Poz.3.4. Słup

Poz.3.4.1. Zestawienie obciążeń obliczeniowych

Obciążenia stałe:

ciężar własny warstw:

4,20 · 5,70 · 7,95 = 190,3 kN

c. wł. żebra: (0,3 – 0,1) · 0,45 · 5,70 · 25,0 · 1,1 · 4 = 56,4 kN

c. wł. podciągu: (1,0 – 0,1) · 0,45 · 7,95 · 25,0 · 1,1 = 88,5 kN

c. wł. słupa:

0,45 · 0,45 · 5,3 · 25 · 1,1 = 29,5 kN

__________________

razem: 364,7

kN

Obciążenia zmienne:

grunt:

19,86 · 5,70 · 7.95 = 922,2 kN

śnieg:

0,98 · 5,70 · 7,95 = 44,4 kN

Obciążenie całkowite:

N = 364,7 + 922,2 + 44,4 = 1331,3 kN

Sd

Obciążenie długotrwałe:

N

= 364,7 + 922,2 = 1286,9 kN

Sd,lt

Moment zginający: M = 0,0 kNm Sd

mimośród statyczny e = 0

e

Poz.3.4.2. Wymiarowanie

Minimalne pole przekroju zbrojenia podłużnego: N

A

= max {0,15 · Sd ; 0,003 · } =

s,min

Ac

f yd

1331,3

= max {0,15 ·

= 5,7 ; 0,003 · 0,452 = 6,07} = 6,07 cm2

3

350 ⋅10

Dla słupa przyjęto otulinę 30 mm oraz zbrojenie symetryczne prętami φ25 oraz strzemionami pojedynczymi φ6.

przyjęto wstępnie zbrojenie 4φ25 (w narożach) A =

= 2 · 4,91 = 9,82 cm2 >

= 6,07 cm2

s1

As2

As,min

l = 5,30 m;

col

l = 0,7 ·

= 0,7 · 5,30 = 3,71 m

o

lcol

42

mimośród niezamierzony

l

530

h

45

e = max { col =

= 0,88 cm;

=

= 1,5 cm; 1,0 cm } = 1,5 cm

a

600

600

30 30

e = + = 1,5 + 0,0 = 1,5 cm o

ea

es

l

3,71

o =

= 8,2 > 7 – należy uwzględnić wpływ smukłości i obciążeń h

0,45

długotrwałych

umowna siła krytyczna

⎡

⎛

⎞

⎤

9 ⎢ E ⋅ I ⎜ 0,11

⎟

⎥

cm

c

N

=

⋅ ⎢

⎜

+ 0,1⎟ + E ⋅ I ⎥

crit

2

l

2

s

s

⋅ k

e

o

⎢

⎜ 0,1

o

lt

+

⎟

⎥

⎣

⎝

h

⎠

⎦

E = 32 GPa ; = 200 GPa

cm

Es

Końcowy współczynnik pełzania betonu φ(∞, t ), odczytano z tablicy o

A.1 normy, dla B37, wieku betonu w chwili obciążenia 90 dni, przy wilgotności względnej 80 % i dla miarodajnego wymiaru przekroju 2

