Temat egzaminacyjny nr 1

EGZAMIN Z FUNDAMENTOWANIA
Pyt. 1 (5 minut, max. 4p.)
Pyt. 2 (5 minut, max. 4p.)
Pyt. 3 (5 minut, max. 4p.)
Pyt. 4 (5 minut, max. 4p.)
Pyt. 5 (5 minut, max. 4p.)
Zad. 1 (15 minut, max.10p.)
Zad. 2 (10 minut, max.10p.)
DATA EGZAMINU:
imię i nazwisko:
Włodzimierz BRZĄKAŁA
numer albumu:
35 705
KOŃCOWY WYNIK EGZAMINU:
RAZEM (50 minut, max. 40p.)
Uwaga: odpowiedź wykazująca zupełną nieznajomość zagadnienia może zostać oceniona punktami ujemnymi!
Część A. Odpowiedzieć jednym zdaniem lub jednym rysunkiem na każde z pięciu pytań
Pytanie 1: Podać 2 sytuacje, w których fundament bezpośredni nie musi być posadowiony poniżej
normowej głębokości przemarzania hz:
1. Jeśli . . . bezpośrednio pod poziomem posadowienia nie występują grunty wysadzinowe
2. Jeśli . . . piwnice są ogrzewane a budowa będzie zakończona przed zimą.
PIASKI
IŁY POZNAŃSKIE
1,2±0,2m
1,5m
Pytanie 2: Ekspansywne iły poznańskie są przykryte cienką
warstwą nawodnionych piasków średnich o grubości 1,5m poniżej
poziomu posadowienia fundamentów. Wahania zwierciadła wody
gruntowej nie przekraczają ±0,2m.
Czy w projekcie należy przewidzieć zabezpieczenia wymagane
dla posadowień na gruntach ekspansywnych? Uzasadnić.
Nie trzeba. Ekspansywność gruntów (pęcznienie lub skurcz) staje się niebezpieczna w przypadku
znacznych wahań ich wilgotności, zwłaszcza w konsystencji półzwartej. Tutaj ta sytuacja nie
występuje, bo iły poznańskie są cały czas pod wodą.
Pytanie 3: W kopalni odkrywkowej wykonano duży nasyp (zwałowisko 20 ha o wysokości 30m) z
luźnych piasków średnich, który obecnie wymaga zagęszczenia w całej objętości od ID = 0,15-0,30
do ID = 0,50-0,60. Wymienić 2 możliwe sposoby zagęszczenia tego zwałowiska.
1. Za pomocą . . . materiałów wybuchowych odpalanych w całej objętości nasypu (w praktyce –
punktowo, co ok. 5-15m na różnych głębokościach)
2. Za pomocą . . . tzw. konsolidacji dynamicznej Menarda – duży ciężar spuszczany na powierzchnię
gruntu z dużej wysokości w regularnej siatce np. 5 x 5m .
Pytanie 4: Jak się wyciąga rurę obsadową pali Vibro?
Za pomocą tego samego wibromłota, który pogrąża rurę obsadową w gruncie. W tym przypadku jednak
uderzenia wibromłota są skierowane do góry, tj. „wybijają” rurę obsadową z gruntu i mają zwykle
większą częstość. Ważne jest, aby to wybijanie następowało w cyklach po ok. 20-30cm. W każdym
takim cyklu następuje wybijanie pala o ok. 20-30cm, a następuje ponowne wbicie pala wibromłotem na
ok. 10-15cm, dzięki czemu możliwe jest dobre zagęszczenie betonu.
Pytanie 5: W jakiej sytuacji geotechnicznej zamiast fundamentów na studniach należałoby
zaprojektować fundamenty na kesonach?
Przy dużym dopływie wody przez dno studni, zwłaszcza w przypadku obecności w podłożu piasków
drobnych i pylastych. Podwyższone ciśnienie powietrza w kesonie uniemożliwia napływ wody.
Część B. Rozwiązać dwa następujące zadania
Zadanie 1: Ława fundamentowa o szerokości B = 1,2m
ma dwie odsadzki po 0,6m każda (pomija się grubość
ściany). Ława jest obciążona osiowo tylko pionową siłą
G2
G2
γD
Pr [kN/m], która działa w poziomie posadowienia.
Dmin
Dla qr = 0 kPa otrzymano Pr = m·QfNB.
qD
Jeśli wystąpi dodatkowo obciążenie równomierne terenu
qr = 10 kPa, to wzrośnie nośność QfNB (dlaczego?).
1,2m
O jakie ∆Pr można maksymalnie zwiększyć siłę Pr ?
Wzrost obciążeń G2 na odsadzkach wynosi B·qr = 12
kN/m i zmniejsza ∆Pr . Zastosować wzór na QfNB dla ND = 16,5 i tzw. normową metodę B.
Pr
qr
Nośność wzrasta, bo grunt wypierany na boki spod fundamentu musi dodatkowo pokonać obciążenie
klina odłamu spowodowane przez qr , tj. qD = Dmin· γD + qr zamiast qD = Dmin· γD
(w pewnym sensie odpowiada to zwiększeniu głębokości posadowienia Dmin).
Przypadek qr = 0:
Przypadek qr > 0:
Pr = m·QfNB = m·B·[c·Nc + Dmin·γD·ND + B·γB·NB]
Pr + ∆Pr + B·qr = m·QfNB = m·B·[c·Nc + (Dmin·γD + qr)·ND + B·γB·NB]
Po odjęciu stronami otrzymuje się: ∆Pr = m·B·[qr·ND ] – B·qr = 0,81·1,2·10·16,5 – 1,2·10 kN/m.
Zadanie 2: Pionowy pal FRANKI o średnicy rury obsadowej 0,576 m = 1,44x0,40m = (1,2)2x0,40 m
ma długość 8,0 m i przechodzi przez dwie warstwy gruntów o podanych parametrach:
1) Piasek drobny o ID = 0,30
±0,00
γ = 17,5kN/m3
t(n) = 22 kPa dla ID = 0,20
t(n) = 31 kPa dla ID = 0,33
PIASEK
q(n) = 1050 kPa dla ID = 0,20
4,5m
DROBNY
ID = 0,30
q(n) = 1650 kPa dla ID = 0,33
2) Piasek gruby o ID = 0,50
γ = 18,0kN/m3
t(n) = 47 kPa dla ID = 0,33
PIASEK
t(n) = 73 kPa dla ID = 0,67
3,5m
GRUBY
q(n) = 2200 kPa dla ID = 0,33
ID = 0,50
q(n) = 3300 kPa dla ID = 0,67 .
Współczynniki materiałowe γm = 1,00 ± 0,20 ,
współczynniki technologiczne ss = 1,6 sp = 1,8 .
Wyznaczyć obliczeniowy udźwig tego pala przez podstawę (tylko przez podstawę!).
Większość przedstawionych danych jest zbędnych.
Pomijając współczynnik korekcyjny „m”, który zależy od liczby pali:
NP = sp · q(r) · Ap
±0,00
8,0m
szukane q
PIASEK
GRUBY
ID = 0,50
hci = 12,0m
q = const
Dla ID = 0,50 po interpolacji q(n) = 2750 kPa oraz sp = 1,8.
Współczynnik materiałowy γm = 1,00 – 0,20 = 0,8 < 1 .
Poziom podstawy pala wynosi 8,0m
a głębokość krytyczna hci = 10√(1,44·0,4/0,4) = 12,0m > 8,0m .
Stąd q(r) = (1,00–0,20)·2750·8,0/12,0 kPa.
Ap = 1,75·π·(0,576)2/4 m2.