Wydział Budownictwa Lądowego i Wodnego Wrocław, 14.10.2010

ĆWICZENIE PROJEKTOWE NR 1B Z FUNDAMENTOWANIA

PROJEKT STOPY

Opracował: Piotr Dobranowski, nr indeksu 169454

Prowadzący: prof. dr hab. inż. Elżbieta Stilger – Szydło

1. OPIS TECHNICZNY

   1. Analiza

Celem ćwiczenia projektowego jest sprawdzenie nośności fundamentu - stopy wg PN-81/B-03020 dla wielokondygnacyjnego budynku mieszkalnego. Lokalizacja budynku to Lublin. Konstrukcja budynku jest jednonawowa z suwnicą, utwierdzona w fundamentach, żelbetowa.

1.2. Parametry geotechniczne gruntu podłoża

Tab.1

Nazwa gruntu	Wskaźniki	ρ	γ	ρs	γs	γ’	wn	ρd	M0	M	φ	C
	IL	ID	Grupa	[t/m^3]	[kN/m^3]	[t/m^3]	[kN/m^3]	[kN/m^3]	[%]	[t/m^3]	[kPa]	[kPa]
Pd	-	0,56	C	2,20	21,58	1,75	17,16	4,41	16	1,89	70000	77777
Ż	-	0,60	C	2,05	20,11	2,65	25,99	5,88	18	1,74	175000	194444

1.3. Dane odnośne do projektu

Tab.2

a	0,40	[m]
B	2,10	[m]
L	2,60	[m]
h	0,90	[m]
b	0,70	[m]
exs	0,20	[m]
eys	0,00	[m]
p.w.f.	-0,50	[m]

Obciążenia:

Tab.3

Kombinacja obciążeń obliczeniowych	1	2
	Pr	Mxr
	[kN]	[kNm]
SZMD	1280	0
SZM+K	1600	20
SZMD+K+W	1680	60

1.4. Schemat obliczeniowy podłoża gruntowego do projektowania fundamentu

Rys.1

1. Wstępne założenia

Założona głębokość posadowienia fundamentu D – 1,4m

Wymiary stopy: 2,1m x 2,6m x 0,9m

1. Sprawdzenie warunku I stanu granicznego nośności

Zasady wymiarowania:

1. Rozkład obciążenia jednostkowego w poziomie posadowienia fundamentu przyjmować jako równomierny liniowy i nie uwzględniać sił rozciągających pomiędzy podstawą fundamentu a gruntem

2. Wypadkowa obciążeń stałych i zmiennych długotrwałych nie może wyjść ze rdzenia przekroju

3. Wypadkowa obciążeń stałych i zmiennych długotrwałych i krótkotrwałych nie powinna wyjść ze rdzenia przekroju

4. Wypadkowa obciążeń stałych i zmiennych długotrwałych, krótkotrwałych i wyjątkowych może wyjść ze rdzenia przekroju, lecz musi zostać spełniony warunek $\complement\ \leq \frac{B}{4}$ .

Dane wejściowe:

W podłożu stwierdzono występowanie żwiru o stopniu zagęszczenia I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 60. Jest to grunt nieskonsolidowany. Parametry wyznaczone metodą B wynoszą:

Ciężar objętościowy: γ⁽ⁿ⁾ = 2, 05 * 9, 81 = 20, 11 kN * m⁻³ (z tab.1)

Kąt tarcia wewnętrznego: φ⁽ⁿ⁾ = 33^o (z tab.1)

Dane materiałowe:

Został użyty Beton B10: R_b = 5,8 MPa, R_bz = 0,58 MPa, γ_b⁽ⁿ⁾ = 24,0 kN/m³

Została użyta stal St3SX: R_a = 210 MPa

(dane wzięte z książki „Fundamentowanie..” red. Cz. Rybak, tabele 3.7, 3.8)

