Przykładowe rozwiązanie nr 6

KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA II - GHB003321W
Zad. 1 (15 minut, max 7pkt.)
Zad. 2 (10 minut, max 4pkt.)
Pyt. 1 (5 minut, max 3pkt.)
Pyt. 2 (5 minut, max 3pkt.)
Pyt. 3 (5 minut, max 3pkt.)
DATA KOLOKWIUM:
12.06.2015r.
imię i nazwisko: Włodzimierz BRZĄKAŁA
numer albumu: 35 705
KOŃCOWY WYNIK KOLOKWIUM:
RAZEM (40 minut, max 20pkt.)
Uwaga:
ewentualna odpowiedź wykazująca zupełną nieznajomość zagadnienia
może zostać oceniona punktami ujemnymi !
Zadanie 1. (za 7 pkt., ok. 15min):
Masywna ściana oporowa jest nachylona do pionu pod kątem β = +9o na odcinku BC = 4,04m,
powierzchnia ściany jest mało szorstka, a kąt tarcia wynosi δ2 = +11o. Ściana jest posadowiona na bardzo mocnym
podłożu (rumosz skalny pod podstawą CD), pomija się odpór zasypki po stronie DA.
Odcinek AD jest pionowy, AB i DC są poziome, czyli przekrój można podzielić na prostokąt 1m x 4m o ciężarze
G1k oraz trójkąt 0,6m x 4m o ciężarze G2k. Ciężar objętościowy ściany γk = 25kN/m3.
Wektorowe parcie czynne gruntu na całym odcinku BC wyznaczono jako Eaq;k = 15kN/m oraz Eaγ;k = 50kN/m;
Pierwsza siła należy do grupy obciążeń zmiennych (Q), a druga siła do grupy obciążeń stałych (G).
Sprawdzić stan graniczny EQU wg Eurokodu EC-7.1 dla obrotu względem pkt.D: Σγdst·Mk;dst < Σγstb·Mk;stb .
Stabilizujące momenty sił Mk;stb pochodzą tylko od ciężarów ściany G1,k oraz G2,k i „kręcą w prawo”,
destabilizujące momenty sił Mk;dst pochodzą od wektorów parć gruntu Eaq;k oraz Eaγ;k , odpowiednio przyłożonych.
Obciążenia
stałe (G)
zmienne (Q)
korzystne
γG;stb = 0,9
γQ;stb = 0,0
niekorzystne
γG;dst = 1,1
γQ;dst = 1,5
sin(9o) = cos(81o) ≈ 0,15
sin(11o) = cos(79o) ≈ 0,19
sin(20o) = cos(70o) ≈ 0,34
sin(70o) = cos(20o) ≈ 0,94.
q
A
B
1,3m
4m
G1
G2
1,4m
D 1,0m 0,6m C
0,5m
1,2m
Wskazówka: rozłożenie parć gruntu Eaq;k i Eaγ;k na kierunek
pionowy oraz poziomy bardzo ułatwia obliczenia momentów;
częściowe współczynniki bezpieczeństwa dla oddziaływań wybrać
z tabeli (stosuje się je do wyznaczonych momentów Mk, nie do sił).
Ciężary G1,k = 4 x 1 x 25 = 100kN/m oraz G2,k = ½ x 4 x 0,6 x 25 = 30kN/m. 1pkt.
Momenty stabilizujące „k”: Mk;stb = 100 x 0,5 + 30 x 1,2 = 86kNm/m. 1pkt.
Momenty stabilizujące „d”: Md;stb = Σγstb·Mk;stb = 0,9 x 86 = 77,40kNm/m. 1pkt.
Wypadkowe parcie gruntu Eaq;k [kN/m] pochodzi od stałego obciążenia wzdłuż
odcinka BC, a zatem ta siła jest przyłożona w 1/2 tego odcinka.
Wypadkowe parcie gruntu Eaγ;k [kN/m] pochodzi od trójkątnego obciążenia
wzdłuż odcinka BC, a zatem ta siła jest przyłożona w 1/3 tego odcinka.
Oba wyszczególnione parcia są przyłożone pod kątem +11o do normalnej, czyli
pod kątem 11o + 9o = 20o do kierunku poziomego. 1pkt.
20o
Składowe poziome wypadkowego parcia gruntu:
o
4/2m Eaq;kH = Eaq;k x cos(20 ) = 15 x 0,94 = 14,1kN/m
o
Eaγ;kH = Eaγ;k x cos(20 ) = 50 x 0,94 = 47,0kN/m
4/3m
Składowe pionowe wypadkowego parcia gruntu:
Eaq;kV = Eaq;k x sin(20o) = 15 x 0,34 = 5,1kN/m
Eaγ;kV = Eaγ;k x sin(20o) = 50 x 0,34 = 17,0kN/m
1pkt. Momenty destabilizujące „k” od q: Mk;dst = 14,1 x 4/2 – 5,1 x 1,3 = 21,57kNm/m.
1pkt. Momenty destabilizujące „k” od γ: Mk;dst = 47,0 x 4/3 – 17,0 x 1,4 = 38,87kNm/m.
1pkt. Momenty destabilizujące „d”: Md;dst = Σγdst·Mk;dst = 1,5 x 21,57 + 1,1 x 38,87 =
= 75,11kNm/m < 77,40kNm/m.
WNIOSEK: warunek stateczności GEO-EQU jest spełniony.
Pytanie 1. (za 3 pkt, ok. 5min)
Uzasadnić, co stwarza większe zagrożenie dla ławy szeregowej na terenie górniczym:
a) eksploatacja górnicza na dużej głębokości, np.1000m,
b) czy eksploatacja górnicza na małej głębokości, np.400m ?