2 ⋅ A

2 ⋅ 0,45

c

h =

=

= 0,225 m

o

u

4 ⋅ 0,45

wynosi: φ(∞, t ) = 1,35

o

N

1286,9

k = 1 + 0,5 ·

Sd , lt · φ(∞, ) = 1 + 0,5 ·

· 1,35 = 1,65

lt

to

N

1331,3

Sd

3

b ⋅ h

4

0,45

I =

=

= 3,42 · 10–3 m4

c

12

12

I = 2 ·

· (

s

As1

h/2 – a)2 =

= 2 · 9,82 · 10−4 · (0,45/2 – 0,03 – 0,025/2)2 = 6,541 · 10−5 m4

do wzoru na siłę krytyczną należy podstawić: e

l

o ≥ max {0,05; 0,5 – 0,01 · o − 0,01 · f }

cd

h

h

43

e

1,5

o =

= 0,033 m

h

45

max {0,05; 0,5 – 0,01 · lo − 0,01 · f } =

cd

h

= {0,05 ; 0,5 – 0,01 · 8,2 − 0,01 · 20 = 0,218} = 0,218 m przyjęto eo = 0,218 m

h

⎡

⎛

⎞

⎤

9 ⎢ E ⋅ I ⎜ 0,11

⎟

⎥

cm

c

N

=

⋅ ⎢

⎜

+ 0,1⎟ + E ⋅ I ⎥ =

crit

2

l

2

s

s

⋅ k

e

o

⎢

⎜ 0,1

o

lt

+

⎟

⎥

⎣

⎝

h

⎠

⎦

9

⎡32⋅3,42 ⎛

0,11

⎞

⎤

=

-2

⋅

+ 0,1 + 200 ⋅ 6,541⋅10 =

2

3,71 ⎢⎣ 2 1,65 ⎜⎝ 0,1 0,218

⎟

⎥

⋅

+

⎠

⎦

= 18,22 MN

zwiększony mimośród uwzględniający wpływ smukłości

1

1

η =

=

= 1,08

N

1,3313

1

Sd

−

1−

N

18,22

crit

e = η · = 1,08 · 0,015 = 0,016 m tot

eo

nośność słupa

e =

= 0,45/2 – 0,03 – 0,025/2 − 0,016 = 0,166 m s2

h/2 – a − etot

e =

= 0,45/2 – 0,03 – 0,025/2 + 0,016 = 0,198 m s1

h/2 – a + etot

2 ⋅(1−ξ

⋅ − ξ

eff )

2 (1 eff )

κ =

−1 =

−1 = 3,25 − 4,25 · ξ

s

1− ξ

1− 0,53

eff

eff ,lim

równanie równowagi momentów względem miejsca przyłożenia siły

⎛

+

2

e

a ⎞

s 2

α ⋅ f ⋅ b ⋅ d ⋅ξ ⋅ 0,5⋅ξ −

− f ⋅ A ⋅ e − κ ⋅ f ⋅ A ⋅ e = 0

cc

cd

eff

⎜

eff

⎟

yd

1

s

s 2

s

yd

1

s

1

s

⎝

d

⎠

podstawiając dane:

44

⎛

−

3

2

0,166 0,042 ⎞

0,85⋅ 20 ⋅10 ⋅ 0,45 ⋅ 0,407 ⋅ξ ⋅ 0,5⋅ξ −

−

eff

⎜

eff

0,407

⎟

⎝

⎠

3

−4

350

−

⋅10 ⋅9,82 ⋅10 ⋅0,166 −

−(3,25 − 4,25⋅ξ

−

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

=

eff )

3

4

350 10 9,82 10

0,198 0

co po przekształceniach daje:

ξ 2 − 0,1529 · ξ − 0,4391 = 0

eff

eff

otrzymano:

ξ = 0,7435 > ξ

= 0,53 – przypadek małego mimośrodu eff

eff,lim

(zbrojenia A i

są ściskane)

s1

As2

ponieważ ξ < 1 i ξ > ξ

eff

eff

eff,lim

κ = 3,25 − 4,25 · ξ = 3,25 − 4,25 · 0,743 = 0,092

s

eff

Z równania sumy sił wyznaczono N

Rd

N = α · ·

+ ·

− κ · ·

=

Rd

cc

fcd b · d · ξ eff fyd As2

s

fyd As1

= 0,85 · 20 · 0,45 · 0,407 · 0,743 + 350 · 9,82 · 10−4 −

− 0,092 · 350 · 9,82 · 10−4 = 2625,4 kN

N = 2625,4 kN >

= 1331,3 kN – warunek spełniony

Rd

N

Sd

podstawowy rozstaw strzemion:

15φ = 15 · 25 = 375 mm – przyjęto 350 mm zagęszczony rozstaw strzemion (w miejscach połączenia prętów podłużnych): 175 mm

Poz.3.5. Stopa fundamentowa

Założono ostrosłupowy kształt stopy fundamentowej.

