Mechanika gruntów projekt

Politechnika Szczecińska

Katedra Geotechniki

Projekt Posadowienia

Bezpośredniego

Ściany Oporowej

Temat: Dla podanych warunków geotechnicznych i zadanych obciążeń zaprojektować posadowienie bezpośrednie i pośrednie ściany oporowej

Projekt wykonał:

Piotr Pukacki

Rok III gr 3b

1. Opis techniczny

  1. Charakterystyka budowli

- mur oporowy o wysokości H = 3,5 m

- długość ławy L = 19 m

- przewidziana szerokość fundamentu B = 2,3 m

- grubość muru 0,3 m

- różnica nazi omów wynosi 2,2 m

- głębokość posadowienia ściany zaprojektowano na 1,3 m poniżej poziomu terenu

- obciążenie naziomu q = 25 kPa

- projektowany jest mur oporowy żelbetowy

1.2 Warunki gruntowe

- zasypka ściany oporowej z piasku średniego, wilgotnego, ID = 0,65

- 0,0 m - 2,0 m glina gen. C IL = 0,1

- >2,0 m – glina piaszczysta gen. B, IL = 0,3

1.3 Opis elementów konstrukcyjnych

1.3.1 Ława fundamentowa

Ława fundamentowa żelbetowa wykonana z betonu zwykłego B20, zbrojona stalą A-1, grubość ławy 50 cm, γ = 24 kN/m3

1.3.2 Mur oporowy

Mur oporowy żelbetowy 30cm, płytowo kątowy, wykonany tak jak fundament z betonu zwykłego B20 o ciężarze objętościowym γ = 24 kN/m3 , zbrojonego stalą A-1

1.3.3 Dylatacje

- przerwy dylatacyjne zaprojektowano na szerokość 10 mm

- przerwy należy wykonać z dyblami w celu uniemożliwienia wzajemnego przesuwania się ścian w miejscu przerwy dylatacyjnej

1.3.4 Drenaż

- należy wykonać warstwę filtracyjną z tłucznia bądź żwiru o grubości 0,3 m ponieważ zasyp wykonany będzie z piasku średniego

- zastosować otwory odpływowe o średnicy d = 100 mm w rozstawach w dolnej części ściany

- od strony gruntu otwory należy zabezpieczyć filtrem odwrotnym

1.3.5 Izolacja przeciwwilgociowa

Należy wykonać izolacje przeciwwilgociową od strony gruntu i materiału zasypowego zarówno na powierzchni ściany jak i na elementach odciążających (na wsporniku, półce). Izolacje przeciwwilgociową należy wykonać jako trzy warstwy papy asfaltowej na lepiku.

3.1 Graniczne parcie gruntu

3.1.1 Współczynnik parcia granicznego gruntu

β = 0 kąt odchylenia ściany od pionu

ф = 34° wartość charakterystyczna kata tarcia wewnętrznego gruntu nasypowego

δ2 = $\frac{1}{2}$ ф = 17° wartość charakterystyczna kąta tarcia gruntu o ścianę oporową

ε = 0 kąt nachylenia naziomu w stosunku do poziomu

$K_{a} = \frac{{\cos(\beta - f)}^{2}}{\cos(\ {\beta)}^{2}*\cos\left( \beta + \ \delta_{2} \right)*\lbrack 1 + \ \sqrt{{\frac{\sin\left( f + \ \delta_{2} \right)*\sin\left( f - \ \varepsilon \right)}{\cos\left( \beta + \ \delta_{2} \right)*\cos\left( \beta - \ \varepsilon \right)}\rbrack}^{2}}}$ = $\frac{{\cos(0 - 34)}^{2}}{\cos(\ {34)}^{2}*\cos\left( 34 + \ 17 \right)*\lbrack 1 + \ \sqrt{{\frac{\sin\left( 34 + \ 17 \right)*\sin\left( 34 - \ 0 \right)}{\cos\left( 0 + \ 17 \right)*\cos\left( 0 - \ 0 \right)}\rbrack}^{2}}}$ = 0,256

3.1.2 Jednostkowe parcie graniczne gruntu

γ = 18,50 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$

q = 25 kPa

hz - wysokość zastępcza uwzględniająca obciążenie gruntu

hz = $\frac{q\ *\ \cos(\beta)}{\gamma*\ \cos(\beta - \ \varepsilon)}$ = $\frac{25\ *\ \cos(0)}{18,50*\ \cos(0 - \ 0)}$ = $\frac{25}{18,50}$ = 1,35 m

z1= 0 ea1 = γ * (z1 + hz) * Ka = 18,50 * (0 + 1,35) * 0,256 = 6,39 kPa

z2= 3,5 ea2 = 18,50 * (3,5 + 1,35) * 0,256 = 22,97 kPa

$\frac{l_{2}}{1}$ = tg (22,67°) l2 = tg (22,67°) = 0,418 m

l3 = 2,2 - l2 = 2,2 – 0,418 = 1,782 m

$\frac{l_{2} + \ l_{3} - \ l_{4}}{2}$ = tg (45° + 17°) / *1

l2 +  l3 −  l4 = 1 * tg (62°)

l2 +  l3 - 1 * tg (62°) = l4

l4 = 0,418 + 1,782 – 1 * 1,88 = 0,32

$\frac{h_{z}}{e_{a1}}$ = $\frac{h_{z} + \ l_{1}}{e_{a2}}$ ea2 = $\frac{e_{a1}*(h_{z} + \ l_{1})}{h_{z}}$ = $\frac{6,39*(1,35 + \ 1,3)}{1,35}$ = 12,54 kPa

$\frac{h_{z}}{e_{a1}}$ = $\frac{\ l_{2}}{e_{a3}}$ ea3 = $\frac{e_{a1}*\text{\ \ }l_{2}}{h_{z}}$ = $\frac{6,39*0,418}{1,35}$ = 1,98 kPa

$\frac{h_{z}}{e_{a1}}$ = $\frac{h_{z} + \ l_{1 +}\ l_{2} + \ l_{3} - \ l_{4}}{e_{a4}}$ ea4 = $\frac{e_{a1*(h_{z} + \ l_{1 +}\ l_{2} + \ l_{3} - \ l_{4})}}{h_{z}}$ = $\frac{6,39*4,53}{1,35}$ = 21,44 kPa

P1 = 6,39 * 1,3 = 8,307

P2 = $\frac{1}{2}$ * 1,3 * (12,54 – 6,39) = 4

P3 = $\frac{1}{2}$ * 1,98 * 0,418 = 0,414

P4 = 1,98 * 1,462 = 2,89

P5 = $\frac{1}{2}$ *1,462*(22,97-1,98) = 15,34

P6 = 0,32*21,44= 6,86

P7 = $\frac{1}{2}$ *0,32 * (22,97-21,44) = 0,25

Σ P = Σ Ea = 38,061

h1 = 3,5 - $\frac{1}{2}$ * 1,3 = 2,85

h2 = 3,5 - $\frac{2}{3}$ * 1,3 = 2,64

h3 = 1,782 + $\frac{1}{3}$ * 0,418 = 1,92

h4 = $\frac{1}{2}$ * 1,782 = 0,891

h5 = 0,32 + $\frac{1}{3}$ * 1,462 = 0,807

h6 = $\frac{1}{2}$ * 0,32 = 0,16

h7 = $\frac{1}{3}$ * 0,32 = 0,107

3.1.4 Odległości wypadkowej parcia gruntu od podstawy ściany oporowej

hEa = $\frac{P_{1}*\ h_{1} + \ P_{2}*\ h_{2} + \ P_{3}*\ h_{3} + \ P_{4}*\ h_{4} + \ P_{5}*\ h_{5} + \ P_{6}*\ h_{6} + \ P_{7}*\ h_{7}\ }{\Sigma\ E_{a}}$ = $\frac{8,307*2,85 + 4*2,64 + 0,414*1,92 + 2,89*0,891 + 15,34*0,807 + 6,86*0,16 + 0,25*0,107\ }{38,061}$ = $\frac{51,108}{38,061}$ = 1,343 m