Ciężar objętościowy zasypki fundamentu: γ⁽ⁿ⁾ = 18 kN/m³

Grubość posadzki: g=0,15m

Ciężar objętościowy posadzki piwnicy: γ_p⁽ⁿ⁾ = 23 kN/m³

3.1. Obliczenia ciężarów stopy i gruntu na odsadzkach

Wartości obliczeniowe obciążeń:

- ciężar stopy

G_1n = (2,1*2,6*0,9*24,0) * 1, 1 = 129, 73 kN

- ciężar gruntu nad odsadzką stopy

G_2n = [(szerokosc lawy−grubosc sciany)_x * (szerokosc lawy−grubosc sciany)_y * wysokosc od p.w.f. do posadzki * 18, 0]*1, 2 = (2,6−0,7) * (2,1−0,4) * (0,5−0,15) * 18, 0 * 1, 2 = 24, 42 kN

- ciężar posadzki

G_3n = [(szerokosc lawy−grubosc sciany)_x*(szerokosc lawy−grubosc sciany)_y*grubosc posadzki*23,0] * 1, 3 = (2,6−0,7) * (2,1−0,4) * 0, 15 * 23, 0 * 1, 3 =  11, 14 kN

Ciężar ogólny obliczeniowy

$$G_{r} = \sum_{}^{}{G_{\text{in}}*\gamma_{\text{ffi}}} = 129,73 + 24,42 + 11,14 = 168,63\ kN$$

3.2. Sprawdzenie położenia wypadkowej obliczeniowego obciążenia stałego i zmiennego długotrwałego

exs = 0,2m

Obciążenie pionowe podłoża

N_r^I =  P_r^I +  G_r = 1280 +  168, 63 = 1448, 63 kN

Moment wypadkowej obciążeń podłoża względem środka podstawy ławy

M_ry^I =  M_y^I +  H_x^I * H − P_r^I * e_xs = 150 + (−40) * 0, 9 − 1280 * 0, 2 =   − 142 kNm

Mimośród obciążenia podłoża obliczony względem środka podstawy stopy

$$e_{L} = \left| \frac{M_{\text{ry}}^{I}}{{N_{1}}^{I}} \right| = \left| \frac{- 142}{337,181} \right| = 0,09m$$

$$q_{\max} = \frac{{N_{1}}^{I}}{B*L}\left( 1 + \frac{6*e_{L}}{L} \right) = \frac{1448,63}{2,1*2,6}\left( 1 + \frac{6*0,09}{2,6} \right) = 325,33\ kPa$$

$$q_{\min} = \frac{{N_{1}}^{I}}{B*L}\left( 1 - \frac{6*e_{L}}{L} \right) = \frac{1448,63}{2,1*2,6}\left( 1 - \frac{6*0,09}{2,6} \right) = 205,3\ kPa$$

$$\frac{q_{\max}}{q_{\min}} = 1,58$$

3.3. Sprawdzenie warunków dotyczących położenia wypadkowej obciążeń stałych i zmiennych długotrwałych i krótkotrwałych

Schemat I.

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I} = \ 1600 + \ 168,63 = 1768,63\ kN$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{I} = \ 570 - \left( - 110 \right)*0,9 - 1600*0,2 = 349\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{I} = \ 20 + 60*0,9 = 74\ kNm$$

Mimośrody e_rL, e_rB:

$$e_{\text{rL}}^{I} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{I}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I}} = \frac{349}{1768,63} = 0,19m$$

$$e_{\text{rB}}^{I} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{I}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I}} = \frac{74}{1768,63} = 0,04m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,19}{2,6} + \frac{0,04}{2,1} = 0,095 < \frac{1}{6}$$

Wypadkowa znajduje się w granicy rdzenia.

Schemat II.

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}} = \ 1800 + \ 168,63 = 1968,63\ kN$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{\text{II}} = \ - 200 - \left( - 20 \right)*0,9 - 1600*0,2 = - 542\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{\text{II}} = \ 40 + 68*0,9 = 101,2\ kNm$$

Mimośrody e_rL, e_rB:

$$e_{\text{rL}}^{\text{II}} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{\text{II}}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}} = \left| \frac{- 542}{1968,63} \right| = 0,27m$$

$$e_{\text{rB}}^{\text{II}} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{\text{II}}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}} = \frac{101,2}{1968,63} = 0,05m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,27}{2,6} + \frac{0,05}{2,1} = 0,13 < \frac{1}{6}$$

Siła znajduje się w granicy rdzenia. Odrywanie fundamentu od podłoża nie występuje.