Wysokość stopy powinna być większa niż długość zakotwienia prętów podłużnych słupa tj.:

l ≈ 30 · φ = 30 · 25 = 750 mm b

Przyjęto wymiary stopy (rys. __.8.): wysokość stopy: h = 0,80 m

podstawa stopy: B x L = 3,0 x 3,0 m grubość skrajna stopy: w = 0,30 m szerokość odsadzek: a = 0,55 m.

1

45

Rys. __.8. Wymiary stopy fundamentowej W niniejszym przykładzie pominięto obliczenia oporu granicznego podłoża. Uwagę skupiono na zaprojektowaniu stopy jako konstrukcyjnego elementu żelbetowego.

Poz.3.5.1. Zestawienie obciążeń obliczeniowych

Założono, że stopa fundamentowa obciążona jest jedynie pionową siłą osiową ze słupa, ponieważ mimośród niezamierzony w słupie jest wielkością pomijalnie małą, a obciążenia poziome przekazywane są na ściany zbiornika.

maksymalna obliczeniowa siła osiowa w poziomie dna zbiornika: N = 1331,3 kN

Sd

ciężar własny stopy:

⎡

−

2

h

w

⎤

G

= L ⋅ w +

⋅ L + L ⋅ a + a

⋅

⋅

=

des

⎢

( 2

2

25,0 1,1

,1

1

1 )

3

⎥

⎣

⎦

⎡

0,8 − 0,3

⎤

=

2

3,0 ⋅ 0,3 +

⋅

⎢

( 2

2

3,0 + 3,0 ⋅ 0,55 + 0,55 ) ⋅ 25,0⋅1,1 =

3

⎥

⎣

⎦

= 123,7 kN

Poz.3.5.2. Wymiarowanie stopy fundamentowej

Przyjęto:

Stal A-I (pręty φ16)

46

Beton B37

otulina: 50mm > c = 40mm (dla fundamentów posadowionych na min

podlewce z betonowej)

Oddziaływanie podłoża:

N

1331,3

Sd

q =

=

= 147,92 kPa < 150,0 kPa

r

2

B ⋅ L

3,0

zginanie stopy

Obliczenie zbrojenia na zginanie przeprowadzono metodą wydzielonych wsporników trapezowych.

( L − a )2 ⋅(2⋅ L + a ) (3,0 − 0,55)2 ⋅ 2⋅3,0 + 0,55

1

1

(

)

M = q ⋅

= 147,92 ⋅

r

24

24

= 242,32 kNm

d = 0,8 − 0,05 − 1,5 · 0,016 = 0,73 m 3

−

M

242,32 ⋅10

A =

=

= 0,001756 m2 = 17,56 cm2

s

f

⋅ 0,9 ⋅ d

210 ⋅ 0,9 ⋅ 0,73

yd

przyjęto zbrojenie 13φ14 A = 20,02 cm2

s

sprawdzenie stopy na przebicie

N

·

· ·

r’ – qr

A ≤ fctd up d

N

= 1331,3 kN

r’ = NSd

A = 1,952 = 3,80 m2

u = 0,5 · (4 · 1,950 + 4 · 0,45) = 4,80 m p

N

·

r’ – qr

A = 1331,3 – 147,92 · 3,80 = 769,2 kN

f · ·

ctd

up d = 1,33 · 103 · 4,80 · 0,73 = 4660,3 kN

N

·

· ·

r’ – q r

A = 769,2 kN < f

ctd

u p d = 4660,3 kN – warunek spełniony, przebicie stopy nie nastąpi 47