3.1.5 Składowa pozioma wypadkowej parcia gruntu

$\frac{E_{\text{aH}}}{E_{a}}$ = cos(δ2) , δ2 = 22,67°

EaH = Ea * cos (22,67°) = 38,061 * 0,923 = 35,12 kPa

3.1.6 Składowa pionowa wypadkowej parcia gruntu

$\frac{E_{\text{aV}}}{E_{a}}$ = sin (δ2)

EaV = Ea * sin (22,67°) = 38,061 * 0,385 = 14,67 kPa

3.1.7 Wartość obliczeniowa składowej poziomej wypadkowej parcia gruntu

γf1 = 1,2 EaH = En = 35,12

γf2 = 1,0

ErH = γf1 * γf2 * En = 1,2 * 1,0 * 35,12 = 42,14 kN

3.1.8 Wartość obliczeniowa składowej pionowej wypadkowej parcia gruntu

γf1 = 1,2 EaV = En = 14,67

γf2 = 1,0

ErV = γf1 * γf2 * En = 1,2 * 1,0 * 14,67 = 17,6 kN

4. Zestawienie obciążeń

G1 = 25 kPa r1 = 0,275 m

G2 = 1m * 0,3m * 24 = 7,2 kPa r2 = 0,1 m

G3 = 1,75m * 3m * 18,5 = 97,125 kPa r3 = 0,275 m

G4 = 2,3 * 0,5m * 24 = 27,6 kPa r4 = 0

G5 = 3,0m * 0,3m * 24 = 21,6 kPa r5 = 0,75 m

ΣG = 178,52 kPa

4.1 Obliczenie odległości wypadkowej siły pionowej od środka podstawy fundamentu

Warunek : eB $\frac{B}{6}$

ΣMB = G1 * r1 + G2 * r2 + G3 * r3 + G5 * r5 - EaH * hEa + EaV * rEaV =

= 25 * 0,275 + 7,2 * 0,1 + 97,125 * 0,275 + 21,6* 0,75– 35,12 * 1,343 + 14,67 * 0,6 = 12,14

ΣNr = ΣG + EaV = 178,52 + 14,67 = 193,19

eB = $\frac{\Sigma M_{B}}{\Sigma N_{r}}$ = $\frac{12,14}{193,19}$ = 0,063 m

5. Sprawdzenie jednostkowych obliczeniowych obciążeń podłoża

Warunek : $\frac{q_{\max}}{q_{\min}}$ 3

5.1 Obliczeniowe obciążenia jednostkowe podłoża pod fundament

ΣNr = 25+1,2*7,2+1,1*97,125+1,2*27,6+1,2*21,6+14,67*1,2 = 217,12 kN

B = 2,3 m

L = 1 mb

W = $\frac{L*\ B^{2}}{6}$ = $\frac{1*\ {2,3}^{2}}{6}$ = 0,88m3

qmax = $\frac{N_{r}}{B*L}$ + $\frac{M_{B}}{W}$ = $\frac{193,19}{2,3*1}$ + $\frac{12,14}{0,88}$ = 84 + 13,8 = 97,8 kPa

qmin = $\frac{N_{r}}{B*L}$ - $\frac{M_{B}}{W}$ = = $\frac{193,19}{2,3*1}$ - $\frac{12,14}{0,88}$ = 84 - 13,8 = 70,2 kPa

$\frac{q_{\max}}{q_{\min}}$ 3

$\frac{97,8}{70,2}$ 3

1,39 3 warunek spełniony

6 Sprawdzenie pierwszego stanu granicznego

6.1 Wypieranie podłoża spod fundamentu

Nr m * QfNB

Nr = 217,12 kN obliczeniowa wartość pionowej składowej obciążenia

m - współczynnik korekcyjny

QfNB - pionowa składowa obliczeniowego oporu granicznego podłoża gruntowego

Aby sprawdzić ten warunek z pewnym zapasem bezpieczeństwa sprawdzam jego najbardziej niekorzystny wariant czyli taki w którym prawa strona nierówności jest zmniejszona poprzez współczynnik a lewa zwiększona poprzez odpowiednie współczynniki materiałowe

γf - jest to współczynnik materiałowy i wynosi :

- dla gruntu nasypowego γf = 1,2

- dla parcia γf = 1,2

- dla żelbetu γf = 1,1

ΣNr = 25+1,2*7,2+1,1*97,125+1,2*27,6+1,2*21,6+14,67*1,2 = 217,12 kN

6.1.1 Sprawdzenie czy wypadkowa od obciążeń znajduje się w rdzeniu podstawy

eB = $\frac{\Sigma M_{B}}{\Sigma N_{r}}$ = $\frac{12,14}{217,12}$ = 0,06 m $\frac{B}{6}$

0,06 m ≤  $\frac{2,3}{6}$

0,06 m 0,38 m warunek spełniony

6.1.2 Wielkości geometryczne

B = 2,3 m szerokość fundamentu

B_= B – 2 * eB = 2,3 – 2 * 0,06 = 2,18 m zredukowana szerokość fundamentu

L = L_ = 19 m długość fundamentu

6.1.3 Sprawdzenie warunku

L > 5 * B

19 m > 5 * 2,3 m

19 m > 11,5 m $\frac{L}{B}$ 0

6.1.3 Obliczanie współczynników nośności

Obliczam fu(r) które jest mi potrzebne do obliczenia współczynników nośności. Ponieważ współczynniki te są potrzebne do obliczenia pionowej składowej obliczeniowego oporu granicznego podłoża gruntowego, muszą one być pomniejszone. Gruntem bezpośrednio zalegającym poniżej poziomu posadowienia jest glina gen. C.

fu = 16,5° , γm = 0,9

fu(r) = fu * γm obliczeniowa wartość kąta tarcia wewnętrznego gruntu zalegającego bezpośrednio pod poziomem posadowienia

fu(r) = 16,5° * 0,9 = 14,85° ND , NC , NB

ND = 3,94

NC = 10,98

NB = 0,59

Cu - spójność gruntu zalegającego bezpośrednio poniżej poziomu posadowienia (glina gen. C.)

