380 + 426 + 2 ⋅175, 5) ≈ 289 m2 n i =1 ≤ m's

m' f,m = m' f,m

⎛ m' ⇒ K = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ s ⎜ m' f,m ⎝

⎞ ⎛ 442 ⎞ ⎟⎟ = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 1, 6 dB ⎝ 289 ⎠ ⎠

(Formel 5.4.7-4)

Trittschallminderung: ΔLw = Ln,eq,0,w − L'n,w + K = 71, 4 − 47 + 1, 6 = 26 dB außerdem gilt: ΔLw = 13 ⋅ lg ( m' Estrich ) − 14, 2 ⋅ lg ( s' ) + 20, 8 ↔ s' = 10

m' Estrich = d Estrich ⋅ ρ Estrich = 0, 05 ⋅ 2000 = 100 → s' ≥ 10 mit s ' =

(Tab. 5.5.2-6, Zeile 2)

⎛ 13⋅lg ( m' Estrich ) − ΔLw + 20 ,8 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ 14 , 2 ⎝ ⎠

⎛ 13⋅lg (100 ) − 26 + 20 ,8 ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ 14 , 2 ⎠ ⎝

= 29, 2  30

Edyn dTS

kg m2

MN m3 (Formel 5.1.13-1)

MN m2 Als Trittschalldämmmaterial wird elastifizierter Polystyrol-Hartschaum oder besser Mineralwolle empfohlen. (Tab. 5.1.12-1) Edyn ≤ s '⋅ dTS = 30 ⋅ 0, 03 = 0, 9

244

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 24 Ln,eq,0,w = 164 − 35 ⋅ lg ( m' ) a)

(Tabelle 5.5.2-2)

kg m2 = 164 − 35 ⋅ lg ( 387, 5 ) = 73, 4 dB

m' Leichtbeton = 0, 25 ⋅1600 − 12, 5 = 387, 5 Ln,eq,0,w

c)

kg m2 = 164 − 35 ⋅ lg ( 600 ) = 66,1 dB

m' Normalbeton = 0, 25 ⋅ 2400 = 600 Ln,eq,0,w

b)

(Tabelle 5.5.2-4)

m' Normalbetton

mit Hohlräumen

= ( 0, 25 ⋅ 2400 ) − 15% = 510

Ln,eq,0,w = 164 − 35 ⋅ lg ( 510 ) = 69, 2 dB

(Tabelle 5.5.2-2, Zeile 2)

kg m2

(Tabelle 5.5.2-2, Zeile 3)

Lösung zu Aufgabe 25 ΔLw = 13 ⋅ lg ( m' Estrich ) − 14, 2 ⋅ lg ( s' ) + 20, 8 m' Estrich = d Estrich ⋅ ρ Estrich = 0, 045 ⋅ 2000 = 90

(Tab. 5.5.2-6, Zeile 2) kg m2

(UZE ; Tab. 5.5.2-2, Zeile 6)

Hinweis: Die Ausgleichsschicht istt nicht durchgängig verlegt und daher bei der Ermittlung deer dynamischen Steifigkeit nicht zu berücksichtigen.

ΔLw = 133 ⋅ lg ( 90 ) − 14, 2 ⋅ lg (15 ) + 20, 8 = 30,1 dB Die bewertete Trittschallminderung beträgt 30 dB.

Lösung zu Aufgabe 26 ΔLw = ( −0, 21 ⋅ m' Estrich − 5, 45 ) ⋅ lg ( s' ) + 0, 46 ⋅ m' Estrich + 23, 8

(Tab. 5.5.2-6, Zeile 4)

ΔL − 0, 46 ⋅ m' Estrich − 23, 8 ⇔ lg ( s' ) = w ( −0, 21⋅ m'Estrich − 5, 45) ⇔

s' = 10

⎛ ΔLw − 0 , 46⋅m' Estrich − 23,8 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ( −0 , 21⋅m' Estrich −5, 45 ) ⎟ ⎝ ⎠

m' Estrich = d Estrich ⋅ ρ Estrich = 0, 03 ⋅ 2300 = 69

kg m2

Hinweis: Die Ausgleicchsschicht ist nicht zu berücksichtigen . ⎛ 30 − 0 , 46⋅69 − 23,8 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ( −0 , 21⋅69 −5, 45 ) ⎟ ⎠

s' = 10⎝

Edyn

= 19,1

MN m3

0, 6 = = 0, 0314  0, 035 m (Formel 5.1.13-1) s' 19,1 Das gewählte Trittschalldämm-Material sollte mindestens 35 mm dick sein. d=

2.3 Schallschutz

245

Lösung zu Aufgabe 27 Innenwand 03 : kg ρMW = 1200 3 ⇒ RDK MW = 1, 2 m m' IW 03 = m'MW + 2 ⋅ m' Putz

(Tabelle 5.5.1-1)

= 0,115 ⋅ ( 900 ⋅1, 2 + 100 ) + 2 ⋅ 0, 015 ⋅1000 = 165, 7

kg m2

(Tabelle 5.5.1-2)

Rohdecke : m's = m' Betoon + m' Putz kg m2 a) Korrekturwert ohnee Abhangdecke: = 0, 20 ⋅ 2400 + 0, 01 ⋅1000 = 490

1 n 1 kg m' f,i = (350 + 426 + 175, 5 + 165, 7) = 279, 3 2 ∑ 4 m n i =1 kg kg m' f,m ≤ m's 279, 3 2 < 490 2 m m ⎛ m' ⎞ ⇒ K = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ s ⎟ ⎜ m' f,mm ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 490 ⎞ = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 1, 94  1, 9 dB ⎝ 279, 3 ⎠ m' f,m =

(

(Formel 5.5.1-3)

)

(Formel 5.4.7-4)

b) Korrekturwert mit biegeweicher Unterdecke: ≥ 10 dB ΔRw = 12 dB ⎛ m' ⎞ ⇒ K = −5, 3 + 10, 2 ⋅ lg ⎜ s ⎟ ⎜ m' f,m ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 490 ⎞ = −5, 3 + 10, 2 ⋅ lg ⎜ ⎟ = −2, 8 dB ⎝ 279, 3 ⎠

(Formel 5.4.7-6)

Die Differenz des Korrekturwerts für die Flankenschallübertragung mit und ohne biegeweiche Unterdecke beträgt fast 5 dB ('. = 1,9 í (í2,8) = 4,7 dB).

246

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 28 gegeben: ges. Wand Tür Oberlicht

Sges = 19 m2 ST = 2,5 m2 SOL = 3,5 m2

RT = 32 dB ROL = 42 dB

Wand alleine SW = 19 – 2,5 – 3,5 = 13 m2

RW = 56 dB

⎡ 1 n ⎤ −0 ,1⋅R Rw,res = −10 ⋅ lg ⎢ ⋅ ∑ Si ⋅10 i,w ⎥ ⎢⎣ S ges i =1 ⎥⎦ ⎡ 1 ⎤ ⋅ ( SWand ⋅10-0,1⋅RWand + STür ⋅10−0,1⋅RTür + SOL ⋅10−0,1⋅ROL ) ⎥ = −10 ⋅ lg ⎢ S ⎣ ges ⎦

(Formel 5.1.9-1)

⎡1 ⎤ = −10 ⋅ lg ⎢ ⋅ (13 ⋅10-0,1⋅56 + 2,5 ⋅10−0,1⋅32 + 3,5 ⋅10−0,1⋅42 ) ⎥ ⎣ 19 ⎦ = 40 dB Das resultierende Direkt-Schalldämm-Maß beträgt 40 dB.

Lösung zu Aufgabe 29 a) Die Anforderungen beträgt nach DIN 4109-1 (Luftschall Wohnungstrennwand): (Tab. 5.3.2-6, Zeile 15) erf. R'W •dB R'W •erf.R'W + 2 dB = G%  (Sicherheitsbeiwert nach Tab. 5.3.2-1, Zeile 2) Berechnung des bewerteten Bau-Schalldämm-Maßes zwischen zwei Räumen: n n n ⎛ −0,1⋅ R −0,1⋅ RFf ,w −0,1⋅ RDf ,w −0,1⋅ RFd ,w Dd ,w R'w = −10 ⋅ lg ⎜10 + ∑ 10 + ∑ 10 + ∑ 10 ⎜ F = = 1 = 1 = 1 F f f ⎝

b) Direktschalldämmung Trennwand - Weg Dd kg ρMW = 1800 3 ⇒ RDK MW = 1, 8 m m'TW (1) = m'MW + 2 ⋅ m' Putz

(Formel 5.4.6-2)

(Tabelle 5.5.1-1) (Tabelle 5.5.1-4)

kg = 0, 24 ⋅ ( 900 ⋅1, 8 + 100 ) + 2 ⋅ 0, 01 ⋅1000 = 432, 8 2 m Rw = 30, 9 ⋅ lg ( m' ) − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg ( 432, 8 ) − 22, 2 = 59, 3 dB

c) Flanke 01: Außenwand (1) - Weg Ff kg ρMW = 1400 3 ⇒ RDK MW = 1, 4 m m' AW ( 2 ) = m'MW + m' Putz = 0, 24 ⋅ ( 900 ⋅1, 4 + 100 ) + 0, 01 ⋅1000 = 336, 4

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

kg m2

(Tabelle 5.5.1-2) (Tabelle 5.5.1-5)

2.3 Schallschutz

247

RF,w = R f,w = 30, 9 ⋅ lg ( m' ) − 22, 2

= 30, 9 ⋅ lg ( 336, 4 ) − 22, 2 = 55, 9 dB

keine Vorsatzschale ⇒ ΔRFf,w = 0 dB

(Tab. 5.5.5-1, Zeile 4)

