KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA [sem.1/SM] A B C

KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA [sem.1/SM] A B C

KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA [sem.1/SM]
Zad. 1 (15 minut, max 7p.)
Zad. 2 (10 minut, max 4p.)
Pyt. 1 (5 minut, max 3p.)
Pyt. 2 (5 minut, max 3p.)
DATA KOLOKWIUM:
imię i nazwisko:
06.06.2012r.
Włodzimierz BRZĄKAŁA
numer albumu: 35 705
Pyt. 3 (5 minut, max 3p.)
KOŃCOWY
WYNIK KOLOKWIUM:
RAZEM (40 minut, max 20p.)
Uwaga:
ewentualna odpowiedź wykazująca zupełną nieznajomość zagadnienia
moŜe zostać oceniona punktami ujemnymi !
Zadanie 1 (za 7 punktów, ok. 15min)
Na podstawie ogólnego wzoru Ponceleta ea(L) = Kaγ ⋅γ⋅L + Kaq ⋅q (grunty niespoiste) obliczyć poziomą składową EaH
wypadkowego parcia Ea [kN/mb] gruntu nr „2”, tj. wzdłuŜ pionowego odcinka BC ściany oporowej.
PodłoŜe jest uwarstwione, AB = BC = 3m. Nie obliczać parcia gruntu Ea na odcinku AB.
Powierzchnia ściany jest średnio szorstka, δ2 = ϕ/2, teren jest nachylony pod kątem ε = +10o.
cos18o = 0,95 & cos13o = 0,97 & cos10o = 0,98
q1=10kPa
Zastępcze obciąŜenie na stropie warstwy „2”:
q2 = q1 + γ⋅h⋅⋅cos(εε) = 10 + 20⋅⋅3,0⋅⋅0,98 = 68,8 kPa
A
„1”
o
ϕ = 26
γ = 20kN/m3
Kaγ = 0,40
Kaq = 0,41
q2=68,8kPa
17,9kPa
B1
B
„2”
o
ϕ = 36
3
γ = 18kN/m
Kaγ = 0,25
Kaq = 0,26
C1
31,4kPa
C’
C
3,0m
[2 pkt.]
Punkt B (tutaj lokalne L=0):
ea(L) = Kaγγ ⋅γ⋅L + Kaq ⋅q2 = 0,25 ⋅18⋅⋅0 + 0,26 ⋅68,8 = 17,9 kPa
Punkt C (tutaj lokalne L=3,0m):
ea(L) = Kaγγ ⋅γ⋅L + Kaq ⋅q2 = 0,25 ⋅18⋅⋅3,0 + 0,26 ⋅68,8 = 31,4 kPa
[1 pkt.]
Wektorowe parcie wypadkowe na BC:
Ea = 3,0⋅⋅(17,9+31,4)/2 = 74,0 kN/mb
[2 pkt.]
Na odcinku BC parcie gruntu ea występuje pod kątem δ2 =
o
o
36 /2 = 18 do normalnej, tak samo Ea, czyli w tym
o
o
przypadku pod kątem 18 do poziomu (β
β = 0 ).
[1 pkt.]
Ostatecznie pozioma składowa tego parcia Ea wynosi:
o
EaH = Ea ⋅cos(18 ) = 74,0⋅⋅0,95 = 70,3 kN/mb.
[1 pkt.]
UWAGA! Wiele osób w tym prostym zadaniu straciło 2 pkt.,
nawet ci z bardzo dobrymi ocenami z projektu nr 2,
co wymaga komentarza.
KOMENTARZ: Nie jest prawdą, Ŝe wypadkowa Ea [kN/mb] jest polem trapezu B-B1-C1-C.
Wysokością tego trapezu jest bowiem zaznaczony odcinek BC’= BC⋅cos(δ2) = 3,0⋅0,95 = 2,85m. Pole trapezu
wynosi zatem 2,85⋅(17,9+31,4)/2 = 70,3 < 74,0 kN/mb.
Taki trapez fizycznie nie istnieje, to jest tylko wizualizacja. NapręŜenia występują bezpośrednio na odcinku BC,
rosną liniowo, mają średnią wartość (17,9+31,4)/2, a zatem Ea = 3,0⋅(17,9+31,4)/2 = 74,0 kN/mb.
Jeśli ktoś korzysta z AutoCAD-a i da zapytanie o pole trapezu, to wynik będzie tak samo nieprawidłowy.
Jak łatwo widać otrzyma się EaH (normalną składową siły Ea), a nie samą wypadkową Ea.
Oczywiście zapytania w AutoCAD-zie o pola powierzchni figur, które fizycznie istnieją – np. przekrój betonu
ściany, klin gruntu itp. - dadzą wynik poprawny.