Cu = 31 kPa

ρD(r) - obliczeniowa średnia gęstość objętościowa gruntów powyżej poziomu posadowienia

ρD(r) = 1,3 * 1,90 * 0,8 = 1,976 $\frac{t}{m^{3}}$

ρB(r) - obliczeniowa średnia gęstość objętościowa gruntów poniżej poziomu posadowienia do głębokości równej B

ρB(r) = $\frac{0,7*2,15*0,9 + 1,6*2,1*0,9}{0,7 + 1,6}$ = $\frac{4,38}{2,3}$ = 1,9 $\frac{t}{m^{3}}$

Gęstość warstw nie nasypowych mnożymy przez współczynnik materiałowy równy γm = 0,9

Średnią gęstość obliczamy za pomocą średniej ważonej.

g = 10 $\frac{m}{s^{2}}$ przyspieszenie ziemskie

Obliczam δB i fu(r) aby móc uzyskać następnie współczynniki wpływu nachylenia wypadkowej obciążenia potrzebne do pionowej składowej obliczeniowego oporu granicznego podłoża gruntowego

δB - kąt nachylenia wypadkowej obciążenia

tg (δB) = $\frac{T_{\text{rB}}*\ 1m}{N_{r}}$

TrB = ErH(r) obliczeniowa wartość poziomej składowej wypadkowej parcia

ErH = ErH = γf1 * γf2 * EaH = 1,2 * 1,0 * 35,12 = 42,144 kN

δB będzie większe gdy stosunek TrB/Nr będzie większy czyli gdy weźmiemy większą wartość TrB

i mniejszą wartość Nr

Nr musimy zmniejszyć dlatego współczynnik materiałowy wynosi :

- dla gruntu nasypowego γm = 0,8

- dla parcia γm = 0,8

- dla żelbetu γm = 0,9

Nr = G1 + G2 * 0,9 + G3 * 0,8 + G4 * 0, 9 + G5 * 0, 9 + EaV * 0,8 =

= 25 + 7,2*0,9 + 97,125 * 0,8 + 27,6 * 0,9 + 21,6 * 0,9 + 14,67 * 0,8 = 165,196 kN

δB = arc tg ( $\frac{T_{\text{rB}}}{N_{r}}$) = arc tg ($\frac{42,144}{165,196}$) = arc tg (0,255) = 14,30

$\frac{\text{tg}\ (\delta_{B)}}{\text{tg}\ ({f_{u}}^{\left( r \right)})}$ = $\frac{0,255}{0,529}$ = 0,265

Odczytujemy z nomogramów wartości współczynniki wpływu nachylenia wypadkowej obciążenia. W tym celu obliczamy fu , mnożąc ją przez γm = 1,1 w celu zwiększenia wartości tg (fu)

fu(r) = fu * γm , gdzie γm = 1,1

fu(r) = 16,5° * 1,1 = 18,15°

tg (18,15) = 0,328

współczynniki wpływu nachylenia wypadkowej obciążenia wyznaczone z nomogramów w zależności od $\frac{\text{tg}\ (\delta_{B)}}{\text{tg}\ ({f_{u}}^{\left( r \right)})}$ i tg (fu(r))

iC = 0,85

iD = 0,9

iB = 0,78

Dmin = 1,3m głębokość posadowienia fundamentu mierzona od najniższego poziomu fundamentu

6.1.4 Opór graniczny podłoża gruntowego

$\frac{B\_}{L\_}$ = $\frac{2,18}{19}$ = 0,115

QfNB = B_ * L_ [(1 + 0,3 * $\frac{B\_}{L\_}$) * NC * Cu * iC + (1 + 1,5 * $\frac{B\_}{L\_}$) * ND * ρD(r) * g * Dmin * iD + (1 – 0,25 * $\frac{B\_}{L\_}$) * NB * ρB(r) * g * B * iB] = 2,3 * 1mb [(1 + 0,3 * 0,115) * 10,98 * 31 * 0,85 + (1 + 1,5 * 0,115) * 3,94 * 1,976 * 10 * 1,3m * 0,9 + (1 – 0,25 * 0,115) * 0,59 * 1,9 * 10 * 2,18 * 0,78] = 4,16 * (0 + 108,42 + 157,45) = 4,16 * 265,87 = 976,63 $\frac{\text{kN}}{\text{mb}}$

6.1.5 Sprawdzenie warunku Nr m * QfNB

m – współczynnik korekcyjny 0,9 zmniejszamy dodatkowo mnożąc przez 0,9 ponieważ parametry geotechniczne oznaczone były metodą B.

m = 0,9 * 0,9 = 0,81

Nr = 217,12 kN wartość obliczeniowa większa

217, 12 kN 0,81 * 976,63

217, 12 kN 791,1 kN/mb

Warunek pierwszego stanu granicznego ze względu na wypieranie gruntu spod fundamentu został spełniony

6.2 Sprawdzenie I stanu granicznego dla gruntu warstwy słabej

Warunek obliczeniowy : Nr m * QfNB

Parametry geotechniczne charakterystyczne warstwy słabej :

Glina piaszczysta , gen. B , IL = 0,3

fu(n) = 16,5° - wartość charakterystyczna kąta tarcia wewnętrznego

ρ(n) = 2,1 $\frac{t}{m^{3}}$ - wartość charakterystyczna gęstości objętościowej

γ(n) = 21,00 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ - wartość charakterystyczna ciężaru objętościowego

Cu = 31 - wartość charakterystyczna spójności gruntu

Wymiary fundamentu rzeczywistego :

B = 2,3 m

L = 19 m - do obliczeń przyjmujemy 1mb

Wysokość fundamentu zastępczego :

B = B + b

dla gruntów spoistych :

przy h B b = $\frac{h}{4}$ , gdzie h – wysokość fundamentu zastępczego

b = $\frac{0,7}{4}$ = 0,175 m

B = 2,3 + 0,175 = 2,475 m

Obciążenia działające na grunt

Nr = 217,12 - wartość obliczeniowa większa

EaH = 35,12 - wartość charakterystyczna

EaH(r) = 35,12 * 1,2 =42,144 - wartość obliczeniowa większa

Obliczenie wartości obliczeniowej składowej pionowej obciążenia działającego na warstwę słabą

Nr = Nr + B * L * h * ρh(r) * g

ρh(r) - średnia wartość gęstości objętościowej gruntu między podstawami fundamentów rzeczywistego i zastępczego

ρh(r) = 2,15 * 1,2 = 2,58 $\frac{t}{m^{3}}$

Nr = 217,12 + 2,475 * 1 * 0,7 * 2,58 * 10 = 261,82 kN

Obliczenie mimośrodu eB działania obciążenia na warstwe słabą :

eB = $\frac{N_{r}\ *\ e_{B} - \ {E_{\text{aH}}}^{(r)}*h\ \ }{{N_{r}}^{}}$ = $\frac{217,12\ *\ 0,06 - \ 42,144*0,7\ }{261,82}$ = $\frac{- 16,47}{261,82}$ = - 0,063 m

Obliczenie wielkości geometrycznych :

B = B_ - 2 * eB = 2,475 m – 2 * 0,063 m = 2,349 m

Obliczenie głębokości posadowienia fundamentu zastępczego

Dmin = 1,3m

Dmin = 1,3 + 0,7 = 2 m

Określenie współczynników nośności gruntu NC , ND , NB zależnych od kąta tarcia wewnętrznego fu(r)

fu(r) = 16,5° * 0,9 = 14,85° ND , NC , NB

ND = 3,94

NC = 10,98

NB = 0,59

Określenie wartości obliczeniowej średniej gęstości objętościowej ρD(r) gruntów ponad podstawą fundamentu zastępczego

ρD(n) = 2,15

ρD(r) = 2,15 * 0,9 = 1,935

ρB(r) = 2,1 * 0,9 = 1,89

Określenie współczynników wpływu nachylenia wypadkowej obciążenia

tg (δB) = $\frac{{E_{\text{aH}}}^{(r)}}{{N_{r}}^{}}$

EaH(r) - powiększony o współczynnik korekcyjny γf = 1,2

Nr - pomniejszony o współczynnik γf = 0,9 i 0,8

fu(r) - pomniejszone o współczynnik γf = 0,9

Wartość tg (δB) będzie większa, a tg fu(r)mniejsza co spowoduje że wartość stosunku $\frac{\text{tg}\ (\delta_{B)}}{\text{tg}\ ({f_{u}}^{\left( r \right)})}$ będzie większa. Taka sytuacja jest bardziej niekorzystna, bo współczynniki iC , iD , iB będą mniejsze.

