Przykład do wykładu nr 6

PRZYKŁAD do wykładu 6:
iteracyjne wyznaczenie długości pala
pracującego w grupie pali
Pionowy pal wciskany przechodzi przez
dwie warstwy gruntów, jak na rysunku
obok i ma średnicę Di = 0,36m.
A zatem głębokości krytyczna
hci = 10·√(36/40) = 9,50m.
Pal występuje w grupie identycznych pali
o wzajemnych odległościach osiowych
r = 2,04m. Obciążenie pala Qr = 500kN.
Qr
Qr
Qr
ID = 0,30
6,0m
x>0
ID = 0,50
R
R
Wyznaczyć minimalne wymagane
r
r
zagłębienie pala x > 0 na podstawie
warunku nośności:
(♠) Qr = m·(Np + m1·Ns) = (m·Np.) + m1·(m·Ns) ,
jeśli wiadomo, że dla jednego pala z grupy pali:
1) nośność przez podstawę wynosi m·Np = 190·(6,0+x)/9,5 = 120 + 20·x dla x ≤ 3,5m,
2) nośność przez pobocznicę wynosi m·Ns = 100 + 50·x .
Uwzględnić pracę w grupie pali,
stosując współczynnik m1 z podanej
obok tabeli (podobna do tabeli w normie
palowej). Przyjąć tg(α1) = tg(α2) = 0,1.
Pominąć ciężar własny pala.
r/R =
można stosować
dla r/R od … do …
m1 = m1(r/R) = …
1,4
1,31÷1,55
1,7
1,56÷1,85
2,0
1,86÷∞
0,90
0,95
1,00
ROZWIĄZANIE:
I iteracja:
zakładamy, że pal nie będzie dłuższy niż 9,5m (x ≤ 3,5m) oraz że nie będzie redukcji
nośności pala przez pobocznicę na skutek pracy pala w grupie (m1 = 1). Stąd
(♠) 500 = (120 + 20·x) + 1·(100 + 50·x), czyli x = 4,00m.
To rozwiązanie jest nieprawidłowe, bo nie jest spełnione wstępne założenie x ≤ 3,50m.
II iteracja:
Na pewno pal będzie dłuższy niż 6,00 + 4,00 = 10m, a zatem jego podstawa wypada poniżej
głębokości krytycznej hci = 9,50m, gdzie jednostkowa nośność q przez podstawę pala jest już
stała (i taka, jak na głębokości 9,50m, czyli dla x = 3,50m). Stąd dla x > 3,50m
(♠) 500 = (120 + 20·3,50) + 1·(100 + 50·x), czyli x = 4,20m.
Oczywiście x > 3,50m, pozostaje sprawdzić, czy prawidłowo założono, że m1 = 1,00:
R = Di/2+ Σ hi·tg(αi) = 0,36/2 + 6,00·0,1 + 4,20·0,1 = 1,20 , czyli r/R = 2,04/1,20 = 1,7.
Z tabeli: m1 = 0,95 ≠ 1,00. Sprzeczność, pal musi być jeszcze dłuższy.
III iteracja:
Wystąpi redukcja nośności w grupie. Wstępnie zakładamy, że m1 = 0,95:
(♠) 500 = (120 + 20·3,50) + 0,95·(100 + 50·x), czyli x = 4,53m.
Oczywiście x > 3,50m, pozostaje sprawdzić, czy prawidłowo założono, że m1 = 0,95:
R = Di/2+ Σ hi·tg(αi) = 0,36/2 + 6,00·0,1 + 4,53·0,1 = 1,233 czyli r/R = 2,04/1,233 = 1,65.
Z tabeli: m1 = 0,95 . Rozwiązanie jest poprawne.
Podsumowanie:
Minimalna długość pala wynosi 10,53m. Przyjąć 10,60m.
Uwaga:
W tym algorytmie duże znaczenie mają „przedziały tolerancji” w środkowym wierszu w tabeli.
Gdyby stosować np. ciągły wykres m1(ρ), gdzie ρ = r/R, to zbieżność iteracji byłaby
trudniejsza do osiągnięcia.