Stoßstelle: T-Stoß ⎛ m'TW (1) ⎛ m' ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ ⎜ m' AW ( 2 ) ⎝ m'i ⎠ ⎝ M < 0, 215 ⇒ K Ff

⎞ ⎛ 432, 8 ⎞ ⎟ = lg ⎜ ⎟ = 0,1009 ⎟ ⎝ 336, 4 ⎠ ⎠ = 5, 7 + 14,1 ⋅ M + 5, 7 ⋅ M 2

K13 = K Ff = 5, 7 + 14,1 ⋅ 0,109 + 5, 7 ⋅ ( 0,109 ) = 7, 3 dB 2

Geometrie: S s = 4,25 ⋅ 2,55 = 10,84 m 2 l0 = 1, 0 m; l f = 2, 55 m ⎛ S ⎞ ⎛ 10, 84 ⎞ B 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 6, 3 dB ⎜ l0 ⋅ l f ⎟ ⎝ 1, 0 ⋅ 2, 55 ⎠ ⎝ ⎠ gesamt: Flanke 01, Weg Ff RFf,w = =

RF,w + R f,w 2

⎛ S + ΔRFf,w + K Ff + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

(Formel 5.4.2-6)

2 ⋅ 55, 9 + 0 + 7, 3 + 6,3 = 69,5 dB 2

d) Flanke 01: Außenwand (1) - Weg Fd RF,w = 55, 9 dB (Flanke Außenwand) Rd,w = 59, 3 dB (Trennbauteil) keiine Vorsatzschale ⇒ ΔRFd,w = 0 dB Stoßstelle: T-Stoß

(Tab. 5.5.5-1, Zeile 4)

⎛ 432 2, 8 ⎞ M = lg ⎜ ⎟ = 0,1094 ⎝ 336, 4 ⎠ K12 = K Fd = 4, 7 + 5, 7 ⋅ M 2 = 4, 7 + 5, 7 ⋅ ( 0,1094 ) = 4, 8 dB 2

Geometrie: ⎛ S ⎞ 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 6, 3 dB ⎜ l0 ⋅ l f ⎟ ⎝ ⎠ gesamt: Flanke 01, Weg Fd RFd,w = =

⎛ S RF,w Rd,w + + ΔRFd,w + K Fd + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝ 55, 9 59, 3 + + 0 + 4, 8 + 6,3 = 68,7 dB 2 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

(Formel 5.4.2-7)

248

2 Antworten und Lösungen

e) Flanke 01: Außenwand (1) - Weg Df RD,w = 59, 3 dB (Trennbauteil) R f,w = 55, 2 dB (Flanke Außenwand) keiine Vorsatzschale ⇒ ΔRDf,w = 0 dB Stoßstelle: T-Stoß ⎛ m' ⎛ m' ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ AW ( 2 ) ⎜ m'TW (1) ⎝ m'i ⎠ ⎝

(Tab. 5.5.5-1, Zeile 4) ⎞ ⎛ 336, 4 ⎞ ⎟⎟ = lg ⎜ ⎟ = −0,1094 ⎝ 432, 8 ⎠ ⎠

K12 = K Fd = 4, 7 + 5, 7 ⋅ M 2 = 4, 7 + 5, 7 ⋅ ( −0,1094 ) = 4, 8 dB 2

Geometriie: ⎛ S ⎞ 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 6, 3 dB ⎜ l0 ⋅ l f ⎟ ⎝ ⎠ gesamt: Flanke 01, Weg Df RDf,w = =

⎛ S RD,w R f,w + + ΔRDf,w + K Df + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

(Formel 5.4.2-8)

59, 3 55, 9 + 0 + 4, 8 + 6,3 = 68,7 dB + 2 2

f) Flanke 02: Decke oben und Flanke 03: Innenwand Die Werte sind vergleichbar wie Flanke 01 zu berechnen. Es sind keine Vorsatzschalen zu berücksichtigen. Die Werte sind der Übersichtstabelle zu entnehmen. g) Flanke 04: Decke unten/Fußboden - Weg Ff kg m2 = 30, 9 ⋅ lg ( m' ) − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg ( 442 ) − 22, 2 = 59, 5 dB

m'1 = m' Rohdecke + Putz = 0,18 ⋅ 2400 + 0, 01 ⋅1000 = 442 RF,w = R f,w

Bei dieser Flanke sind Sende- und Empfangsraum-seitig Vorsatzschalen (schwiimmender Estrich) zu berücksichtigen. kg MN s' = 15 3 m'2 = m' Estrich = 0, 05 ⋅ 2000 = 100 2 m m f0 =

⎛ 1 1 ⎞ 1000 1 ⎞ ⎛ 1 ⋅ s' ⋅ ⎜ + + ⎟ = 160 ⋅ 15 ⋅ ⎜ ⎟ = 69 Hz 2⋅π ⎝ 100 442 ⎠ ⎝ m'1 m'2 ⎠

ΔRF,w = ΔR f,w = 74, 4 − 20 ⋅ lg ( f0 ) − 0, 5 ⋅ RFf,w

(einseitigige Applikation)

(Formel 5.5.1-7) (Tab. 5.5.1-14)

= 74, 4 − 20 ⋅ lg ( 69 ) − 0, 5 ⋅ 59, 5 = 7, 9 dB

beidseitige Applikation: ΔR 7, 9 ΔRFf,w = ΔR f,w + F,w = 7, 9 + = 11, 8 dB 2 2

(Tab. 5.4.2-2)

2.3 Schallschutz

249

Stoßstelle: Kreuz-Stoß ⎛ m'TW (1) ⎞ ⎞ ⎛ 432, 8 ⎞ ⎟⎟ = lg ⎜ ⎟ = lg ⎜⎜ ⎟ = −0, 0091 m' ⎝ 442 ⎠ ⎠ ⎝ Fb ( 2 ) ⎠ M < 0,182 ⇒ K Ff = 8, 7 + 17,1 ⋅ M + 5, 7 ⋅ M 2 ⎛ m' M = lg ⎜ ⊥i ⎝ m'i

(Tab. 5.5.5-1, Zeile 3)

K13 = K Ff = 8, 7 + 17,1 ⋅ ( −0, 0091) + 5, 7 ⋅ ( −0, 0091) = 8, 5 dB 2

Geomettrie: S s = 4,25 ⋅ 2,55 = 10,84 m 2 ; l0 = 1, 0 m; l f = 4, 25 m ⎛ S ⎞ ⎛ 10, 84 ⎞ 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 4,1 dB ⎜ l0 ⋅ l f ⎟ ⎝ 1, 0 ⋅ 4, 25 ⎠ ⎝ ⎠ gesamt: Flanke 04, Weg Ff RFf,w =

⎛ S RF,w R f,w + + ΔRFf,w + K Ff + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

=

59, 5 59, 5 + + 11, 8 + 8, 5 + 4,1 = 83,9 dB 2 2

⎞ ⎟⎟ ⎠

(Formel 5.4.2-6)

h) Flanke 04: Decke unten/Fußboden - Weg Fd RF,w = 59, 5 dB (Flanke Fußboden) Rd,w = 59, 3 dB (Trennbauteil) einee Vorsatzschale ⇒ ΔRFd,w = 7,9 dB Stoßstelle: Kreuz-Stoß mit

M = −0, 0091

7 dB K12 = K Fd = 5, 7 + 15, 4 ⋅ M 2 = 5, 7 + 15, 4 ⋅ ( −0, 0091) = 5,7 2

Geometrie: ⎛ S ⎞ 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 4,1 dB ⎜ l0 ⋅ l f ⎟ ⎝ ⎠ gesamt: Flanke 04, Weg Fd RFd,w = =

⎛ S RF,w Rd,w + + ΔRFd,w + K Fd + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

59, 5 59, 3 + + 7, 8 + 5, 7 + 4,1 = 77,0 dB 2 2

i) Flanke 04: Decke unten/Fußboden - Weg Df R f,w

59, 5 dB (Flanke Fußboden)

RD,w

59, 3 dB (Trennbauteil)

(Berrechung wie Flanke Fd) RDf,w 77,0 dB

(Formel 5.4.2-7)

59,5

59,3

59,5

59,5

59,3

45,5

45,5

59,3

59,5

59,5

59,3

55,9

55,9

7,9

7,9

11,9

0,0

0,0

0,0

0,0

0,0

0,0

0,0

0,0

0,0

-15,7

-15,7

-17,0

-15,7

-15,7

-14,8

-15,7

-15,7

-17,0

-15,7

-15,7

-14,8

Kij

5,7

5,7

8,5

8,7

8,7

14,5

5,7

5,7

8,5

4,8

4,8

7,3

[dB]

Nachweis erfüllt!