EaH(r) = EaH(n) * γf = 35,12 * 1,2 = 42,144 kN

Nr = Nr + B * L * h * ρh(r) * g = 156,33 + 2,349 * 1 * 0,7 * 2,58 * 10 = 198,75

tg (δB) = $\frac{{E_{\text{aH}}}^{(r)}}{{N_{r}}^{}}$ = $\frac{42,144}{198,75}$ = 0,21

tg (fu(r)) = tg (14,85°) = 0,265

$\frac{tg\ (\delta_{B)}}{tg\ ({f_{u}}^{\left( r \right)})}$ = $\frac{0,21}{0,265}$ = 0,79

iB = 0,55

iD = 0,65

iC = 0,50

Obliczenie wartości obliczeniowej spójności gruntu :

mnożymy przez mniejszy współczynnik korekcyjny tak aby QfNB było mniejsze

Cu(r) = Cu(n)* 0,9 = 31 * 0,9 = 27,9

Obliczenie wartości obliczeniowej składowej pionowej granicznego odporu podłoża gruntowego

$\frac{B\_}{L\_}$ = $\frac{2,349}{19}$ = 0,124

QfNB = B_ * L_ [(1 + 0,3 * $\frac{B\_}{L\_}$) * NC * Cu * iC + (1 + 1,5 * $\frac{B\_}{L\_}$) * ND * ρD(r) * g * Dmin * iD + (1 – 0,25 * $\frac{B\_}{L\_}$) * NB * ρB(r) * g * B * iB] = 2,349 * 1mb [(1 + 0,3 * 0,124) * 10,98 * 27,9 * 0,50 + (1 + 1,5 * 0,124) * 3,94 * 1,935 * 10 * 2 * 0,65 + (1 – 0,25 * 0,124) * 0,59 * 1,89* 10 * 2,349 * 0,55] = 682,09 $\frac{\text{kN}}{\text{mb}}$

Sprawdzenie warunku

Nr m * QfNB

261,82 0,81 * 682,09

261,82 552,5 warunek spełniony

Obliczeniowa wartość pionowej składowej obciążenia działającego na strop warstwy słabej jest mniejsza od oporu granicznego podłoża gruntowego w warstwie słabej co oznacza, że podłoże gruntowe nie ulegnie wyparciu pod wpływem przyłożonego obciążenia.

7 Sprawdzenie I stanu granicznego ze względu na przesunięcie

Warunek : Tr mt * Trf

gdzie :

Tr - obliczeniowa wartość składowej poziomej obciążenia w płaszczyźnie ścięcia [kPa]

Trf - suma rzutów na płaszczyznę ścięcia wszystkich sił obliczeniowych przeciwdziałających przesunięciu ściany [Kpa]

mt - współczynnik korekcyjny 0,9 gdy naziom obciążony q > 10 kPa

7.1 Dla posadowienia ławy fundamentowej

Trf1 = µ * Nr gdzie :

µ = 0,48 - współczynnik tarcia gruntu o konstrukcje

Nr = 198,75 - obliczeniowa wartość pionowej siły obciążenia (mniejsza)

Tr = EaH * γf gdzie :

EaH = 35,12

γf = 1,2

Obliczenie:

Tr = 35, 12 * 1,2 = 42,144 kN

Trf1 = 0,48 * 198,75 = 95,4 kN

Tr mt * Trf

mt * Trf1 = 0,9 * 95,4 = 85,86 kN

42, 144 kN 85, 86 kN warunek został spełniony

Obliczeniowa wartość składowej poziomej obciążenia jest mniejsza od sumy rzutów wszystkich sił obliczeniowych przeciwdziałających przesunięciu ściany oporowej na płaszczyznę ścięcia. Fundament ściany oporowej nie ulegnie przesunięciu w poziomie posadowienia w wyniku przykładanego obciążenia.

7.2 Dla gruntu na którym została posadowiona ława fundamentowa

Warunek : Tr mt * Trf2

gdzie :

Trf2 = Nr * tg (fu(r)) + B * L * Cu(r)

B = 2,3 m – szerokość fundamentu ściany oporowej

L - długość fundamentu ściany oporowej , liczymy na 1mb

Cu(r) = 31*0,9 = 27,9

fu(r) = 16,5° * 0,9 = 14,85° - obliczeniowa wartość kąta tarcia wewnętrznego gruntu bezpośrednio pod fundamentem

Nr = 198,75 - obliczeniowa wartość pionowej siły obciążenia (mniejsza)

mt - współczynnik korekcyjny 0,9 gdy naziom obciążony q > 10 kPa

Obliczenia:

Tr = EaH * γf = 35, 12 * 1,2 = 42,144 kN

Trf2 = 198, 75 * tg (14, 85)+ 2,3 * 1* 27, 9 = 116,87

mt * Trf2 = 0,9 * 116,87 = 105,18

Tr mt * Trf2

42,144 kN 105,18 kN warunek spełniony

Obliczeniowa wartość składowej poziomej obciążenia jest mniejsza od sumy rzutów wszystkich sił obliczeniowych przeciwdziałających przesunięciu ściany oporowej na płaszczyznę ścięcia. Fundament ściany oporowej nie ulegnie przesunięciu w poziomie posadowienia w wyniku przykładanego obciążenia.

7.3 Dla warstwy słabej

Warunek : Tr mt * Trf3

Trf3 =Nr * tg (fu(r)) + B * L * Cu(r)

Nr = 261,82 kN

B = 2,475 m

L = 19 m , liczymy na 1mb

Cu(r) = 31 * 0,9 = 27,9 dla gliny piaszczystej

fu(r) = 16,5° * 0,9 = 14,85°

Trf3 =Nr * tg (fu(r)) + B * L * Cu(r) = 261,82 * tg (14,85°) + 2,475 * 1mb * 27,9 = 138,47

mt * Trf2 = 0,9 * 138,47 = 124,62 kN

Tr = EaH * γf = 35, 12 * 1,2 = 42,144 kN

Tr mt * Trf3

42,144 kN 124,62 kN warunek spełniony

8 Sprawdzenie II stanu granicznego

8.1 Rozkład naprężeń w gruncie

8.1.1 Naprężenia pierwotne bzp

Naprężenia pierwotne spowodowane są pionowym naciskiem jednostkowych gruntów zalegających w podłożu ponad poziomem z. Obliczamy je ze wzoru :

bzp = Σ hi * γi

Obliczenie naprężeń pierwotnych rozpoczynamy od projektowanego poziomu terenu.