3.4. Sprawdzenie warunków dotyczących położenia wypadkowej obciążeń stałych, zmiennych i wyjątkowych

Schemat I.

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I} = \ 1680 + \ 168,63 = 1848,635\ kN$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{I} = \ 650 - \left( - 130 \right)*0,9 - 1680*0,2 = 431\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{I} = \ 60 + 80*0,9 = 132\ kNm$$

Mimośrody e_rL, e_rB:

$$e_{\text{rL}}^{I} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{I}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I}} = \frac{431}{1848,635} = 0,23m$$

$$e_{\text{rB}}^{I} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{I}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I}} = \frac{132}{1848,635} = 0,07m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,23}{2,6} + \frac{0,07}{2,1} = 0,123 < \frac{1}{6}$$

Wypadkowa znajduje się w granicy rdzenia.

Schemat II.

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}} = \ 1880 + \ 168,63 = 2048,635\ kN$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{\text{II}} = \ - 250 - \left( - 50 \right)*0,9 - 1880*0,2 = - 581\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{\text{II}} = \ 80 + 94*0,9 = 164,6\ kNm$$

Mimośrody e_rL, e_rB:

$$e_{\text{rL}}^{\text{II}} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{ry}}^{\text{II}}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}} = \left| \frac{- 581}{2048,635} \right| = 0,28m$$

$$e_{\text{rB}}^{\text{II}} = \frac{{\overset{\overline{}}{M}}_{\text{rx}}^{\text{II}}}{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}} = \frac{164,6}{2048,635} = 0,08m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,28}{2,6} + \frac{0,08}{2,1} = 0,147 < \frac{1}{6}$$

Siła znajduje się w granicy rdzenia. Odrywanie fundamentu od podłoża nie występuje.

1. Sprawdzenie warunków stanu granicznego nośności od obciążeń stałych, zmiennych i wyjątkowych

Schemat I.

Z punktu 3.4. :

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I} = \ 1848,635\ kN$$

e_rL = 0, 23m

e_rB = 0, 07m

$$\overset{\overline{}}{B} = B - 2e_{\text{rB}} = 2,1 - 2*0,07 = 1,95m$$

$$\overset{\overline{}}{L} = L - 2e_{\text{rL}} = 2,6 - 2*0,23 = 2,13m$$

- Obliczeniowa wartość kąta tarcia wewnętrznego żwiru o I_D = 0,6

φ_u⁽ⁿ⁾ = 39^o φ_u^r = 0, 9 * 39^o =  35, 1^o

- Współczynniki nośności

N_C =  46, 12 N_D =  33, 3 N_B =  16, 96 (z tab. Z1-1 z normy PN-81/B-03020)

- Współczynniki I_D, i_B dla Q_fNB

$$tg\delta = \frac{H_{\text{ry}}^{I}}{N_{r}^{I}} = \frac{80}{1848,635} = 0,043$$

tgφ_u^r = tg35, 1^o =  0, 703

$$\frac{\text{tgδ}}{\text{tg}\varphi_{u}^{r}} = \frac{0,043}{0,703} = 0,062$$

i_C =  0, 95 i_D =  0, 98 i_B =  0, 97

- Współczynniki I_D, i_B dla Q_fNL

$$tg\delta = \frac{H_{\text{rx}}^{I}}{N_{r}^{I}} = \frac{\left| - 130 \right|}{1848,635} = 0,0703$$

tgφ_u^r = tg35, 1^o =  0, 703

$$\frac{\text{tgδ}}{\text{tg}\varphi_{u}^{r}} = \frac{0,0703}{0,703} = 0,1$$

i_C =  0, 97 i_D =  0, 9 i_B =  0, 82

Obliczeniowe obciążenia fundamentu w poziomie posadowienia:

$$\rho_{D}^{r}*g*D_{\min} = \sum_{}^{}{\rho_{\text{Di}}^{n}*g*h_{i}}*\gamma_{f} = 23*0,15*0,9\ + 21,58*\left( 0,5 + 0,9 - 0,15 \right)*0,9 = \ \ 27,38kPa$$