56 ʹ 2 = 54 • 53 dB

432,8

59,3

59,5

45,5

59,3

45,5

59,5

59,3

59,5

55,9

59,3

55,9

[dB]

Kij,min

Nachweis: vorh.5 Z = 56 dB

442,0

F4d

442,0

442,0

432,8

155,7

155,7

432,8

442,0

442,0

432,8

336,4

336,4

0,0

[dB]

ǻRW

Sicherheitsbeiwert: vorh.5 Z – 2 dB • erf. 5 Z

432,8

442,0

F 4 f4

Df4

155,7

F3d

155,7

F 3 f3

432,8

442,0

Df3

432,8

442,0

F 2 f2

Df2

336,4

F1d

F2d

432,8

Df1

F 1 f1

336,4

59,3

432,8

weg

Dd

RW [dB]

m´ [kg/m²]

Übertragungs-

Anforderung: erf. 5 Z ш 53 dB

Flanke 04 Fußboden

Flanke 03 Innenwand

Flanke 02 Decke oben

Flanke 01 Außenwand

Trennbauteil

Bauteil

4,1

4,1

4,1

6,3

6,3

6,3

4,1

4,1

4,1

6,3

6,3

6,3

[dB]

10˜lg(SS/lf)

77,0

77,0

84,0

67,4

67,4

66,3

69,2

69,2

72,2

68,7

68,7

69,5

59,3

[dB]

Rij

Berechnung des Direkt-Schalldämm-Maßes und die Flankenübertragungen mit den entsprechenden Eingangsdaten

Übersichttabelle zu Aufgabe 29

Rij

73,6

62,2

65,2

64,1

59,3

[dB]

R´w

56,0

[dB]

250 2 Antworten und Lösungen

2.3 Schallschutz

251

Lösung zu Aufgabe 30 Anforderung: 

erf. L'n,w = 53 dB (da es sich um einen Holzbau handelt)

Tab. 5.3.2-6, Z. 3, Fußnote 2

vorh. L'n,w + u prog ≤ erf. L'n,w

(Formel 5.4.7-1)

Berechnung: vorh. L'n,w = Ln,w + K1 + K 2

(Formel 5.4.7-8)

Ln,w = 46 dB

(Tab. 5.5.8-3, Z. 2) (Tab. 5.5.8-4, Z. 5, Sp. 3) (Tab. 5.5.8-5, Z. 21, Sp. 5)

K1 = 5 dB K 2 = 1 dB → vorh. L'n,w = 46 + 5 + 1 = 52 dB

Nachweis: 52 dB ( vorh. L'n,w ) + 3 dB (u prog ) = 55 dB > 53 dB ( erf. L'n,w ) Die baurechtlichen Anforderungen werden nicht erfüllt, da 55 dB ‫ ح‬53 dB.

Lösung zu Aufgabe 31 Die Anforderung beträgt nach VDI 4100: 2012 Trittschall (SST III) erf. L“n,T,w”G%

(Tab. 5.3.5-6, Zeile 4)

Umrechnung: zul. L'n,w = zul. L'n,T,w + 10 ⋅ lg (VE ) − 15 VE = L ⋅ B ⋅ H = 6, 0 ⋅ 4, 5 ⋅ 2, 8 = 75, 6 m

(Formel 5..5-2)

3

zul. L'n,w = 37 + 10 ⋅ lg ( 75, 6 ) − 15 = 40, 8 dB außerdem gilt: L'n,w = Ln,eq,0,w − ΔLw + K

(Formel 5.4.7-2)

⇔ ΔLw = Ln,eq,0,w − L'n,w + K Ln,eq,0,w = 164 − 35 ⋅ lg ( m' )

= 164 − 35 ⋅ lg ( 0, 045 ⋅ 2000 + 0,18 ⋅ 2400 + 0, 01 ⋅1600 )

(Formel 5.4.7-3)

= 164 − 35 ⋅ lg ( 538 ) = 68, 4 dB m's = 538

kg m2

m' f,m = 264

kg m2

→ m' f,m < m's

⎛ m' ⎞ ⎛ 538 ⎞ K = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 0, 6 + 5, 5 ⋅ lg ⎜ 3 dB ⎟ = 2,3 ⎜ m' f,m ⎟ ⎝ 264 ⎠ ⎝ ⎠ ΔLw = Ln,eq,0,w − L'n,w + K = 68, 4 − 40, 8 + 2, 3 = 29, 9 dB ≅ 30 dB

(Formel 5.4.7-4)

Die bewertete Trittschallminderung des schwimmenden Estrichs muss 'L w = 30 dB betragen, damit die Anforderungen der VDI 4100, SSt III erfüllt werden.

252

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 32 a) Massenermittlung: m' AW ( = m'i ) = m' KS + m' Putz ρMW

kg = 1800 3 m

mit

m' KS = d ⋅ (1000 ⋅ RDK − 100 )

(Tabelle 5.5.1-2, Z. 4)

⇒ RDK MW = 1, 8

m' AW = 0,175 ⋅ (1000 ⋅1, 8 − 100 ) + 0, 01 ⋅1000 = 307, 5 m'TW ( = m'⊥ ,i ) = m' KS + 2 ⋅ m' Putz = 0, 24 ⋅ (1000 ⋅ 2, 2 − 100 ) + 2 ⋅ 0, 01 ⋅1000 = 524

kg m2 kg m2

Hilfsgröße: ⎛ m' ⎞ ⎛ 524 ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ ⎟ = 0, 231 ⎝ 307, 5 ⎠ ⎝ m'i ⎠ Stoßstelle: T-Stoß M > 0, 215 ⇒ K Ff = 8, 0 + 6, 8 ⋅ M

(Formel 5.5.5-1) (Tab. 5.5.5-1, Z. 4)

K13 = K Ff = 8, 0 + 6, 8 ⋅ 0, 231 = 9, 6 dB K Df = K Fd = 4, 7 + 5, 7 ⋅ M 2 = 4, 7 + 5, 7 ⋅ 0, 2312 = 5, 0 dB b) Massenermittlung: m'1 ( = m'i ) = m' KS + 2 ⋅ m' Putz m'1 = 0,175 ⋅ (1000 ⋅1, 8 − 100 ) + 2 ⋅10 = 317, 5 m'2 ( = m'⊥ ,i ) = m' KS + 2 ⋅ m' Putz = 0, 24 ⋅ ( 900 ⋅ 2, 0 + 100 ) + 2 ⋅10 = 476

kg m2

(Tabelle 5.5.1-2, Z. 2)

kg m2

Hilfsgröße: ⎛ m' ⎞ ⎛ 476 ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ ⎟ = 0,176 ⎝ 317, 5 ⎠ ⎝ m'i ⎠ Stoßstelle: Kreuz-Stoß

(Formel 5.5.5-1) (Tab. 5.5.5-1, Z. 3)

M < 0,182 ⇒ K Ff = 8, 7 + 17,1 ⋅ M + 5, 7 ⋅ M 2 = 11, 9 dB K Df = K Fd = 5, 7 + 15, 4 ⋅ M 2 = 6, 2 dB c) Massenermittlung siehe a): kg kg m'i = 307, 5 2 m'⊥ ,i = 524 2 m m Stoßstelle: Eck-Stoß K Ff = 2, 7 + 2, 7 ⋅ M 2 = 2, 8 dB

M = 0, 231 (Tab. 5.5.5-1, Z. 6)

2.3 Schallschutz

253

Lösung zu Aufgabe 33 (Tab. 5.3.2-11, Zeile 8)

a) Die Anforderung beträgt nach DIN 4109-1 Trittschall (von unten nach oben) erf. L'n,w”G% b) Trittschall von unten nach oben vorh. L'n,w + u prog ≤ erf. L'n,w

(Formel 5.4.7-1)

L'n,w = Ln,eq,0,w − ΔLw − KT

(Formel 5.4.7-7)

Ln,eq,0,w = 164 − 35 ⋅ lg ( m' )

(Tabelle 5.5.2-4)

= 164 − 35 ⋅ lg ( 0, 22 ⋅ 2400 ) = 68, 7 dB

kg s' = 25 MN/m3 m2 ΔLw = 13 ⋅ lg ( m' ) − 14, 2 ⋅ lg ( s' ) + 20, 8 = 28, 8 dB

(Tabelle 5.5.2-6, Z. 2)

KT = 10 dB

(Tabelle 5.4.7-1, Z. 5)

m' Estrich = 0, 07 ⋅ 2000 = 140

L'n,w = Ln,eq,0,w − ΔLw − KT = 68, 7 − 28, 8 − 10 = 29, 9 dB 29,9 dB ( vorh. L'n,w ) + 3 dB (u prog ) ≤ 33 dB ( zul. L'n,w )

Die geplante Deckenkonstruktion erfüllt knapp die Anforderungen nach DIN 4109-1.

Lösung zu Aufgabe 34 a) Direktschalldämmung RDd,w = Rw + ΔRDd,w kg m2 Rw = 30, 9 ⋅ lg ( m' ) − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg ( 528 ) − 22, 2 = 61, 9 dB

m' Rohdecke = 0, 22 ⋅ 2400 = 528 ΔRDd,w = 10 dB RDd,w = 61, 9 + 10 = 71, 9 dB

b) Flanke 01 (Außenwand) - Weg Ff RF,w = R f,w = 30, 9 ⋅ lg ( 0, 20 ⋅ 2400 ) − 22, 2 = 60, 7 dB ΔRFf,w = 0 Stoßstelle: T-Stoß

m'i = m' AW = 0, 2 ⋅ 2400 = 480

kg m2

⎛ m' ⎞ ⎛ 528 ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ ⎟ = 0, 0414 m' ⎝ 480 ⎠ ⎝ i ⎠ M < 0, 215 ⇒ K Ff = 5, 7 + 14,1 ⋅ M + 5, 7 ⋅ M 2 K13 = K Ff = 5, 7 + 14,1 ⋅ 0, 0414 + 5, 7 ⋅ ( 0, 0414 ) = 6, 3 dB 2

254

2 Antworten und Lösungen Geometrie: S s = 5,0 ⋅ 3,75 = 18,75 m 2 ; l0 = 1, 0 m; l f = 2, 55 m

⎛ S ⎞ ⎛ 18, 75 ⎞ 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ = 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 7, 0 dB ⎜ l0 ⋅ l f ⎟ ⎝ 1, 0 ⋅ 3, 75 ⎠ ⎝ ⎠ gesamt: Flanke 01, Weg Ff RFf,w = =