Naprężenia liczymy do głębokości 3 B od poziomu posadowienia fundamentu ( 3 * 4,5m + 1m = 14,5m)

z = 0 γ = 0 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ h = 0 bzp0 = h * γ = 0 * 0 = 0

z = 1,3m γ = 19,0 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ h = 1,3 bzp1 = bzp0 + h * γ = 0 + 19,0 * 1,3 = 24,7

z = 2m γ = 21,5 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ h = 0,7 bzp2 = bzp1 + h * γ = 24,7 + 21,5 * 0,7 = 39,75

z = 4m γ = 21,0 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ h = 2 bzp3 = bzp2 + h * γ = 39,75 + 21,0 * 2 = 81,75

z = 6m γ = 21,0 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ h = 2 bzp4 = bzp3 + h * γ = 81,75 + 21,0 * 2 = 123,75

z = 6,9m γ = 21,0 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ h = 0,9 bzp5 = bzp4 + h * γ = 123,75 + 21,0 * 0,9 = 142,65

8.1.2 Odprężenia podłoża bzp i naprężenia wtórne bzw

bzp = bzw

Po wykonaniu wykopu podłoże zostaje odciążone o ciężar usuniętej z wykopu ziemi. Po wykonaniu fundamentu i zasypaniu wykopu naprężenia w podłożu osiągają wartość naprężeń pierwotnych. Przyrosty naprężeń od wartości bzpm do wartości b nazywamy naprężeniami wtórnymi bzw .

bzp = γD * ηm

γD = 24,7 $\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ - ciężar wykopanego gruntu

ηm - współczynnik zaniku naprężeń pod środkiem fundamentu wiotkiego (grunt jest fundamentem wiotkim) , zależy od $\frac{z}{B}$ , $\frac{L}{B}$

B = 2,3 m

L = 19 m

$\frac{L}{B}$ = $\frac{19}{2,3}$ = 8,26

Obliczanie naprężeń rozpoczynamy od poziomu posadowienia

z = 0 $\frac{z}{B}$ = 0 ηm = 1 bzp1 = γD * ηm = 24,7 * 1,00 = 24,7

z = 0,70 $\frac{z}{B}$ = 0,3 ηm = 0,96 bzp2 = γD * ηm = 24,7 * 0,96 = 23,712

z = 2,70 $\frac{z}{B}$ = 1,17 ηm = 0,5 bzp3 = γD * ηm = 24,7 * 0,5 = 12,35

z = 4,70 $\frac{z}{B}$ = 2,04 ηm = 0,32 bzp4 = γD * ηm = 24,7 * 0,32 = 7,9

z = 5,6 $\frac{z}{B}$ = 2,43 ηm = 0,26 bzp5 = γD * ηm = 24,7 * 0,26 = 6,422

8.1.3 Naprężenia minimalne

Naprężenia pierwotne ulegają zmniejszeniu o wartość bzp = γD * ηm do wartości tzw. Naprężeń minimalnych

bzpm = bzp - bzp

bzp1, 3 = 24,7 bzp1 = 24,7 bzpm1 = bzp1, 3 - bzp1 = 24,7 – 24,7 = 0

bzp2, 0 = 39,75 bzp2 = 23,712 bzpm2 = bzp2, 0 - bzp2 = 39,75 – 23,712 = 16,038

bzp4, 0 = 81,75 bzp3 = 12,35 bzpm3 = bzp4, 0 - bzp3 =81,75 – 12,35 = 69,4

bzp6, 0 = 123,75 bzp4 = 7,9 bzpm4 = bzp6, 0 - bzp1 = 123,75 – 7,9 = 115,85

bzp6, 9 = 142,65 bzp5 = 6,422 bzpm5 = bzp6, 9 - bzp1 = 142,65 – 6,422 = 136,23

8.1.4 Naprężenia od obciążenia nierównomiernie rozłożonego bzg

Ławy pod ścianami traktuje się jako doskonale sztywne

bzq = q * ηs

ηs - współczynnik rozkładu naprężenia w podłożu dla fundamentu sztywnego , zależy od $\frac{z}{B}$ , $\frac{L}{B}$

q = $\frac{N_{r}}{B*L}$ średnia wartość obciążenia jednostkowego działającego na obszar fundamentu –przypadek nierównomiernego rozkładu obciążenia (fundament obciążony mimośrodowo)

Nr = 193,19 kN - wartość charakterystyczna wypadkowej siły pionowej

B = 2,3 m

L = 19 m - przyjmujemy 1mb

q = $\frac{N_{r}}{B*L}$ = $\frac{193,19}{2,3*1}$ = 84

Obliczanie odprężeń zaczynamy od poziomu posadowienia

z = 0 $\frac{z}{B}$ = 0 ηs = 1 bzq1 = q * ηs = 84 * 1,00 = 84

z = 0,70 $\frac{z}{B}$ = 0,3 ηs = 0,82 bzq2 = q * ηs = 84* 0,82 = 68,88

z = 2,70 $\frac{z}{B}$ = 1,17 ηs = 0,46 bzq3 = q * ηs = 84* 0,46 = 38,64

z = 4,70 $\frac{z}{B}$ = 2,04 ηs = 0,3 bzq4 = q * ηs = 84* 0,3 = 25,2

z = 5,60 $\frac{z}{B}$ = 2,43 ηs = 0,25 bzq5 = q * ηs = 84* 0,25 = 21

8.1.5 Naprężenia całkowite bz

Po wykonaniu budowli i oddaniu jej do eksploatacji naprężenia w podłożu osiągają wartość maksymalną i nazywają się całkowitymi. Naprężenia całkowite możemy obliczyć jako sumę naprężeń minimalnych i od siły zewnętrznej z wzoru :

bz = bzpm + bzq

bzpm1 = 0 bzq1 = 84 bz0 = bzpm1 + bzq1 = 0+84 = 84

bzpm2 = 16,038 bzq2= 68,88 bz0, 7 = bzpm2 + bzq2 = 16,038+68,88 = 84,92

bzpm3 = 69,4 bzq3 = 38,64 bz2, 7 = bzpm3 + bzq3 = 69,4+38,64 = 108,04

bzpm4 = 115,85 bzq4 = 25,2 bz4, 7 = bzpm4 + bzq4 = 115,85+25,2 = 141,05

bzpm5 = 136,23 bzq5 = 21 bz5, 6 = bzpm5 + bzq5 = 136,23+21 = 157,23

8.1.6 Naprężenia dodatkowe bzD

Naprężeniami dodatkowymi nazywamy przyrosty naprężeń od wartości bzp do bz. Wartość naprężeń dodatkowych możemy obliczyć ze wzoru :

bzD = bzq - bzp albo bzD = bz - bzp

Czyli jako różnicę naprężeń całkowitych i pierwotnych

bz0 = 84 bzp1 = 24,7 bzD0 = bz0 - bzp1 = 84 - 24,7 = 59,3

bz0, 7 = 84,92 bzp2 = 39,75 bzD0, 7 = bz0, 7 - bzp2 = 84,92 – 39,75 = 45,17

bz2, 7 = 108,04 bzp3 = 81,75 bzD2, 7 = bz2, 7 - bzp3 = 108,04 – 81,75 = 26,29

bz4, 7 = 141,05 bzp4 = 123,75 bzD4, 7 = bz4, 7 - bzp4 = 141,05 – 123,75 = 17,3

bz5, 6 = 157,23 bzp5 = 142,65 bzD5, 6 = bz5, 6 - bzp5 = 157,23 – 142,65 = 14,58

8.2 Średnie osiadanie fundamentów

Warunek : S Sdop.

S – symbol umownej wartości przemieszczenia lub odkształcenia miarodajnego dla oceny stanu użytkowego danej budowli. W tym przypadku średnie osiadanie fundamentów budowli Ssr.