Zadanie 2 (za 4 punkty, ok.10min):
2,0
3,0
8,0
ε
ε
Płyta fundamentowa B x L = 10m x 20m jest obciąŜona od spodu (tylko od
spodu) napręŜeniami stycznymi τ o pochodzeniu górniczym.
NapręŜenia τ mają wartość graniczną Θ = 30kPa, którą osiągają w
odległości xΘ = 2,0m od środka fundamentu. Obliczyć:
1) maksymalną siłę rozciągającą NmaxL, jeśli rozciąganie ε następuje w
kierunku L,
2) maksymalną siłę rozciągającą NmaxB, jeśli rozciąganie ε następuje w
kierunku B.
Środek rozciągania jest w osi głównej fundamentu.
W strefie przedgranicznej średnie napręŜenia styczne mają wartość nie 30kPa, ale ½⋅⋅30 = 15kPa. A zatem:
1) NmaxL = 8⋅⋅10⋅⋅30 + 2⋅⋅10⋅⋅15 = 2.700 kN [2 pkt.]
2) NmaxB = 3⋅⋅20⋅⋅30 + 2⋅⋅20⋅⋅15 = 2.400 kN [2 pkt.]
A
a⋅h
x
[2 pkt]
A’
1
z
h
1’
Pytanie 1. (za 3 punkty, ok. 5min):
Cały poziomy pokład będzie stopniowo wybierany z lewa na
prawo (zadanie płaskie, 2D).
Naszkicować „ścieŜkę osiadania” reperu A, tj. krzywoliniową
trajektorię x(z), po której hipotetycznie będzie się poruszał
osiadający punkt A, w miarę postępu frontu
eksploatacyjnego. Przemieszcza się on pionowo i poziomo,
a ostatecznie znajdzie się na głębokości wmax = a⋅h poniŜej
pierwotnego poziomu terenu (skala skaŜona).
Wykorzystać zasadę superpozycji wpływów od kolejno
wydobywanych objętości h⋅dx.
KaŜde wybrane pole typu 1 ma swój symetryczny odpowiednik typu 1’ (te same osiadania, przeciwne
przemieszczenia poziome), a zatem końcowe połoŜenie A’ będzie dokładnie pod A.
W zasadzie superpozycji kolejność sumowania nie gra roli. Trajektoria będzie podobna do paraboli. [1 pkt.]
Pytanie 2. (za 3 punkty, ok. 5min):
Omówić podobieństwa (liczne) i róŜnice (nieliczne) metody Bleicha dla belek na podłoŜu Winklera
i na półprzestrzeni spręŜystej.
•
Podobieństwa:
Metoda Bleicha opiera się na zasadzie superpozycji, po wirtualnym przedłuŜeniu belki do ±∞. Stosuje się do
kaŜdego modelu liniowego, w tym równieŜ do półprzestrzeni spręŜystej. Dla kaŜdego końca belki potrzebne są
2 siły fikcyjne, bo są tam dwa warunki brzegowe. MoŜna je stawiać w dowolnych miejscach, ale tylko na fikcyjnym przedłuŜeniu belki; mogą to być zarówno siły P, jak i momenty skupione M (rozwiązania podstawowe dla
belki nieskończenie długiej). Dla belki skończonej o dwóch końcach są to 4 fikcyjne obciąŜenia.
[2 pkt.]
RóŜnice:
•
Inne są rozwiązania podstawowe – tj. dla siły skupionej i momentu skupionego, brak prostych wzorów w
postaci zamkniętej (tylko wykresy Gorbunowa-Posadowa, tablice), zazwyczaj siły ustawiane w trochę innych
odległościach od końców belki, inne są cechy sztywności LW oraz LG-P .
[1 pkt.]
Pytanie 3 (za 3 punkty, ok.5min):
q = 100kPa
Zasypka:
saclSi, IL = 0,55
7,5m
0,25m
0,35
m
PodłoŜe:
FSa, ID = 0,21
Beton: C20/25
Stal: A-I (RB500W)
Otulina: 7cm
Wskazać i skomentować 3 główne błędy na sąsiednim rysunku lekkiej kątowej ściany oporowej (błędów jest duuuuuŜo
więcej niŜ 3).
1) Zastosowanie: kompletnie chybione jest zastosowanie do duŜych obciąŜeń pionowych (przyczółek), za duŜa
smukłość (wyboczenie), brak poprzecznych Ŝeber przy
tak duŜej wysokości ściany,
2) Grunty: niedopuszczalna zasypka z gliny (plastycznej), nienośne podłoŜe (luźne piaski drobne), za mała
głębokość posadowienia,
3) Beton/stal: zbrojenie główne z niewłaściwej strony,
brak zazbrojenia ostrogi (ścinanie przy przesuwie),
niewłaściwa klasa (gatunek) stali.
[3 pkt.]
Kolo_11-12-lato Pt-N.2