⎛ S RF,w R f,w + + ΔRFf,w + K Ff + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

60, 7 60, 7 + + 0 + 6, 3 + 7,0 = 74,0 dB 2 2

c) Flanke 01 (Außenwand), Weg Df RD,w = 71, 9 dB (Trennbauteil) R f,w = 60, 7 dB (Flanke Außenwand) einne Vorsatzschale ⇒ ΔRDf,w = 10 dB Stoßstelle: T-Stoß

M = 0, 0414

K12 = K Fd = 4, 7 + 5, 7 ⋅ M 2 = 4, 7 + 5, 7 ⋅ ( 0, 0414 ) = 4, 7 dB 2

⎛ S 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f ⎝ gesamt: Flanke 01, Weg Df Geometrie:

RDf,w = =

⎞ ⎟⎟ = 7, 0 dB ⎠

⎛ S RD,w R f,w + + ΔRDf,w + K Df + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

71, 9 60, 7 + + 10 + 4, 7 + 7,0 = 88,0 dB 2 2

d) Flanke 01 (Außenwand), Weg Fd RDf,w

RFd,w

88,0 dB

e) Flanken 02 bis 04 (Ständerwände) Dn, f,w = 76,0 dB

(Tabelle 5.5.7-3)

Flanken 02 und 04 (Bürotrennwände): ⎛l ⎞ ⎛S ⎞ RFf,w = Dn, f,w + 10 ⋅ lg ⎜ lab ⎟ + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎟ ⎜ lf ⎟ ⎝ A0 ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 4, 5 ⎞ ⎛ 5, 0 ⋅ 3, 75 ⎞ = 76, 0 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ 5 , 0 ⎝ 10 ⎠ ⎝ ⎠ = 76, 0 − 0, 5 + 2, 7 = 78,2 dB

(Formel 5.4.3-2)

2.3 Schallschutz

255

Flanke 03 (Flurwand): 0 ⋅ 3, 75 ⎞ ⎛ 4, 5 ⎞ ⎛ 5,0 RFf,w = 76, 0 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠ ⎝ 3, 75 ⎠ = 76, 0 + 0, 8 + 2, 7 = 79,5 dB f) gesamt n n n ⎛ -0,1⋅R ⎞ -0 ,1⋅R -0 ,1⋅R -0 ,1⋅R R'w = −10 ⋅ lg ⎜10 Dd,w + ∑ 10 Ff,w + ∑10 Df,w + ∑10 Fd,w ⎟ F =1 F = f =1 f =1 ⎝ ⎠

(

= −10 ⋅ lg 10-7 ,19 + 10-7 ,4 + 10-8,8 + 10-8,8 + 10-7 ,82 + 10-7 ,95 + 10-7 ,82

(Formel 5.4.2-2)

)

= 68, 3 ≅ 68 dB Das bewertete Bau-Schalldämm-Maß der Trenndecke beträgt 68 dB.

Lösung zu Aufgabe 35 Grunddaten m' = m'MW + 2 ⋅ m' Putz = d MW ⋅ (1000 ⋅ RDK MW − 100 ) + 2 ⋅ d Putz ⋅ ρ Putz m'Trennwand

(Tab. 5.5.1-2, Z. 4)

kg = m'1 = 0, 24 ⋅ (1000 ⋅ 2, 0 − 100 ) + 2 ⋅ 0, 01 ⋅1000 = 476 2 m

m' flankierend = m'2 = 0,115 ⋅ (1000 ⋅1, 4 − 100 ) + 2 ⋅ 0, 01 ⋅1000 = 169, 5 Rw,1 = 30, 9 ⋅ lg ( m'1 ) − 22, 2 = 30, 9 ⋅ lg ( 476 ) − 22, 2 = 60, 5 dB

kg m2

Rw,2 = 30, 9 ⋅ lg (169, 5 ) − 22, 2 = 46, 7 dB

A f = 2, 6 m; S s = 4, 5 ⋅ 2, 6 = 11, 7 m 2 Si = 3, 8 ⋅ 2, 6 = 9, 88 m 2 ;

S j = 3, 5 ⋅ 2, 6 = 9,1 m 2

a) Hier wird trotz des Versatzes ein Kreuzstoß angesetzt (l < 0,5 m). ⎛ m' ⎞ ⎛ 476 ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ ⎟ = 0, 4484 m' ⎝ 169, 5 ⎠ ⎝ i ⎠ ⎡ ⎛ 1 1 ⎞⎤ K ij,min = 10 ⋅ lg ⎢A f ⋅ A 0 ⋅ ⎜ + ⎟ ⎥ ⎜ Si S j ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎡ ⎛ 1 1 ⎞⎤ = 10 ⋅ lg ⎢ 2, 6 ⋅1 ⋅ ⎜ + ⎟ ⎥ = −2, 6 dB ⋅ ⋅ 3, 5 ⎠ ⎦ 2 , 6 3 , 8 2 , 6 ⎝ ⎣ M > 0,182 ⇒ K Ff = 9, 6 + 11, 0 ⋅ M = 14, 5 dB K Ff > K ij,miin

(Bild 5.5.5-2) (Formel 5.5.5-1) (Formel 5.5.5-2)

(Tabelle 5.5.5-1, Z. 3)

256

2 Antworten und Lösungen K Df = K Fd = 5, 7 + 15, 4 ⋅ M 2 = 8, 8 dB keine Vorsatzschale ⇒ ΔR = 0 dB ⎛ S 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f ⎝ Flanke - Weg Ff

Geometrie:

RFf,w =

⎞ ⎛ 2, 6 ⋅ 4, 5 ⎞ ⎟⎟ = 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 6, 5 dB ⎝ 1 ⋅ 2, 6 ⎠ ⎠

⎛ S RF,w R f,w + + ΔR + K Ff + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

(Formel 5.4.2-6)

46, 7 46, 7 + + 0 + 14, 5 + 6,5 = 67,7 dB 2 2 Flanke - Weg Df =

RDf,w =

⎛ S RD,,w R f,w + + ΔR + K Df + 10 ⋅ lg ⎜ s ⎜ l0 ⋅ l f 2 2 ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

(Formel 5.4.2-8)

60, 5 46, 7 + + 0 + 8, 8 + 6,5 = 68,9 dB 2 2 Flanke - Weg Fd : RFd,w = RDf,w = 68,9 dB =

b) Hier wird ein abknickender T-Stoß angesetzt (l > 0,5 m).

da

(Bild 5.5.5-2)

m'2 ≠ m'3

⇒ m'i = 0, 5 ⋅ ( m'2 + m'3 ) = 0, 5 ⋅ (169, 5 + 476 ) = 322, 75

kg m2

⎛ m' ⎞ ⎛ 476 ⎞ M = lg ⎜ ⊥i ⎟ = lg ⎜ ⎟ = 0,1687 m' ⎝ 322, 75 ⎠ ⎝ i ⎠ M < 0, 215 ⇒ K Ff = 5, 7 + 14,1 ⋅ M + 5, 7 ⋅ M 2 + 3 = 11, 2 dB

(Tabelle 5.5.5-1, Z. 5) (Formel 5.5.5-1) (Tabelle 5.5.5-1, Z. 8)

⎡ ⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎡ ⎛ 1 1 ⎞⎤ K Ff,min = 10 ⋅ lg ⎢A f ⋅ A 0 ⋅ ⎜ + ⎟ ⎥ = 10 ⋅ lg ⎢ 2, 6 ⋅1 ⋅ ⎜ + ⎟ ⎥ = 2, 3 dB ⎜ Si S j ⎟ ⎥ ⎝ 2, 6 ⋅ 3, 8 2, 6 ⋅ 0, 7 ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎣⎢ K Ff > K Ff,min

2.3 Schallschutz

257

K Fd = 4, 7 + 5, 7 ⋅ M 2 = 4, 9 dB

(Tabelle 5.5.5-1, Z. 8)

K Df = 4, 7 + 5, 7 ⋅ M 2 − 3 = 1, 9 dB   1 1  K Df,min = 10 ⋅ lg  2, 6 ⋅1 ⋅  +   = 2, 2 dB  2, 6 ⋅ 4, 5 2, 6 ⋅ 0, 7    K Df < K Df,min 46, 7 60, 5 + + 0 + 11, 2 + 6, 5 = 71, 3 dB 2 2 46, 7 60, 5 = + + 0 + 4, 9 + 6, 5 = 65, 0 dB 2 2 = 60, 5 + 0 + 2, 2 + 6, 5 = 69, 2 dB

RFf =

(Formel 5.4.2-6)

RFd

(Formel 5.4.2-7)

RDf

(Formel 5.4.2-8)

Lösung zu Aufgabe 36 Trennwand:

ρMW = 1600

m' = m'MW + 2 ⋅ m' Putz

kg m3

⇒ RDK MW = 1, 6

= 0,115 ⋅ ( 900 ⋅1, 6 + 100 ) + 2 ⋅ 0, 01 ⋅1000 = 197 Rw = 30, 9 ⋅ lg ( m ') − 22, 2

kg m2 (Tab. 5.5.1-5, Z. 2)

= 30, 9 ⋅ lg (197 ) − 22, 2 = 48, 7 dB (Formel 5.5.1-6)

Rw,KE = Rw − K E K E = 3 dB

2

(bei zwei entkoppelten Kanten und m ' > 150 kg/m )

(Tab. 5.5.1-10, Z. 3)