Sdop. - symbol odpowiedniej wartości dopuszczalnej

Stosuje się charakterystyczne wartości parametrów geotechnicznych. Obliczanie osiadania przeprowadzamy metodą naprężeń. Osiadanie si warstwy podłoża o grubości hi obliczamy wg :

si = si + si

si - osiadanie pierwotne warstwy „i”

si - osiadanie wtórne warstwy „i”

si = $\frac{b_{\text{zD}}*\ h_{i}}{M_{0i}}$

bzD - naprężenia dodatkowe w podłożu pod fundamentem

M0i - moduł ściśliwości pierwotnej

hi - grubość warstwy „i”

si = λ * $\frac{{b'}_{\text{zp}}*\ h_{i}}{M_{i}}$

bzp - naprężenia wtórne w podłożu pod fundamentem

Mi - moduł ściśliwości wtórnej

hi - grubość warstwy „i”

λ - współczynnik uwzględniający stopień odprężenia podłoża po wykonaniu wykopu. Przyjmujemy λ =1 ponieważ czas wznoszenia budowli od wykonania wykopów fundamentowych do zakończenia stanu surowego, obciążenie stałe trwa dłużej niż rok.

Sprawdzenie warunku stateczności metodą Felleniusa.

Metoda Felleniusa polega na wyznaczeniu współczynnika pewności który określi nam podatność konstrukcji na poślizg. Dążymy do uzyskania jak najmniejszej wartości współczynnika W naszym przypadku obliczenia nie będą miarodajne gdyż obliczeń dokonamy tylko dla jednego położenia punktu 0 i długości promienia R .

Współczynnik obliczamy ze wzoru:

gdzie:

Σ Mu – suma momentów utrzymujących, względem punktu 0

Mu = Σ TP · R + Σ TL · R + Σ SL · R

Σ Mo – suma momentów obracający względem punktu 0

Σ Mo = Σ SP · R

Σ TP –suma wszystkich sił tarcia z prawej strony punktu

Σ TL –suma wszystkich sił tarcia z lewej strony punktu

Σ SL - suma wszystkich sił zsuwu z lewej strony punktu

Σ SP - suma wszystkich sił zsuwu z prawej strony punktu

R - promień zsuwu

Tok postępowania przy metodzie Felleniusa :

Przyjąłem środek obrotu w odległości x = y = 0,27 H od krawędzi ściany oporowej czyli punkt O. gdzie H =

Przyjąłem płaszczyznę ścięcia, promień R odczytałem z rysunku R = .

Podzieliłem powstałą powierzchnię na bloki, gdzie maksymalna szerokość bloku, to b≤0,1R (przyjąłem bmax = ).

Obliczyłem pola powstałych bloków, ich objętość na 1 mb ściany oraz ciężar każdego bloku. Przy blokach złożonych (na które składają się fragmenty ściany lub warstwy różnych gruntów) obliczyłem pola i ciężary fragmentów i po zsumowaniu otrzymałem ciężar poszczególnych bloków.

Następnie wyznaczyłem odległości X (odległość pomiędzy pionową osią przechodzącą przez środek obrotu O, a wypadkową ciężaru bloku, która przechodzi przez jego środek).

Z prostych zależności kątowych wyznaczyłem sinα.

sin α =

Znając wartości funkcji trygonometrycznej sinα obliczyłam kąty α i cosα.

Na podstawie wzorów:

N = W · cosα

S = W · sinα

wyznaczyłem siły nacisku N i siły zsuwu S.

Siły tarcia T obliczyłem dla każdego bloku ze wzoru:

Ti = N · tgφ + Cu ·li · 1

Ni – wartość składowej obciążenia działająca na kierunku promienia [kN]

Si – wartość składowej stycznej obciążenia [kN]

Wi – ciężar bloku i [kN/m2]

Ti – siła oporu tarcia i kohezji gruntu przeciwstawiająca się sile zsuwającej

li - długość spodu paska gruntu (liczona po prostej)

Obliczenia zestawiono w tabeli

Moment utrzymujący konstrukcję (Mu ), został wywołany siłą tarcia (T) na całej powierzchni ścięcia oraz siłą zsuwającą na odcinku od 1 – 8 bloku. Natomiast moment obracający (Mo) został wywołany siłą zsuwającą tylko na odcinku 8 - 19 bloku (oznaczenia jak na rysunku 8)

F = $\frac{1784,64}{622,11} = 2,869$

F = 2,87

Najbardziej prawdopodobną powierzchnię poślizgu należy ustalić metodą kolejnych prób, tak aby współczynnik pewności F był jak najmniejszy.

Posadowienie pośrednie za pomocą pali.

  1. Rodzaj pali.

Zastosowano PALE WBIJANE PREFABRYKOWANE ŻELBETOWE firmy Aarseleff, w przekroju o kształcie kwadratu, o długości boku b = . Zagłębienie pali w ławie fundamentowej – .

  1. Obciążenia potrzebne do obliczeń nośności pala.

- wartość składowej poziomej parcia

charakterystyczna EaH = 35,12 kN/m

obliczeniowa EaH(r) = 42,144 kN/m

- wartość pionowej wypadkowej obciążenia

charakterystyczna Nr = 217,12 kN/m

obliczeniowa większa Nr(r) = 261,82 kN/m

obliczeniowa mniejsza Nr(r) = 198,75 kN/m

( w skład wartość pionowej wypadkowej obciążenia Nr wchodzi :

ciężar własny ściany, obciążenie naziomu, ciężar gruntu na odsadzkach fundamentu, wartość składowej pionowej wypadkowej parcia granicznego gruntu ). Dane wyliczono w pierwszej części projektu.

  1. Wartość wypadkowej obciążenia i kąt odchylenia wypadkowej od pionu.

Wypadkową obciążenia i jej kąt nachylenia wyliczono na podstawie zależności matematycznych i przedstawiono w sposób graficzny na rys. 3. Do obliczeń użyto wartości obliczeniowych większych w celu stworzenia bardziej niekorzystnego przypadku.

W2 = Nr2 + EaH2

W2 = 261,82 + 42,144 2

W = 303,96 kN/m

Kąt pod jakim wypadkowa obciążenia jest nachylona do pionu wyliczamy z proporcji :

cos = 261,82/303,96 = 0,86  = 30,7 0

  1. Sprawdzenie warunku nachylenia pali.

Jeżeli warunek EaH/Nr < 0,2 będzie spełniony wówczas pale można pochylić jak wypadkową W , a siły w palach wyznaczyć jako W/2. Aby uzyskać najmniej korzystny przypadek do obliczeń przyjmujemy EaH o wartości obliczeniowej większej i Nr o wartości obliczeniowej mniejszej:

EaH/Nr = 42,144 / 198,75 = 0,21 > 0,2

Warunek nie został spełniony, zatem należy zastosować pionowo - kozłowy układ pali.

2.Obliczenia

2.1. Układ pali pod fundamentem.

Rozmieszczenie pali pod fundamentem ściany oporowej przyjęto tak, aby przenosiły siły pionowe i poziome. Ławę fundamentową o długości L=25m podzielono na 14 sekcji o szerokości w sposób zapewniający jednakowe, równomierne obciążenie każdej z sekcji. W każdej z sekcji znajdują się 3 pale : pionowy wciskany NR 1 i dwa pale ustawione w sposób kozłowy o kącie odchylenia od pionu 150 . Pal NR 2 skierowany w stronę pala NR 1 jest wciskany a przeciwny NR 3 wyciągany. Układ i sposób rozmieszczenia pali przedstawiono na rys. 1 i 2.