Obliczeniowy ciężar gruntu pod podstawą stopy, na głębokości z=b=2,1m

$$\rho_{B}^{r}*g = \ \gamma*\ \gamma_{m} = 20,11*0,9 = \ 18,09\frac{\text{kN}}{m^{3}}$$

Opór graniczny Q_fNB:

$$Q_{\text{fNB}} = \ \overset{\overline{}}{B}*\overset{\overline{}}{L}\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{C}*C_{u}^{r}*i_{C} + \ \left( 1 + 1,5*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{D}*\rho_{D}^{r}*g*D_{\min}*i_{D} + \left( 1 - 0,25*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{B}*\rho_{B}^{r}*g*\overset{\overline{}}{B}*i_{B} \right\rbrack = \ 1,95*2,13*\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{1,95}{2,13} \right)*46,12*0*0,95 + \ \left( 1 + 1,5*\frac{1,95}{2,13} \right)*33,3*27,38*0,98 + \left( 1 - 0,25*\frac{1,95}{2,13} \right)*16,96*18,09*1,95*0,97 \right\rbrack = 10666,345\ kN$$

m = 0, 9 * 0, 9 = 0, 81 - wartości wyznaczone metodą B

$$m*Q_{\text{fNB}} = 0,81*10666,345 = 8639,74\ kN > {\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I} = \ 1848,635\ kN$$

Warunek nośności spełniony ze znacznym zapasem.

Opór graniczny Q_fNL:

$$Q_{\text{fNL}} = \ \overset{\overline{}}{B}*\overset{\overline{}}{L}\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{C}*C_{u}^{r}*i_{C} + \ \left( 1 + 1,5*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{D}*\rho_{D}^{r}*g*D_{\min}*i_{D} + \left( 1 - 0,25*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{B}*\rho_{B}^{r}*g*\overset{\overline{}}{L}*i_{B} \right\rbrack = \ $$

$$1,95*2,13*\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{1,95}{2,13} \right)*46,12*0*0,95 + \ \left( 1 + 1,5*\frac{1,95}{2,13} \right)*33,3*27,38*0,98 + \left( 1 - 0,25*\frac{1,95}{2,13} \right)*16,96*18,09*2,13*0,97 \right\rbrack = 10837,918\ kN$$

m = 0, 9 * 0, 9 = 0, 81 - wartości wyznaczone metodą B

$$m*Q_{\text{fNL}} = 0,81*10837,918 = 8778,714\ kN > {\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{I} = \ 1848,635\ kN$$

Warunek nośności spełniony ze znacznym zapasem.

Schemat II.

Z punktu 3.4. :

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}} = \ 2048,635\ kN$$

e_rL = 0, 28m

e_rB = 0, 08m

$$\overset{\overline{}}{B} = B - 2e_{\text{rB}} = 2,1 - 2*0,08 = 1,94m$$

$$\overset{\overline{}}{L} = L - 2e_{\text{rL}} = 2,6 - 2*0,28 = 2,03m$$

- Obliczeniowa wartość kąta tarcia wewnętrznego żwiru o I_D = 0,6

φ_u⁽ⁿ⁾ = 39^o φ_u^r = 0, 9 * 39^o =  35, 1^o

- Współczynniki nośności

N_C =  46, 12 N_D =  33, 3 N_B =  16, 96 (z tab. Z1-1 z normy PN-81/B-03020)