Rw,KE = 48, 7 − 3 = 45, 7 dB Der Unterschied zwischen dem Direkt-Schalldämm-Maß mit und ohne Entkopplung beträgt 3 dB. Das ist für den Nutzer schon deutlich hörbar. Praktisch sähen die Detailausführung dann folgendermaßen aus:

258

2 Antworten und Lösungen

Lösung zu Aufgabe 37 a) Die erforderliche Nachhallzeit in einem Raum für Unterrichtsnutzung mit einem Volumen von V = 7,5 · 10 · 3,5 = 262,5 m3 beträgt nach DIN 18041 (Bild 6.3.1-1, A3)  Tsoll = 0,6 s oder (Tab. 6.3.1-2, Zeile 5) Tsoll = 0, 32 ⋅ lg (V ) − 0,17 = 0, 32 ⋅ lg ( 262, 5 ) − 0,17 = 0, 6 s erf. Ages = 0,163 ⋅

V 262, 5 = 0,163 ⋅ = 71, 3 m 2 T 0, 6

(Formel 6.1.7-5)

b) Absorptionsflächen bei 500 Hz (Werte aus Tabellen 6.7-1 bis 6.7-8): 2EHUÀlFKH

)OlFKH9ROXPHQ$Q]DKO

Fußboden

S = 0,20 · (7,5 · 10,0) =

Schüler an Holztischen

n = 0,80 · (7,5 · 10,0) / 3 =

Decke gelocht

Absorptions- AbsorptionsJUDGĮ ÀlFKHA bzw. 'A in m2 15,0 m2

0,05

0,75

24

0,35

8,4

S = x · 7,5 · 10,0 =

75,0 · x

0,71

Decke glatt

S = ( 1 - x) · 75,0 =

(1-x) · 75,0

0,09

Fenster

S = 0,20 · 2 · (10,0 + 7,5 ) · 3,5 =

24,5 m2

0,05

1,22

Tür

S = 0,02 · 122,5 =

2,5 m2

0,06

0,16

:lQGH

S = 0,78 · 122,5 =

95,5 m2

0,03

2,87

Summe:

13,4 m2

Aerf . = Avorh. + ADecke, gelocht + ADecke, glatt 71, 3 = 13, 4 + (75 ⋅ x ⋅ 0, 71) + (75 ⋅ (1 - x) ⋅ 0, 09) 71, 3 − 13, 4 = 53, 25 ⋅ x + 6, 75 − 6, 75 ⋅ x 51,15 = x ⋅ (53, 25 − 6, 75) x=

51,15 = 1,1 46, 5

Die Deckenfläche muss zu 100 % in gelochter Ausführung vorgesehen werden und es müssen noch weitere schallabsorbierenden Flächen gefunden werden. c) Die Deckenfläche ist nicht ausreichend. Weitere schallabsorbierende Maßnahmen könnten sein: - Schallschluckfläche im oberen Teil der Rückwand - Anbringen von Vorhängen - Auswahl einer Deckenverkleidung mit einem größeren Absorptionsgrad

2.3 Schallschutz

259

Lösung zu Aufgabe 38 a) Absorptionsfläche der Räume V b ⋅ h ⋅t = 0,163 ⋅ T T 9 ⋅ 3,1 ⋅10 = 0,163 ⋅ = 37,9 m 2 1,2

A = 0,163 ⋅

(Formel 6.1.7-5)

Die vorhandene Absortionsfläche beträgt 37,9 m2. b) Schallpegel im Klassenraum D = L p1 − L p 2

(Formel 5.1.2-1)

S R = D + 10 ⋅ lg A = L p1 − L p 2 + 10 ⋅ lg

(Formel 5.1.6-2) S A

⎛ b⋅h ⎞ → L p 2 = L p1 − R + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ ⎝ A ⎠ ⎛ 9 ⋅ 3,1 ⎞ = 75 − 47 + 10 ⋅ lg ⎜ ⎟ = 27 dB ⎝ 37,9 ⎠ Im nebenan liegenden Klassenraum wird ein Pegel von 27 dB erzeugt. c) zusätzliche Absorptionsfläche V Anachher = 0,163 ⋅ Tnachher = 0,163 ⋅

(Formel 6.1.7-5)

279 = 60,6 m 2 0,75

ΔA = Anachher − Avorher = 60, 6 − 37, 9 = 22, 7 m 2 ΔA ⎞ ⎛ ΔL = 10 ⋅ lg ⎜1 + ⎟ A vorher ⎠ ⎝ ⎛ 22, 7 ⎞ = 10 ⋅ lg ⎜1 + ⎟ = 2 dB ⎝ 37,9 ⎠

(Formel 6.2-1)

Durch die zusätzlichen Absorptionsflächen im Klassenraum wird eine Schallpegelsenkung von 2 dB erreicht. d) Beurteilung Raumakustik Musik:

Tsoll = 0, 45 ⋅ log V + 0, 07 V = 279 m → Tsoll = 1,17 s 3

Tist = 1, 2 s → i.O.

(Tabelle 6.3.1-2, Z. 3)

260

2 Antworten und Lösungen Unterricht: Tsoll = 0, 32 ⋅ log V − 0,17

(Tabelle 6.3.1-2, Z. 5)

V = 279 m → Tsoll = 0, 61 s 3

Tist 0, 75 = = 1, 23 Tsoll 0, 61

(Bild 6.3.1-2)

Die Nachhallzeit im Unterrichtsraum ist noch etwas zu hoch. Zur weiteren Absenkung sind zusätzliche Absorptionsflächen anzuordnen. Beurteilung Luftschallschutz erf. R'w = 55 dB

(Tabelle 5.3.2-10, Z. 8)

Die vorhandene Schalldämmung der Wand mit Rw = 47 dB (vgl. Aufgabenstellung) ist nicht ausreichend. Zudem muss noch der Sicherheitbeiwert berücksichtigt werden. Die vorhandene Wand kann z.B. mit einer biegeweichen Vorsatzschale verbessert werden. Der Pegel im nebenan liegenden Klassenraum beträgt dann bei Rw = 55 dB Lp = 19 dB, was einem leisen Blätterrauschen entspricht.

Lösung zu Aufgabe 39

0 00

O 1'

D= 0,95

40

cm

cm

=2

D= 0,1 m

0c

O 3'

S

=6

O = 980 cm

=

0 14

E

5DXPOlQJHO = 25 m M 1:200 Hörsaal mit ansteigendem Gestühl: skizzenhafter Verlauf eines Schallsignals (durchgezogene Linie: direkter Schall; gestrichelte Linie: reflektierter Schall)

5DXPK|KHK P

2'

D= 0,1

2.3 Schallschutz

261

gute Verständlichkeit: erf ¨l ” 17 m vorhandene Laufwegsunterschiede:

(Abschnitt 6.1.3)

ldirekt = 9,8 m lreflextiert = l1' + l2'+ l3' = 20 + 6,4 + 14 = 40,4 m vorh. ¨l = 40,4 - 9,8 = 30,6 m ĺ

voUK¨l!HUI¨l

schlechte Verständlichkeit

Die Verständlichkeit im Raum ist aufgrund der zu großen Laufwegsunterschiede zwischen direktem und reflektiertem Schall ungünstig. Als Verbesserungsmaßnahmen sind Absorberflächen im Bereich der Rückwand und/ oder hinterer Deckenteil des Hörsaals erforderlich, um die Schallreflexionen dort zu unterdrücken. Lösung zu Aufgabe 40 a) angestrebte Nachhallzeit nach DIN 18041 Volumen des Raumes V = (20,0 · 7,5 · 6,0) - (5,0 · 5,5 · 1,0) = 872,5 m3 Musiknutzung ĺ Tsoll = 1,4 s

(Bild 6.3.1-1, A1)

b) Berechnung der Nachhallzeit V T = 0,163 ⋅ A n

k

p

i =1

j =1

o =1

(Formel 6.1.8-1)

A = ∑ α i ⋅ Si + ∑ Aj + ∑ α s,k ⋅ S k + 4 ⋅ m ⋅ V (1 − Ψ )

(Formel 6.1.7-1 und 6.1.7-2)

Anzahl der Musiker: k = 27,5 / 2,3 = 12 Dämpfungskonstante der Luft: m =0,6 in 10-3 Nepar/m Berechnung der Absorptionsflächen bei 500 Hz (D Tabellen 6.7-1 bis 6.7-12): 2EHUÀlFKH

)OlFKH9ROXPHQ$Q]DKO

Fußboden *lQJH

S = (20,0 · 7,5) - 5,5 · ( 11,5 + 5,0)=

Decke

S = 0,98 · 20,0 · 7,5 =

Lüftungsgitter

S = 150,0 · 0,02 =

ĭ#KNPOAPVQJCOEADAJÇ?DOPA0AEPA

AbsorptionsJUDGĮ –

AbsorptionsÀlFKHA in m2

59,25 m2

0,10

5,9

147,0 m2

0,09

13,2

3,0 m2

0,50

1,5

262

2 Antworten und Lösungen Oberfläche

Fläche / Volumen / Anzahl

Absorptionsgrad α –

Absorptionsfläche A in m2

Tür

S = 2,0 · 2,0 =

4,0 m2

0,06

0,2

Seitenwände

S = 2 · 20,0 · 6,0 =

240,0 m2

0,03

7,2

Stirnwand Bühne

S = 7,5 · 6,0 - 1,0 · 5,5 =

39,5 m2

0,03

1,2

Stirnwand Tür S = 7,5 · 6,0 - 2,0 · 2,0 =

41,0 m2

0,03

1,2

Podestseiten

S = (5,5 + 5,0 + 5,0) · 1,0 =

15,5 m2

0,05

0,8

Publikum

S = 11,5 · 5,5 =

63,25 m2

0,60

38,0

Musiker

S = 5,0 · 5,5 = 27,5 m2 n = 27,5 / 2,3 =

12

0,43

5,2

Luft

V=

872,5 m3

Aair = 4 · m · V =

2,1

Summe:

76,5 m2

T(500 Hz ) = 0,163 ⋅

V 872, 5 = 0,163 ⋅ = 1, 86 s A(500 Hz ) 76, 5

Toleranzbereich

Tist 1, 86 = = 1, 33 Tsoll 1, 4

obere Grenze = 1,2 →

(Formel 6.1.8-1)

(Bild 6.3.1-2)

außerhalb des Toleranzbereichs

Die sich ergebende Nachhallzeit liegt bei 1,86 s (Tsoll = 1,4 s) und liegt auch außerhalb des Toleranzbereichs. c) Ermittlung der zusätzlichen Schallschluckfläche

erf . Ages = 0,163 ⋅

V 872, 5 = 0,163 ⋅ = 101, 5 m 2 T 1, 4

(Formel 6.1.7-5)

∆Ages = 101, 5 − 76, 5 = 25 m 2 = SWand , verkleidet ⋅ (α nachher − α vorher ) SWand , verkleidet =

25 m 2 = 37, 3 m 2 0, 70 − 0, 03

Mindestens 37,3 m2 der Wandflächen müssen schallabsorbierend (α = 0,7) ausgeführt werden. Diese sollten an der Rückwand (Stirnwand mit Tür) im oberen Bereich angeordnet werden, um Rückwandreflexionen zu minimieren. Laufzeitdifferenzen zwischen direktem und reflektierten Schall von über 0,05 Sekunden führen zu Verschlechterungen der Verständlichkeit.

2.3 Schallschutz

263

Lösung zu Aufgabe 41

V = 9,9 · 5,2 · 3,2 = 165 m3 Tsoll = (0,32 · lgV - 0,17) = 0,54 s

A0,(unbesetzt ) = 0,163 ⋅ Tbesetzt = 0,163 ⋅ = 0,163 ⋅

(Tab. 6.3.1-2, Z. 5)

V 165 = 0,163 ⋅ = 29, 9 m 2 T0 0, 9

(Formel 6.1.7-5)

V A0 + APersonen 165 = 0,70 s 29, 9 + 20 ⋅ 0, 43

Tist 0, 70 = = 1, 3 Tsoll 0, 54

(nach Bild 6.3.1-2)

Die erforderliche Nachhallzeit nach DIN 18041 für Unterrichtsnutzung wird überschritten, der Quotient aus Ist- und Soll-Wert liegt oberhalb des Toleranzbereichs. Zusätzliche Akustikeinbauten, z.B. im Deckenbereich, sind daher erforderlich.

Lösung zu Aufgabe 42 a) Absorptionsflächen bei 1 kHz (Werte aus Tabellen 6.7-1 bis 6.7-11): Oberfläche

Fläche / Volumen / Anzahl

Absorptions- Absorptionsgrad αs fläche A – in m2

Schüler an Tischen (Sekundarstufe) n = 20

20

A = 0,50

10,0

Fußboden

S = (12,0 · 6,5) - 60=

18,0 m2

0,20

3,6

Decke

S = 12,0 · 6,5 =

78,0 m

2

0,05

3,9

Fenster

14,0 m2

0,04

0,6

Vorhänge

2

3,0 m

0,90

2,7

Tür

2,5 m2

0,05

0,1 3,5

Seitenwände

S = (2 · 12,0 · 3,7) - 14,0 - 3,0 - 2,5 =

69,3 m2

0,05

Stirnwände

S = 2 · 6,5 · 3,7 =

48,1 m2

0,05

2,4

Summe:

26,8 m2

vorh. T = 0,163 ⋅

V 12 ⋅ 6, 5 ⋅ 3, 7 288, 6 = 0,163 ⋅ = 0,163 ⋅ = 1,, 76 s Ages 26, 8 26, 8

(Formel 6.1.8-1)

Es ergibt sich eine Nachhallzeit bei 1 kHz von 1,76 s. b) Die erforderliche Nachhallzeit in einem Raum für Unterrichtsnutzung mit einem Volumen von 288,6 m3 beträgt nach DIN 18041:

264

2 Antworten und Lösungen

Tsoll =(0,32 · lg V – 0,17) = 0,62 s erf . Ages = 0,163 ⋅

(Tab. 6.3.1-2, Z. 5)

V 288, 6 = 0,163 ⋅ = 75, 9 m 2 T 0, 62

(Formel 6.1.7-5)

∆A = erf. A - vorh. A = 75,9 - 26,7 = 49,2 m2 49,2 m2 = ADecke, nachher - ADecke, vorher = 78 m2 · (αnachher - 0,05) αnachher = 0,68 Es sind 49,2 m2 zusätzliche äquivalente Absorptionsflächen notwendig; Umsetzung: z.B. Ausführung der Decke als Absorptionsfläche mit αs = 0,68. c) Schallpegelminderung ∆A   ∆L(1 kHz ) = 10 ⋅ lg 1 +   Avorher   49,2  = 10 ⋅ lg 1 +  = 4, 5 dB  26,8 

(Formel 6.2-1)

Die sich ergebende Schallpegelminderung beträgt 5 dB.

Lösung zu Aufgabe 43 resultierender Schallpegel im Raum

( = 10 ⋅ lg (10

Lges = 10 ⋅ lg 100,1⋅L1 + 100,1⋅L2 + 100,1⋅L3 + 100,1⋅L4 7 ,4

+ 10

7 ,8

8, 4

+ 10

8,8

+ 10

)

)

(Formel 4.1.3-2)

= 90 dB Der resultierende Schallpegel beträgt 90 dB, wenn alle vier Geräte gleichzeitig betrieben werden. Absorptionsfläche im Auswerteraum

R = LSende − LEmpfang + 10 ⋅ lg ⇔ lg

STrennwand AEmpfang

STrennwand R − LSende + LEmpfang = 10 AEmpfang

STrennwand = 10 AEmpfang

R − LSende + LEmpfang 10

(Formel 5.1.6-2 und 5.1.2-1)

2.3 Schallschutz

265 S

AEmpfang =

Trennwand R − LSende + LEmpfang 10

10 20

= 10

53 3 − 90 + 35 10

= 31, 7 m 2

Die erforderliche Absorptionsfläche muss mindestens 31,7 m2 betragen. Absorptionsgrad der Begrenzungsflächen

S Empfang, ges = 2 ⋅ ( 5 ⋅ 6 + 5 ⋅ 4 + 6 ⋅ 4 ) = 74 m 2 A = α⋅S A 31, 7 = 0, 43 α= = S 74, 0 Die Anforderungen werden erfüllt, wenn der mittlere Absorptionsgrad der Begrenzungsflächen 0,43 beträgt.

Lösung zu Aufgabe 44

Vertikalschnitt: Elastische Auflagerung eines vom Treppenhaus getrennten Treppenlaufs auf dem Treppenpodest mit schwimmendem Estrich. Zu beachten sind neben dem elastischen Auflager auch die elastischen Fugen im Belag und Randbereich zur Randleiste.

266

2.4 Brandschutz 2.4.1 Antworten zu Verständnisfragen Lösung zu Frage 1 Baustoffklasse bauaufsichtliche Benennung ---------------------------------------------------------------A nichtbrennbare Baustoffe B1 schwerentflammbare Baustoffe B2 normalentflammbare Baustoffe B3 leichtentflammbare Baustoffe

Lösung zu Frage 2

ƌĂŶĚƐĐŚƵƚnjŵĂƘŶĂŚŵĞŶ

baulicheBrandschutzmaßnahmen

baulicheͲplanerische Brandschutzmaßnahmen

betrieblicheBrandschutzmaßnahmen

selbstständigeLöschanlagen,Regen, Sprinkler,PulverͲund Kohlensäurelöschanlagen

Fluchtwege

WärmeͲund Rauchabzugsanlagen

Brandabschnitte

Werksfeuerwehr (imIndustriebau)

vertikale Brandabschnitte

horizontale Brandabschnitte

baulicheͲkonstruktive Brandschutzmaßnahmen

BaustoffͲ Verhalten

BauteilͲ Verhalten

Überblick über die primären Brandschutzmaßnahmen.

Alarmanlagen

2 Antworten und Lösungen

267

Lösung zu Frage 3 Das Bauwerk muss derart entworfen und ausgeführt sein, dass bei einem Brand: - die Tragfähigkeit des Bauwerks während eines bestimmten Zeitraums erhalten bleibt, - die Entstehung und Ausbreitung von Feuer und Rauch innerhalb des Bauwerks begrenzt wird, - die Ausbreitung von Feuer auf benachbarte Bauwerke begrenzt wird, - die Bewohner das Gebäude unverletzt verlassen oder durch andere Maßnahmen gerettet werden können - die Sicherheit der Rettungsmannschaften berücksichtigt ist.