2.2. Wyznaczenie wielkości sił w palach METODA CULMANNA.

Wartości sił w palach przypadających na 1 mb konstrukcji :

Q1 = 175,87 kN/m

Q2 = 186 kN/m

Q3 = 63,62 kN/m

Wartości sił w palach zebranych z jednej skecji:

Q1 = 175,87 * 1,79 = 314,8 kN

Q2 = 186 * 1,79 = 332,94 kN

Q3 = 63,62 * 1,79 = 113,88 kN

2.3. Warunek określający nośność pala.

G + Qr < m*Nt , gdzie :

G - ciężar pala

Qr – obciążenie obliczeniowe wzdłuż pala (Q1 lub Q2 lub Q3)

N - obliczeniowa nośność pala

m – współczynnik korekcyjny dla fundamentów na palach m = 0,9

Ciężar pala wyznaczamy wg wzoru :

G = Ap*L*

Ap – pole przekroju pala

L - długość pala

- ciężar objętościowy pala = 25 kN/m3

2.4. Obliczeniowa nośność pala wciskanego.

Nt = Np + Ns

Nt obliczeniowa nośność pala wciskanego

Np opór podstawy pala

Ns - opór pobocznicy pala wciskanego

Np = Sp*q(r)*Ap

Sp współczynnik technologiczny przyjmowany z tablicy 4 normy

PN-83/B-02482 zależny od rodzaju gruntu i pala

q(r) jednostkowa, obliczeniowa wytrzymałość gruntu pod podstawą pala

Ap pole przekroju poprzecznego podstawy pala

Ns = Ssi*ti(r)*Asi

Ss – współczynnik technologiczny

ti(r) – jednostkowa, obliczeniowa wytrzymałość gruntu wzdłuż pobocznicy pala w obrębie warstwy i

As – pole pobocznicy pala zagłębionego w gruncie

2.4.1 Obliczenie nośności wciskanego pala pionowego NR 1. :

Opór podstawy pala

Np1 = Sp*q(r)*Ap

Sp – dla pala prefabrykowanego wynosi 1,1 (wg Tab. 4 PN-83/B-02482)

Ap = 0,4 * 0,4 = 0,16 m2

Średnicę pala przyjęto d = 0,4 [m]

Wartość jednostkowej obliczeniowej wytrzymałości gruntu pod podstawą pala wyznacza się na podstawie wytrzymałości granicznej q przyjmowanej z tablicy 1 normy PN-83/B-02482 w zależności od rodzaju gruntu oraz stopnia jego zagęszczenia (plastyczności). Ponieważ średnica pala d = głębokość krytyczna hc, dla której przyjmujemy wartość q wynosi hc = . Biorąc pod uwagę układ warstw ( do głębokości występują tylko grunty nienośne) należy wyznaczyć nowy poziom odniesienia, od którego rozpoczyna się wykres q Leży on na głębokości hz wyznaczonej ze wzoru :

hz = 0,65 * (Σ hi * γi)/γ

hi – miąższość warstwy gruntu

γi – wartość charakterystyczna ciężaru objętościowego gruntu w warstwie

zalegającej nad stropem gruntu nośnego

γ – wartość charakterystyczna ciężaru objętościowego gruntu nośnego

hz = 0,65 * ( 1,2 * 17 + 2,4 * 11 + 5.8 * 16) / 20 = 4,54 m

Wartość q na 10 m dla piasku średniego Ps o ID = 0,62 wyznaczam

interpolując podane wartości :

ID = 67 q10 = 3600 kPa

ID = 0,33 q10 = 2150 kPa

Ps o IL = 0,62 q10 = 3600 - 5*((3600-2150)/34) = 3386,8 kPa

Zastosowano pal o długości , spód pala znajduje się na głebokości .

12,7 - 4,54 = 8,16

q(n) = 2763,6 kPa

Np1 = 1,1 * 0,9 * 2763.6 * 0,16 = 437,8 kN

Np1 = 437,8 kN

Opór pobocznicy pala wciskanego

Ns = Ssi*ti(r)*Asi

Ssi – dla pala prefabrykowanego wynosci 1,1 (wg Tab. 4 PN-83/B-02482)

Asi = 0,4 * 4 = 1,6 m

Wartość jednostkowej obliczeniowej wytrzymałości gruntu wzdłuż pobocznicy ( t(r) ) wyznacza się na podstawie wytrzymałości granicznej t przyjmowanej wg tablicy 2 normy PN-83/B-02482 w zależności od rodzaju gruntu oraz stopnia jego zagęszczenia. Wartości t podane w normie należy przyjmować dla głębokości i większej mierząc od poziomu terenu. W naszym przypadku wykresy t zaczynają się od wyznaczonego poziomu odniesienia znajdującego się na głębokości p.p.t.

Grunty o Id > 0,2 oraz Il < 0,75 powodują tarcie negatywne. W naszym przypadku jest to grunt wierzchni piasek drobny Pd o Id = 0,19 i miąższości . Występuje on na długości pala. Z racji bardzo małej grubości gruntu pomija się wpływ tarcia negatywnego.

Wartość t na dla Ps o IL = 0,62 wyznaczam interpolując podane wartości:

IL = 0,67 t5 = 74 kPa

IL = 0,33 t5 = 47 kPa

IL = 0,62 t5 = 74–5*((74–47)/34)=70,0 kPa

5 - ( 5 + 4,54 - 9,4 ) =

t4,86(n) = 68,04 kPa

Ns1 = 1,1 * 0,9 * 0,5 (68,04 +70) * 0,14 * 1,6 +

+ 1,1 * 0,9 * 70 * 3,16 * 1,6 = 365,7 kN

Ns1 = 365,7 kN

Sumaryczna nośność pala NR 1 :

N1 = Np1 + Ns 1= 437,8 + 365,7 = 803,5 kN

2.4.2 Obliczenie nośności wciskanego pala kozłowego NR 2:

Opór podstawy pala

Np2 = Sp*q(r)*Ap

Sp – dla pala prefabrykowanego wynosi 1,1 (wg Tab. 4 PN-83/B-02482)

Ap = 0,4 * 0,4 = 0,16 m2

Średnicę pala przyjęto d = 0,4 [m]

Sposób postępowania jak w przypadku pala NR 1.

hz = 4,54 m

Ps o IL = 0,62 q10 = 3386,8 kPa

Zastosowano pal o długości pod kątem 15 o, spód pala znajduje się na głebokości .

12,3 - 4,54 = 7,76 m

q(n) = 2628,2 kPa

Np2 = 1,1 * 0,9 * 2628,2 * 0,16 = 416,3 kN

Np2 = 416,3 kN

Opór pobocznicy pala wciskanego

Ns = Ssi*ti(r)*Asi

Ssi – dla pala prefabrykowanego wynosci 1,1 (wg Tab. 4 PN-83/B-02482)

Asi = 0,4 * 4 = 1,6 m

Sposób postępowania jak w przypadku pala NR 1.

Ps o IL = 0,62 t5 = 70,0 [kPa]

t4,86(n) = 68,04 kPa

cos 15o = 0,966

Ns2 = 1,1 * 0,9 * 0,5 (68,04 +70) * 0,14/0,966 * 1,6 +

+ 1,1 * 0,9 * 70 * 2,76 /0,966 * 1,6 = 332,6 kN

Ns2 = 332,6 kN

Sumaryczna nośność pala NR 2 :

N2 = Np2 + Ns2 = 416,3 + 332,6 = 748,9 kN

2.5. Wyznaczenie stref naprężeń w gruncie wokół pali wciskanych.

Sprawdzenie nachodzenia na siebie stref naprężeń wokół pali. W przypadku wystąpienia nakładania się stref nośność pala wzdłuż pobocznicy oblicza się uwzględniają współczynnik redukcyjny m1 przyjmowany wg tablicy 8 normy PN-83/B-02482 w zależności od stosunku r/R gdzie

r – osiowy rozstaw pali wg wzoru :

Nt = Np + m1*Ns

Promień strefy naprężeń :

R = D/2 + hi*tgi

D - średnica pala

h – miąższość warstwy nośnej gruntu

i kąt zależny od rodzaju gruntu wyznaczany na podstawie tablicy 7 normy PN-83/B-02482

Pd ID = 0,62 h1 = 3,3 [m] 1 = 60 tg = 0,105

Sprawdzenie nakładania się stref, sąsiednich pali wciskanych.