- Współczynniki I_D, i_B dla Q_fNB

$$tg\delta = \frac{H_{\text{ry}}^{\text{II}}}{N_{r}^{\text{II}}} = \frac{94}{2048,635} = 0,046$$

tgφ_u^r = tg35, 1^o =  0, 703

$$\frac{\text{tgδ}}{\text{tg}\varphi_{u}^{r}} = \frac{0,046}{0,703} = 0,065$$

i_C =  0, 95 i_D =  0, 98 i_B =  0, 97

- Współczynniki I_D, i_B dla Q_fNL

$$tg\delta = \frac{H_{\text{rx}}^{\text{II}}}{N_{r}^{\text{II}}} = \frac{\left| - 50 \right|}{2048,635} = 0,024$$

tgφ_u^r = tg35, 1^o =  0, 703

$$\frac{\text{tgδ}}{\text{tg}\varphi_{u}^{r}} = \frac{0,024}{0,703} = 0,035$$

i_C =  0, 97 i_D =  0, 9 i_B =  0, 82

Obliczeniowe obciążenia fundamentu w poziomie posadowienia:

$$\rho_{D}^{r}*g*D_{\min} = \sum_{}^{}{\rho_{\text{Di}}^{n}*g*h_{i}}*\gamma_{f} = 23*0,15*0,9\ + 21,58*\left( 0,5 + 0,9 - 0,15 \right)*0,9 = \ \ 27,38kPa$$

Obliczeniowy ciężar gruntu pod podstawą stopy, na głębokości z=b=2,1m

$$\rho_{B}^{r}*g = \ \gamma*\ \gamma_{m} = 20,11*0,9 = \ 18,09\frac{\text{kN}}{m^{3}}$$

Opór graniczny Q_fNB:

$$Q_{\text{fNB}} = \ \overset{\overline{}}{B}*\overset{\overline{}}{L}\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{C}*C_{u}^{r}*i_{C} + \ \left( 1 + 1,5*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{D}*\rho_{D}^{r}*g*D_{\min}*i_{D} + \left( 1 - 0,25*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{B}*\rho_{B}^{r}*g*\overset{\overline{}}{B}*i_{B} \right\rbrack = \ 1,95*2,13*\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{1,95}{2,13} \right)*46,12*0*0,95 + \ \left( 1 + 1,5*\frac{1,95}{2,13} \right)*33,3*27,38*0,98 + \left( 1 - 0,25*\frac{1,95}{2,13} \right)*16,96*18,09*1,95*0,97 \right\rbrack = 10666,345\ kN$$

m = 0, 9 * 0, 9 = 0, 81 - wartości wyznaczone metodą B

$$m*Q_{\text{fNB}} = 0,81*10666,345 = 8639,74\ kN > {\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}} = \ 2048,635\text{\ kN}$$

Warunek nośności spełniony ze znacznym zapasem.

Opór graniczny Q_fNL:

$$Q_{\text{fNL}} = \ \overset{\overline{}}{B}*\overset{\overline{}}{L}\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{C}*C_{u}^{r}*i_{C} + \ \left( 1 + 1,5*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{D}*\rho_{D}^{r}*g*D_{\min}*i_{D} + \left( 1 - 0,25*\frac{\overset{\overline{}}{B}}{\overset{\overline{}}{L}} \right)*N_{B}*\rho_{B}^{r}*g*\overset{\overline{}}{L}*i_{B} \right\rbrack = \ $$

$$1,95*2,13*\left\lbrack \left( 1 + 0,3*\frac{1,95}{2,13} \right)*46,12*0*0,95 + \ \left( 1 + 1,5*\frac{1,95}{2,13} \right)*33,3*27,38*0,98 + \left( 1 - 0,25*\frac{1,95}{2,13} \right)*16,96*18,09*2,13*0,97 \right\rbrack = 10837,918\ kN$$

m = 0, 9 * 0, 9 = 0, 81 - wartości wyznaczone metodą B

$$m*Q_{\text{fNL}} = 0,81*10837,918 = 8778,714\ kN > {\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}} = \ 2048,635\text{\ kN}$$

Warunek nośności spełniony ze znacznym zapasem.

