KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA II

Zad. 1 (15 minut, max 8p.)

Zad. 2 (10 minut, max 4p.)

DATA KOLOKWIUM:

Pyt. 1 (5 minut, max 3p.)

imię i nazwisko: Włodzimierz BRZĄKAŁA

Pyt. 2 (5 minut, max 3p.)

Pyt. 3 (5 minut, max 2p.)

numer albumu: 35705

RAZEM (40 minut, max 20p.)

KOŃCOWY WYNIK KOLOKWIUM:

Uwaga:

ewentualna odpowiedź wykazująca zupełną nieznajomość zagadnienia może zostać oceniona punktami ujemnymi !

Zadanie 1: Długi odcinek kolektora modeluje się jako nieskończenie długą belkę na podłożu Winklera, równomiernie obciążoną. Kolektor jest dwustronnie sztywno utwierdzony w studzience w przekroju ξo = 0. Na skutek wadliwego posadowienia studzienki wystąpiło jej osiadanie równe s.

Obliczyć moment zginający belkę w przekroju ξo = 0 spowodowany tym osiadaniem.

Wykorzystać podane w tabeli pochodne funkcji.

- ∞

+ ∞

f(ξ) e−ξ·sinξ

e−ξ·cosξ

df/dξ -e−ξ·sinξ + e−ξ·cosξ -e−ξ·sinξ - e−ξ·cosξ

0

d2f/dξ2 -2e−ξ·cosξ 2e−ξ·sinξ

ξ

d3f/dξ3 2e−ξ·sinξ + 2e−ξ·cosξ -2e−ξ·sinξ + 2e−ξ·cosξ

s

y(ξ)

Rozwiązanie:

Ze względu na symetrię wystarczy rozwiązać zadanie dla ξ > 0. [1 pkt.]

Dla ξ ≥ 0 rozwiązaniem ogólnym jest y(ξ) = e−ξ·(C1·sinξ+C2·cosξ) + e+ξ·(C3·sinξ+C4·cosξ). [1 pkt.]

Przyjmuje się następujące warunki brzegowe.

Dla ξ = +∞:

y(+∞) = 0, skąd od razu wynika, że C3 = C4 = 0. [1 pkt.]

Dla ξ = 0:

dy/dξ = 0, skąd wynika, że C2 = C1 . [1 pkt.]

Dla ξ = 0:

y(0) = s, skąd wynika, że C1 = s, czyli y(ξ) = s· e−ξ·(sinξ+cosξ). [1 pkt.]

Z warunku Eulera-Bernoulliego M(ξ) = - EI·d2y/dx2 [1 pkt.]

czyli M(ξ) = - EI·d2y/dξ2·(LW)-2, ponieważ ξ = x/LW , dx = dξ·LW itd. [1 pkt.]

Na podstawie tabeli dostaje się:

M(ξ) = - EI·(LW)-2·s·2e−ξ··(sinξ - cosξ)

M(0) = - EI·(LW)-2·s·2e−0·(sin0 – cos0) = 2·EI·(LW)-2·s, gdzie LW = (4EI/BC)1/4. [1 pkt.]

Uwaga dodatkowa:

Osoby spostrzegawcze chyba zauważyłyby, że jest to po prostu znane z wykładu rozwiązanie podstawowe dla belki nieskończenie długiej obciążonej siłą skupioną P i że wymuszenie osiadania s wymaga zadziałania siły skupionej P = 2·B·C·LW·s.

Z taki sposób rozwiązania można byłoby otrzymać 9 pkt. na 8 możliwych.

Zadanie 2: Wykazać, że nośność graniczna ławy fundamentowej o szerokości B posadowionej na gruncie idealnie spoistym (ϕ = 0, c > 0) wyraża się wzorem QfNB = B·qf = B·c·Nc , gdzie Nc = 2 + π.

Przyjąć, że grunt jest nieważki (γB = 0kN/m3) oraz

nieobciążony poza ławą (Dmin = 0m).

B/2

B/2

Wskazówka: wachlarz Prandtla P1P3P4 (strefa przej-

qf

q

ściowa między parciem a odporem) składa się w tym

P1

P5

szczególnym przypadku nie ze spiral logarytmicznych,

P2

lecz z łuków kolistych. Przeanalizować równowagę

momentów obracających względem punktu P

P

1 od

3

P4

obciążenia qf oraz od sił spójności na P3P4P5. Na osi

symetrii P2P3 przyjąć poziome obciążenie o wartości qf

Wszystkie kąty wynoszą 450 lub 900

(trójkąty prostokątne równoramienne)

i pominąć lewą połowę.

Rozwiązanie:

P1P2 = P2P3 = B/2, P1P3 = P1P4 = P4P5 = √2·B/2, P3P4 = 1/4·2π·B/√2. [1 pkt.]

Momenty od obciążeń na P1P2P3: Mq = qf·B/2·B/4 + qf·B/2·B/4 = qf·B2/4. [1 pkt.]

Momenty od sił spójności na P3P4P5: Mc = c·P4P5·P1P4 + c·P3P4·P1P4 = c·(B2/2 + π·B2/4). [1 pkt.]

W stanie granicznym Mq = Mc , więc qf = c·(2 + π). [1 pkt.]

Pytanie 1: Dla belki na podłożu sprężystym obciążonej siłami skupionymi występują „ostrza” na wykresie momentów M(x) pod tymi siłami. Dlaczego tak się dzieje?

Pod siłą skupioną występuje skok (nieciągłość) wykresu siły poprzecznej Q(x), jest to skok o wartość tej siły. [1 pkt.]

Ale Q = dM/dx, więc dM/dx ma różne wartości z lewej i prawej strony obciążonego przekroju, [1 pkt.]

tj. nie istnieje styczna – występuje „ostrze”. [1 pkt.]

Pytanie 2: Ściany oporowe – zwłaszcza lekkie, płytowo-kątowe i żebrowe – mają zazwyczaj nachyloną podstawę fundamentu. Dlaczego?

Główne zagrożenie lekkich konstrukcji oporowych pochodzi od

wypadkowej obciążeń W, która w poziomie posadowienia ma

znaczne odchylenie od pionu (kąt δ). [1 pkt.]

Dla fundamentu o poziomej podstawie powoduje to dużą utratę

nośności na wypieranie gruntu QfNB, bo szybko maleją współczynniki W

iB, ic, iD . [1 pkt.]

Jeszcze bardziej zagrożona jest stateczność na przesuw w poziomie posadowienia. Nachylenie podstawy fundamentu sprawia, że ta sama wypadkowa W staje się zbliżona do normalnej do podstawy. Składo-wa styczna maleje, co zwiększa stateczność na wypieranie gruntu i stateczność na przesuw. [1 pkt.]

Pytanie 3: Jak podwyższyć kategorię odporności na deformacje górnicze już istniejącego budynku?

• Zastosować specjalne wzmocnienia konstrukcji (skotwienie w poziomie stropu, opaska żelbetowa wokół budynku, przypory, tymczasowo – podparcie nadproży i stropów, zamurowanie niektórych otworów, poziome rozpory w piwnicach) [1,5 pkt.]

• Poprawić ogólny stan techniczny budynku (remont). [0,5pkt.]