Relacja pal NR 1 - NR1 .

Osiowy rozstaw pali

r = 1,79 m

R = 0,4/2 + 3,3 * 0,105 = 0,55 m

0,55 * 2 = < 1,79 m

2R < r

Wniosek : Strefy naprężeń nie zachodzą na siebie m1 = 1.

Sprawdzenie nakładania się stref, sąsiednich pali wciskanych.

Relacja pal NR 2 - NR 2

Osiowy rozstaw pali

r = 1,79 m

R = 0,4/2 + 3,0 * 0,105 = 0,52 m

0,52 * 2 = < 1,79 m

2R < r

Wniosek : Strefy naprężeń nie zachodzą na siebie m1 = 1.

Sprawdzenie nakładania się stref, sąsiednich pali wciskanych.

Relacja pal NR 1 - NR 2

Największe prawdopodobieństwo nakładania się na siebie stref naprężeń

występuje w miejscach gdzie pale znajdują się w bliskiej odległości. Pale Nr 1

i 2 najbliżej siebie znajdują się w teoretycznym miejscu przecięcia w przekroju

poprzecznym. Tam tez należałoby obliczyć zasięg działania naprężeń. W

naszym przypadku stożki naprężeń maja wierzchołek poniżej przecięcia się

pali co wyklucza wzajemne oddziaływanie na siebie. Promień podstawy stożka

jest zbyt mały by mogło nastąpić nakładanie się stref. Wraz ze wzrostem

głębokości odległość pali miedzy sobą zwiększa się co wyklucza późniejsze

nałożenie się stref. Przypadek ten obrazuje aksonometryczny rysunek nr 6.

Wniosek : Strefy naprężeń nie zachodzą na siebie m1 = 1.

2.6. Obliczeniowa nośność pala wyciąganego.

Nw = Siw*ti(r)*Asi

Sw – współczynnik technologiczny

ti(r) – jednostkowa, obliczeniowa wytrzymałość gruntu wzdłuż pobocznicy

pala w obrębie warstwy i

As – pole pobocznicy pala zagłębionego w gruncie

2.6.1 Obliczenie nośności wyciąganego pala kozłowego NR 3.

Zastosowano pal o długości pod kątem 15 o, spód pala znajduje się na głebokości .

Nw = Siw*ti(r)*Asi

Sw – dla pala prefabrykowanego wynosi 0,6 (wg Tab. 4 PN-83/B-02482)

Asi = 0,4 * 4 = 1,6 m

Sposób postępowania jak w przypadku pala NR 1 i 2.

Ps o IL = 0,62 t5 = 70,0 [kPa]

t4,86(n) = 68,04 kPa

cos 15o = 0,966

Nw3 = 0,6 * 0,9 * 0,5 (68,04 +70) * 0,14/0,966 * 1,6 +

+ 0,6 * 0,9 * 70 * 2,76/0,966 * 1,6 = 181,4 kN

Nw3 = 181,4 kN

2.7. Wyznaczenie stref naprężeń w gruncie wokół pali wciskanych

Postępowanie jak w przypadku pali NR 1 i NR 2

Nw = m1 * Ns

Promień strefy naprężeń :

R = 0,1 h + D/2

D - średnica pala

h – miąższość warstwy nośnej gruntu

Sprawdzenie nakładania się stref, sąsiednich pali wciskanych.

Relacja pal NR 3 – NR3 .

Osiowy rozstaw pali

r = 1,79 m

R = 0,1 * 3 + 0,4/2 = 0,5 m

0,5 * 2 = <

2R < r

Wniosek : Strefy naprężeń nie zachodzą na siebie m1 = 1

2.8. Sprawdzenie warunku na nośność pali

G + Qr < m * Ni * m1

G = Ap*L*0,16 * 12 * 25 = 48 kN

2.8.1 Sprawdzenie nośności pala NR 1.

G + Q1 < m * N1 * m1

48 + 519,5 < 0,9 * 1 * 803,5

567,5 kN < 723,15 kN

Wniosek : Warunek został spełniony. Nośność pala NR 1 jest wystarczająca by przenieść zadane obciążenie i ciężar własny ściany oporowej.

2.8.2 Sprawdzenie nośności pala NR 2.

G + Q2 < m * N2 * m1

48 + 549,7 < 0,9 * 1 * 748,9

597,7 kN < 674,0 kN

Wniosek : Warunek został spełniony. Nośność pala NR 2 jest

wystarczająca by przenieść zadane obciążenie i ciężar własny ściany oporowej.

2.8.3 Sprawdzenie nośności pala NR 3.

G + Q3 < m * N3 * m1

- 48 + 188,1 < 0,9 * 1 * 181,4

140,1 kN < 163,26 kN

Wniosek : Warunek został spełniony. Nośność pala NR 3 jest ]

wystarczająca by przenieść zadane obciążenie i ciężar własny ściany oporowej.


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
nr paska, Resources, Budownictwo, Mechanika Gruntów, gruntki, materiały, Mechanika gruntów, projekt
cwiczenie projektowe nr 2, Budownictwo, Projekty, Mechanika gruntów, Projekty z forum
Mechanika gruntów Projekt z mechaniki
projekt 3, Geologia inżynierska UW 2013-2015, IV rok, Mechanika gruntów, Projekt 3
Osiadania, Budownictwo, Projekty, Mechanika gruntów, Projekty z forum
pytania po I projekcie.Konderla, Budownictwo, Projekty, Mechanika gruntów, Projekty z forum
Mechanika Gruntow-4 projekt, Budownictwo, IV sems, Mechanika Gruntów
Projetk nr1, Budownictwo, IV sems, Mechanika Gruntów, Projekt1
punkt A, Resources, Budownictwo, Mechanika Gruntów, gruntki, materiały, mechanika od Piotrka, Mechan
MG projekt I, Budownictwo, Projekty, Mechanika gruntów, I Projekt z MG, Mój projekt I
DoZadania5, Studia, Sem 4, Semestr IV, Mechanika gruntów, Projekt
Mechanika gruntów - 2 projekt, Studia Budownictwo Zielona Góra Uz, semestr 3, mechanika gruntow, Mec
mechanika gruntów, Resources, Budownictwo, Mechanika Gruntów, gruntki, materiały, mechanika od Piotr
Mechanika gruntów Projekt 1
tytułowa, Resources, Budownictwo, Mechanika Gruntów, gruntki, materiały, Mechanika gruntów, projekt
Projekt 3, Budownictwo, IV sems, Mechanika Gruntów, Projekt 3
Podstawowe cechy fizyczne gruntu.Sprawozdanie 2, Budownictwo, Projekty, Mechanika gruntów, I Projekt
MECHanika 2, Resources, Budownictwo, Mechanika Gruntów, Mechanika gruntów5, projekt 2
mech gr proj2a!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!, Resources, Budownictwo, Mechanika Gruntów, gruntki, materia

więcej podobnych podstron