1. Wymiarowanie stopy

Z punktu 4. schemat II:

$${\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}} = \ 2048,635\ kN$$

e_rL = 0, 28m

e_rB = 0, 08m

Siła Nr’’ znajduje się w rdzeniu.

$$\frac{e_{\text{rL}}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}}{B} = \frac{0,28}{2,6} + \frac{0,08}{2,1} = 0,146 < \frac{1}{6}\text{\ \ }$$

$$q_{\text{rmax}} = \frac{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}}{B*L}\left( 1 + \frac{6e_{\text{rL}}}{L} + \frac{6e_{\text{rB}}}{B} \right) = \frac{2048,635}{2,6*2,1}*\left( 1 + \frac{6*0,28}{2,6} + \frac{6*0,08}{2,1} \right) = 703,411\ kPa\ $$

$$q_{r1} = \frac{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}}{B*L}\left( 1 - \frac{6e_{\text{rL}}}{L} + \frac{6e_{\text{rB}}}{B} \right) = \frac{2048,635}{2,6*2,1}*\left( 1 - \frac{6*0,28}{2,6} + \frac{6*0,08}{2,1} \right) = 218,528\ kPa\ $$

$$q_{r2} = \frac{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}}{B*L}\left( 1 + \frac{6e_{\text{rL}}}{L} - \frac{6e_{\text{rB}}}{B} \right) = \ \frac{2048,635}{2,6*2,1}*\left( 1 + \frac{6*0,28}{2,6} - \frac{6*0,08}{2,1} \right) = 531,888\ kPa$$

$$q_{\text{rmin}} = \frac{{\overset{\overline{}}{N}}_{r}^{\text{II}}}{B*L}\left( 1 - \frac{6e_{\text{rL}}}{L} - \frac{6e_{\text{rB}}}{B} \right) = \ \frac{2048,635}{2,6*2,1}*\left( 1 - \frac{6*0,28}{2,6} - \frac{6*0,08}{2,1} \right) = 47,004\ kPa$$

$$q_{r} = q_{\text{rmax}} - \frac{G_{r}}{B*L} = \ 703,411 - \frac{168,63}{2,6*2,1} = 672,526\ kPa$$

Bryły naprężeń:

Stopa żelbetowa:

Beton B15, f_ctd = 1,2 MPa, f_cd = 16,7 MPa, α = 0,85

Stal A-II (ST 50B), f_yd = 210 MPa, otulina c =

Wysokość stopy:

h ≤ 0, 9s = 0, 9 * 0, 77 = 0, 693m

s = max{s_L;s_B} =  0, 77

$$s_{L} = \frac{L - a_{\text{sL}} + 2e_{\text{sL}}}{2} = \frac{2,6 - 0,7 - 2*0,28}{2} = 0,67\ $$

$$s_{B} = \frac{B - a_{\text{sB}} + 2e_{\text{sB}}}{2} = \frac{2,1 - 0,4 - 2*0,08}{2} = 0,77$$

Zbrojenie na kierunku osi x

Przyjęto wstępnie pręty φ = 14mm

d = h − c − 0, 5φ = 0, 693 − 0, 05 − 0, 5 * 0, 014 = 0, 636m

$$W = \frac{L*B^{2}}{6} = \frac{2,6*{2,1}^{2}}{6} = 1,911\ m^{3}$$

$$e = \ \frac{M_{r2} + H_{r2}*h}{P_{r2}} = \frac{60 + 60*0,9}{1680} = 0,067m < \frac{B}{6} = \frac{2,1}{6} = 0,35m$$

$$\overset{\overline{}}{\text{q\ }} = \frac{P_{r2}}{B*L} = \ \ \frac{1680}{2,1*2,6} = 307,692\ kPa\ \ $$

$$q = \ \overset{\overline{}}{\text{q\ }} \pm \frac{e*P_{r2}}{W}$$

$$q_{\max} = 307,692 + \frac{0,067*1680}{1,911} = \ 367,35\ kPa$$

$$q_{\min} = 307,692 - \frac{0,067*1680}{1,911} = \ 250,87\ kPa$$

$$\frac{q_{\max}}{q_{\min}} = \frac{367,35}{250,87} = 1,46\ $$

$$q_{I} = \ q_{\max} - \ \left( \frac{q_{\max} - q_{\min}}{B}*S \right) = 367,35 - \left( \frac{367,35 - 250,87}{2,1}*0,77 \right) = 324,64\ kPa$$