Lösung zu Frage 4 Der Verlauf eines Brandes wird im Wesentlichen bestimmt durch: - Menge und Art der brennbaren Materialien (Brandlast), die das Gesamt-Wärmepotential darstellen, - Konzentration und Lagerungsdichte der Brandlast, - Verteilung der Brandlast im Brandraum, - Geometrie des Brandraumes, - thermische Eigenschaften (insbesondere Wärmeleitfähigkeit und Wärmekapazität) der Bauteile, die den Brandraum umschließen, - Ventilationsbedingungen, die die Sauerstoffzufuhr zum Brandraum steuern, - Löschmaßnahmen

Lösung zu Frage 5 -

den Landesbauordnungen DIN 4102, Brandverhalten von Baustoffen und Bauteilen DIN 18230, Baulicher Brandschutz im Industriebau Gewerbeordnung DIN EN 13501, Europäisches Klassifizierungssystem SonderBauVO mit: - Versammlungsstättenverordnung - Garagenverordnung - Hochhausrichtlinien - Beherbergungsstättenverordnung - Hochhausbau-Richtlinie - Schulbaurichtlinie - Industriebaurichtline - Garagenverordnung - Verkaufsstättenverordnung - Wohnform-Richtlinie

268

2.4 Brandschutz

Lösung zu Frage 6 Gleichzeitiges Vorhandensein von: - brennbarem Stoff - Sauerstoff - Entzündungstemperatur

Lösung zu Frage 7 Flash-over ist die englische Bezeichnung für „Brandüberschlag“ oder „Feuerübersprung“. Nach Entstehen eines Schwelbrandes und Ausbreiten eines Brandherdes erhitzt sich die Raumluft mehr oder weniger schnell, bis die Temperatur zum Feuerübersprung auf die Brandlast des gesamten Raumes ausreicht.

Lösung zu Frage 8 Um einheitliche Prüf- und Beurteilungsgrundlagen für das Brandverhalten von Bauteilen zu schaffen, wurde auf internationaler Ebene eine „Einheitstemperaturzeitkurve“ (ETK) festgelegt. Auf ihr basieren die Bauteilprüfungen nach DIN 4102. Der Temperaturanstieg in der ETK wird nach der im Bild angegebenen Gleichung bestimmt.

Verlauf der Einheitstemperaturkurve (ETK) mit T= Ausgangstemperatur

2 Antworten und Lösungen

269

Lösung zu Frage 9 Die Feuerwiderstandsklassen geben an, für wie viele Minuten ein Bauteil in einem Normbrand die jeweiligen Anforderungen an den Feuerwiderstand erfüllt. Die Widerstandsdauer wird dabei in Intervalle (Klassen) eingeordnet. Lösung zu Frage 10 F90-A:

Bauteil mit Feuerwiderstandsklasse F 90 (das Bauteil erfüllt im Brandfall mindestens 90 Minuten seine Funktion) und aus nichtbrennbaren Baustoffen

Lösung zu Frage 11 F60-AB: Bauteil mit Feuerwiderstandsklasse F 60 (das Bauteil erfüllt im Brandfall mindestens 60 Minuten seine Funktion) und in den wesentlichen Teilen aus nichtbrennbaren Baustoffen Lösung zu Frage 12 ETK R s d

Einheitstemperaturkurve Feuerwiderstandsklasse von tragenden Bauteilen ohne Raumabschluss Rauchentwicklungsklasse Klassifizierung „brennendes Abtropfen / Abfallen“

Lösung zu Frage 13 Der Brandablauf lässt sich in 4 Phasen einteilen: Entstehungsbrand

Brandphasen

Zündphase

Schwelbrandphase

voll entwickelter Brand (Vollbrand)

Erwärmungsphase

Abkühlungsphase

Brandtemperaturen

ETK

t1 0

Brandrisiken

Bauteilverhalten

Baustoffverhalten

Brandbeginn

Zündquellen Entflammbarkeit

Flammenausbreitung Wärmeentwicklung

t2 flash over

Zeit t

Brandausbreitung durch Bauteilversagen Verlust von Raumabschluss und Tragfähigkeit

Rauch, Reizwirkung, Toxizität, Korrosivität

270

2.4 Brandschutz

Lösung zu Frage 14 T30-RS: Tür mit Feuerwiderstandsdauer F 30 (das Bauteil erfüllt im Brandfall mindestens 30 Minuten seine Funktion) und Rauchschutz. Die Tür muss selbstschließend sein.

Lösung zu Frage 15 Beide Verglasungen benötigen grundsätzlich eine allgemeine bauaufsichtliche Zulassung durch das Institut für Bautechnik in Berlin, die nur bauteilbezogen (für das komplette Bauteil: Fenster inkl. Rahmen, Glas, Abdichtungen und Montagetechnik) erteilt wird. Bei den F-Gläsern handelt es sich grundsätzlich um Mehrscheibenverglasung. Die Brandschutzwirkung beruht auf, bei Hitzeeinwirkung, verdampfenden chemischen Verbindungen, die zwischen den Scheiben eingebracht sind (z.B. Wasserglas). Die einzelnen Scheiben bestehen aus Verbundsicherheitsglas oder Einscheibensicherheitsglas. Durch die Verdampfung beschlagen die Scheiben im Scheibenzwischenraum und verhindern über einen gewissen Zeitraum die Hitzestrahlung vom Brandherd durch das Fenster hindurch. Bei G-Verglasungen handelt es sich meist um eine Einscheibenverglasung, die im Gegensatz zur F-Verglasung den Durchlass der Hitzestrahlung nicht verhindert, und während der festgelegten Feuerwiderstandsdauer nicht schmelzen oder bersten darf. Die Feuerwiderstandseigenschaften des Glases werden erreicht durch Drahteinlagen, spezielle Rahmen/Glas-Konstruktionen oder chemische Zusätze.

Lösung zu Frage 16 Für die Klassen A2 bis D kam neu der SBI-Test (Single-Burning-Item-Test) hinzu. Dieser ersetzt den bisherigen Brandschachttest nach DIN 4102-1. In diesem Test wird in einer Ecke ein Brandherd angebracht, der in etwa einen brennenden Papierkorb in der Raumecke o. ä. simulieren soll.

Lösung zu Frage 17 Stahl brennt zwar im Vergleich zu Holz nicht, aber Stahl verliert jedoch oberhalb von 500 °C seine Festigkeit und damit seine Tragfähigkeit. Da diese Temperatur innerhalb weniger Minuten erreicht ist, geben Stahlkonstruktionen schneller nach als Holzkonstruktionen.

2 Antworten und Lösungen

271

Lösung zu Frage 18 Jede Nutzungseinheit eines Gebäudes mus mindestens zwei Flucht- und Rettungswege aufweisen. Der erste Fluchtweg muss baulicher Art sein. Der zweite Fluchtweg kann baulich sein, darf aber auch über Rettungsgeräte der Feuerwehr (Rettungsleiter) führen.

Lösung zu Frage 19 Gebäudetyp Gebäude

1

2

Freistehende Wohngebäude Wohngebäude geringer Höhe 1 WE d 2 WE

Höhe des obersten Fußbodens eines Aufenthaltsraumes über Geländeoberkante

Lösung zu Frage 20 Löschmittel sind: ‡ :DVVHU ‡ 3XOYHU ‡ 6FKDXP ‡ &22 ‡ /|VFKGHFNH ‡ 6DQG ‡ 6WLFNVWRII

7m d 22 m

> 22 m

272

2.4 Brandschutz

2.4.2 Lösungen zu Brandschutz-Aufgaben Lösung zu Aufgabe 1 Der Deckenbalken (mit dreiseitiger Brandbeanspruchung) muss dem Feuer mindestens 60 Minuten standhalten. Bei einer Abbrandgeschwindigkeit von 1,0 mm/min sind somit 60 mm (6 cm) Sperrholz notwendig. d char , n = β n ⋅ t = 1 ⋅ 60 = 60 mm

(Formel 7.5.4-8)

k0 = 1 (da t ≥ 20 min) d 0 = 7 mm d ef = d char , n + d 0 ⋅ k0 = 60 mm + 7 mm ⋅1 = 67 mm

(Formel 7.5.4-7)

Der Deckenbalken erhält aus brandschutztechnischen Gründen Standardmaße von 24/24 cm.

•

hBalken = 16 cm + 1 ⋅ 6, 7 cm = 22, 7 cm

16

bBalken = 10 cm + 2 ⋅ 6, 7 cm = 23, 4 cm

10

0.7 •

6

Lösung zu Aufgabe 2 d ef = d char , n + d 0 ⋅ k0

mit

d 0 = 7 mm

d char , n = β n ⋅ t = 0, 8 ⋅ 30 = 24 mm

(Formel 7.5.4-8) (Formel 7.5.4-7)

k0 = 1 , da t ≥ 20 min d ef = d char , n + d 0 ⋅ k0 = 24 mm + 7 mm ⋅1 = 31 mm bBalken = 10 cm + 2 ⋅ 3,1 cm = 16, 2 cm hBalken = 14 cm + 3,1 cm = 17,1 cm

14

•

Grenze des verbleibenden Restquerschnittes Grenze des ideellen Restquerschnittes

10

GHUK|KWHU$EEUDQG

•

Der Deckenbalken (mit dreiseitiger Brandbeanspruchung) erhält aus brandschutztechnischen Gründen die Standardmaße von 18/18 cm.

2 Antworten und Lösungen

273

Lösung zu Aufgabe 3 Stütze mit vierseitiger Brandbeanspruchung: d char , n = bn ⋅ t = 0, 8 ⋅ 60 = 48 mm

(Formel 7.5.4-7)

d ef = d char , n + d 0 ⋅ k0 = 48 mm + 7 mm ⋅1 = 55 5 mm

(Formel 7.5.4-8)   

bStütze = 10 cm + 2 ⋅ 5, 5 cm = 21 cm



Die Stütze benötigt aus brandschutztechnischen Gründen Abmessungen von 21/21 cm und erhält die Standardmaße 22/22 cm.