W obu przypadkach występują tylko deformacje ciągłe, grubość pokładu i sposób eksploatacji są takie same,
górotwór jest jednorodny.
Większe zagrożenie stwarza eksploatacja płytka (400m), 1pkt.
bo przy tym samym kącie wpływów górniczych β
niecki osiadania są wówczas bardziej strome
i równocześnie większe są odkształcenia ε oraz krzywizny K. 2pkt.
Wmax = a·h
Zadanie 2 (za 4 pkt., ok. 10min): górniczemu rozciąganiu poddana
3,0
3,0
3,0
3,0
2,0
2,0
jest symetryczna ława fundamentowa o długości L = 3+6+3=12m,
która składa się z 3 odcinków, jak na rysunku (o różnych szeroA
kościach Bi !):
L1 x B1 = 3m x 1m oraz L2 x B2 = 6m x 2m oraz L3 x B3 = 3m x 1m.
Obliczyć siłę rozciągającą ZA [kN] w przekroju A
odległym o a = 0,75m od środka ławy.
Naprężenie graniczne wynosi Θ = 40kPa, natomiast strefa
2 3 A
1
przedgraniczna ma zasięg xΘ = 2,0m. Pominąć siły rozciągające na
τ(x)
bocznych powierzchniach ławy (Zb = 0).
Wskazówka: wykorzystać załączony wykres naprężeń
Na odcinku 1-2-3 naprężenia τ = Θ = 40kPa,
a w punkcie A naprężenie τ = 40 x 0,75/2,0 = 15kPa. 1pkt.
stycznych τ(x) pod fundamentem dla -L/2 ≤ x ≤ +L/2.
Stąd: 2pkt.
ZA = 3 x 1 x 40 + (3-2) x 2 x 40 + (2-0,75) x 2 x (40+15)/2 = 268,75kN.
Pytanie 2. (za 3 pkt., ok. 5min): Rozwiązanie numeryczne MES płyty
posadowionej na poziomej gruntowej warstwie sprężystej o grubości
H < +∞ wymaga sformułowania warunków brzegowych na spągu tej
warstwy, tj. na tej głębokości z = H.
Standardowo robi się to na jeden z dwóch sposobów:
a) albo zakładając, że kontakt sprężystej warstwy gruntu
ze skałą jest doskonale szorstki,
b) albo zakładając (rzadziej), że kontakt sprężystej warstwy
gruntu ze skałą jest doskonale gładki.
Wyrazić wszystkie warunki dla przypadku a) za pomocą składowych
przemieszczeń w (osiadanie), u, v (dwa przemieszczenia poziome)
lub naprężeń σz, τzx, τzy (3 składowe na poziomej powierzchni z = H).
Krótko uzasadnić wybór.
a.1) … w(z=H) = 0, bo podścielająca skała jest nieodkształcalna, 1pkt.
a.2) … u(z=H) = 0, ½ pkt.
a.3) … v(z=H) = 0. ½ pkt.
x, y
?
H
grunt
z
skała
Wskazówka: deformacje warstwy
skały są całkiem nieistotne; w obu
przypadkach są to 3 warunki
Powierzchnia doskonale szorstka, to taka,
która nie dopuszcza poziomych przemieszczeń (jak podpora nieosiadająca, nieprzesuwna). W sytuacji a) nie da się nałożyć
żadnych warunków na naprężenia, zresztą
nie ma takiej potrzeby. 1pkt.
W
Pytanie 3. (za 3 pkt, ok. 5min)
Ława fundamentowa jest obciążona ukośną wypadkową W [kN/m], tj.
składową pionową i poziomą, w jednym schemacie obciążeń. Nachylenie
podstawy ławy
oRkąt
α' ⋅>c0' ⋅zwiększa
=B
N ⋅ b ⋅ snośność
⋅ i + q'R=R
⋅ N ⋅ [kN/m],
b ⋅ s ⋅ iwyrażoną
+ 1 2 ⋅ γ ' ⋅wzorem
B' ⋅ N ⋅ zb Eurokodu
⋅s ⋅i
[
W
c
c
c
c
q
q
q
q
γ
γ
γ
γ
gdzie dla ławy (B/L ∼ 0) współczynniki s kształtu wynoszą sq = sγ = sc =
1.
Współczynniki b nachylenia podstawy fundamentu są następujące:
b q = b γ = (1 − α ⋅ tgϕ' ) 2 , b c = b q − (1 − b q ) /( N c ⋅ tgϕ' ) , α[rad]
≥ 0, a współczynniki i nachylenia wypadkowej W:
α
Nachylenie α > 0 zmniejsza współczynniki b, a mimo wszystko
nośność R rośnie.
Jak to wynika z podanych wzorów?
i q = [1 − T /( N + B'⋅c'⋅ctgϕ' )] m , m = 2
i γ = [1 − T /( N + B'⋅c'⋅ctgϕ' )]m +1 , m = 2
i c = i q − (1 − i q ) /( N c ⋅ tgϕ' )
Dla α > 0 współczynniki b maleją, ale równocześnie rosną współczynniki i, w dodatku znacznie szybciej niż maleją b.
W sumie: rosną iloczyny b·i , dlatego wzrasta nośność R. 1pkt.
Wzrost wartości współczynników i bierze się stąd, że po obróceniu podstawy fundamentu równocześnie wzrasta
składowa normalna N oraz maleje składowa styczna T. 2pkt.
]