Lösung zu Aufgabe 4 R180

Mindestmaß Stützenbreite b min = 350 mm Mindestachsabstand a = 63 mm

(Tabelle 7.5.4-3, Zeile 9)

R90

Mindestmaß Stützenbreite b min = 350 mm Mindestachsabstand a = 63 mm

(Tabelle 7.5.4-3, Zeile 7)

Lösung zu Aufgabe 5 Mindestplattendicke h s = 200 mm

(Tabelle 7.5.4-6, Spalte 6)

Mindestachsabstand a = 35 mm

Lösung zu Aufgabe 6

GipskartonVerkleidung

K

E

GS

Kritische Stahltemperatur mit P 0 = 0,52

⎛ ⎞ 1 θ a ,cr = 39,19 ⋅ ln ⎜ − 1⎟ + 482 = 578 °C 3,833 ⎝ 0, 9674 ⋅ μ0 ⎠

(Formel 7.5.4-3)

274

2.4 Brandschutz

Für die Stütze HEB 400 gilt:

h = 400 mm = 0,4 m b = 300 mm = 0,3 m A = 198 cm2 = 0,01978 m2 (z.B. Wendehorst: Bautechnische Zahlentafeln, 34. Auflage 2012, Seite 798 oder Schneider Bautabellen für Ingenieure, 23. Auflage, Seite 8.191) Profilfaktor AP/V AP 2(b + h) 2(0, 4 + 0, 3) 1 = = = 70, 8 V A 0, 01978 m

(Tab. 7.5.4-7, Zeile 3)

Kastenverkleidung OP/dP

d P = 2 ⋅12, 5 mm = 25 mm = 0, 025 m λP 0, 25 = = 10 d P 0, 025 Eingangswert für Bild 7.5.4-1 AP λ P ⋅ = 70, 8 ⋅10 = 708 V dP o bei Branddauer t = 120 min ergibt sich T a §ƒ&Bild 7.5.4-1) Nachweis für F120-Tauglichkeit

T a,cr •T max 

(Formel 7.5.4-2)

T a,cr r = 578 °C < T a §ƒ&

o Nachweis nicht erbracht, Konstruktion so nicht zulässig

Lösung zu Aufgabe 7 Nach MBO § 31 wird für Decken in Obergeschossen von Gebäuden der Gebäudeklasse 5: Anforderung: Fb =„feuerbeständig“ (z.B. Wendehorst: Bautechnische Zahlentafeln, 34. Auflage 2012, Seite 305 oder Schneider Bautabellen für Ingenieure, 23. Auflage, Seite 10.95) „feuerbeständig“ o F90-AB

(Tabelle 7.4.2-1, Zeile 10)

Kritische Stahltemperatur ohne weitere Angabe: P 0 = 0,59 o T a,cr = 557°C

(Seite 513, 2. Abschnitt)

2 Antworten und Lösungen

275

Zulässige Stahltemperatur max T a = T a,cr = 557°C Für den Unterzug IPE 360 gilt:

h = 360 mm = 0,36 m b = 170 mm = 0,17 m A = 72,7 cm2 = 0,00727 m2 U = 1,3539 m2/m (z.B. Wendehorst: Bautechnische Zahlentafeln, 34. Auflage 2012, Seite 794/795 oder Schneider Bautabellen für Ingenieure, 23. Auflage, Seite 8.186)

VermiculiteSpritzputz

K

E

GS

Profilfaktor AP/V AP Stahlumfang − b 1, 3539 − 0,17 = = = 155 m −1 V A 0, 00727

(Tab. 7.5.4-7, Zeile 4)

bei einer Branddauer von t = 90 min ergibt sich bei T a = 557°C o

AP λP ⋅ ≈ 800 V dP

(Bild 7.5.4-1)

Vermiculite-Beschichtung 

O P = 0,12 W/(mK)

(Tabelle 7.5.4-8)

AP λP W ⋅ ≈ 800 3 V dP mK → dP =

AP λP 1 0,12 W m3 K ⋅ = 163 ⋅ ⋅ = 0, 0245 m V 800 m 800 mK W

d P §PP Das Verticulite-Putzsystem muss eine Mindestdicke von 25 mm aufweisen.

276

2.4 Brandschutz

Lösung zu Aufgabe 8 a) Für die freistehende Stahlbetonstütze können die Werte abgelesen werden: Mindeststützenbreite b min = 350 mm

(Tabelle 7.5.4-3, Spalte 4)

Mindestachsabstand a = 35 mm b) freistehende Stahlstütze Anforderung:

T a,cr • T max

Zulässige Stahltemperatur:

T a,cr = 557°C

(Formel 7.5.4-2) (Seite 513, 2. Abschnitt)

bei einer Branddauer von t = 90 min ergibt sich bei T a = 557°C 

o

AP λP ⋅ ≈ 800 V dP

(Bild 7.5.4-1)

Profilfaktor für eine Kastenverkleidung mit allseitiger Brandbeanspruchung: Für die Stütze HEA 180 gilt:

h = 171 mm = 0,171 m b = 180 mm = 0,18 m A = 45,3 cm2 = 0,00453 m2 U = 1,024 m2/m (z.B. Wendehorst: Bautechnische Zahlentafeln, 34. Auflage 2012, Seite 796/797 oder Schneider Bautabellen für Ingenieure, 23. Auflage 2018, Seite 8.187) AP 2 ⋅ ( h + b) 2 ⋅ (0,171 + 0,18) = = = 155 m −1 V Querschnittsfläche 0, 00453 Wärmeleitfähigkeit von GK: o

dP =

(Tab. 7.5.4-7, Zeile 3)

Op = 0,20 W/mK

AP λP 0, 20 ⋅ = 155 ⋅ = 0, 039 m V 800 800

gewählt werden 2 GK-Platten mit je 20 mm Gesamtabmessung der Stütze: a = b = 0,18 + 2 · 0,04 m = 0,26 m Die Stahlstütze stellt mit Abmessungen von 0,26 m x 0,26 m gegenüber der Stahlbetonstütze mit Abmessungen von 0,35 m x 0,35 m die schlankere Lösung dar, für die sich der Bauherr letztlich entscheidet.

277

3 Anhang 3.1 Formulare und Diagramme 3.1.1 Wärmeschutz 1. U-Wert-Berechnung eines homogenen, mehrschichtigen Bauteils

d in m

Ȝ in W/(m·K)

Wärmeübergang (oben / innen)

-

-

Wärmeübergang (unten / außen)

-

-

Bauteilschicht

Rs / Ri in (m2·K)/W

RT = U = 1/R T =

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2020 W. M. Willems et al., Praxisbeispiele Bauphysik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-31618-1_3

W/(m2·K)

278

3 Anhang

2. Diagramm Temperaturverlauf

3. Energieeinsparverordnung - Flächenberechnung (siehe nachfolgende 3 Seiten)

3.1 Formulare und Diagramme

279

280

3 Anhang

3.1 Formulare und Diagramme

281

282 4. Zusammenstellung der monatlichen Leitwerte

3 Anhang

3.1 Formulare und Diagramme

283

3.1.2 Feuchteschutz 1. Carrier-Diagramm UHO/XIWIHXFKWHLQ  





:DVVHUGDPSINRQ]HQWUDWLRQF' LQJPñ

 





 

 

 

 







/XIWWHPSHUDWXUT LQƒ&





284

3 Anhang

2. Glaser-Verfahren Klimatische Randbedingungen gemäß DIN 4108-3 Periode

Innenklima

Raumklima

༃

༄

༅

༆

༇

༈

༉

༊

་

Ti

ps,i

Ii

pi = Ii· ps,i

Te

ps,e

Ie

pe = Ii· ps,e

in °C

in Pa

in %

in Pa

in °C

in Pa

in %

in Pa

Tauperiode tT = 2160 h Verdunstungsperiode tV = 2160 h

Berechnung ༃

༄

༅

Bauteilschicht Nr. n –

–

–

Wärmeübergang (innen)

dn

On

༆ Rn

༇ dn On

Pn

in in m²ͼK/W W/(m˜K)

sd,n

༉

༊

s d,n /6s d

Pn ˜ dn

Rsi , Rse

in m

༈

–

in m

'T dn T i  T e U On

in K

་

༌

T

ps

in °C

in Pa

1 2 3 4 5 6 7 8 –

Wärmeübergang (außen) RT =

сɇ s d

U

1 RT

W/(m²K)

3.1 Formulare und Diagramme

285

Tauperiode 2400 2200 2000 1800

p in Pa

1600 1400 1200 1000 800 600 400 200 0 0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

sd,n/6sd

0,6

0,7

0,8

0,9

1

286 3.

3 Anhang DIN EN ISO 13788

3.1 Formulare und Diagramme

287

3.1.3 Schallschutz 1. Tabelle: Verschiebung der Bezugskurve:

f in Hz

R' in dB

Bezugswerte in dB

Bezugswerte, verschoben um ..... dB

ungünstige Abweichung

100 125 160 200 250 315 400 500 630 800 1000 1250 1600 2000 2500 3150 Summe =

< 32

288 2. Diagramm zur Ermittlung des bewerteten Schalldämm-Maßes

3 Anhang

3.1 Formulare und Diagramme 2. Diagramm zur Ermittlung des bewerteten Norm-Trittschallpegels

289

290

3 Anhang

4. Tabelle zur Berechnung der Absorptionsflächen bei .......... Hz

2EHUÀlFKH

Fläche / Volumen / Anzahl

Absorptionsgrad Į -

Summe:

AbsorptionsÀlFKH A in m2