Zginanie stopy żelbetowej:

$$M_{I} = \frac{L*s^{2}}{6}\left( 2q_{\max} + q_{I} \right) = \frac{2,6*{0,77}^{2}}{6}\left( 2*367,35 + 324,64 \right) = \ 272,17\ kNm$$

Obliczenie zbrojenia wsporników stopy:

$$A = \frac{M_{I}}{\alpha*f_{\text{zd}}*B*d^{2}} = \frac{272,17}{0,85*12000*2,1*{0,636}^{2}} = \ 0,066$$

A = 0, 066 =  ξ_eff(1−0,5*ξ_eff) →  ξ_eff = 0, 068 < 1, 2

$$\rho = \frac{\alpha*f_{\text{cd}}}{f_{\text{yd}}}\xi_{\text{eff}} = \frac{0,85*16,7}{210}*0,068*100\% = 0,4\% < \rho_{\min} = 68\%$$

A_s1 =  ρ * b * d = 0, 058 * 2, 1 * 0, 636 = 61, 97 cm²

Przyjęto ostatecznie wysokość stopy h = 0,693 m oraz pręty ϕ 14 co

Sprawdzenie stopy na przebicie

d₀ = d * tg45^o = 0, 636m

c₀ = s − d₀ = 0, 77 − 0, 636 = 0, 134 

$$q_{\text{II}} = \ q_{\max} - \ \left( \frac{q_{\max} - q_{\min}}{B}*c_{0} \right) = 367,35 - \left( \frac{367,35 - 250,87}{2,1}*0,134 \right) = 359,92\ kPa$$

N_sd = 0, 5 * (q_max+q_II) * c₀ * b = 0, 5 * (367,35+250,87) * 0, 134 * 1 = 48, 73kN 

Warunek przebicia wspornika stopy:

f_ctd*u_p * d = 1200 * 1 * 0, 636 = 763, 2 kN > 48, 73 * 10 = 487, 3 kN

Przebicie stopy nie nastąpi.

Zbrojenie na kierunku osi y

Przyjęto wstępnie pręty φ = 16mm

d = h − c − 0, 5φ = 0, 693 − 0, 05 − 0, 5 * 0, 016 = 0, 635m

$$W = \frac{L^{2}*B}{6} = \frac{{2,6}^{2}*2,1}{6} = 2,366\ m^{3}$$

$$e = \ \frac{M_{r2} + H_{r2}*h}{P_{r2}} = \frac{60 + 60*0,9}{1680} = 0,067m < \frac{B}{6} = \frac{2,1}{6} = 0,35m$$

$$\overset{\overline{}}{\text{q\ }} = \frac{P_{r2}}{B*L} = \ \ \frac{1680}{2,1*2,6} = 307,692\ kPa\ \ $$

$$q = \ \overset{\overline{}}{\text{q\ }} \pm \frac{e*P_{r2}}{W}$$

$$q_{\max} = 307,692 + \frac{0,067*1680}{2,366} = \ 355,87\ kPa$$

$$q_{\min} = 307,692 - \frac{0,067*1680}{1,911} = \ 261,80\ kPa$$

$$\frac{q_{\max}}{q_{\min}} = \frac{355,87}{261,80} = 1,36\ $$

$$q_{I} = \ q_{\max} - \ \left( \frac{q_{\max} - q_{\min}}{B}*S \right) = 367,35 - \left( \frac{367,35 - 250,87}{2,1}*0,77 \right) = 324,64\ kPa$$

Zginanie stopy żelbetowej:

$$M_{I} = \frac{L*s^{2}}{6}\left( 2q_{\max} + q_{I} \right) = \frac{2,6*{0,77}^{2}}{6}\left( 2*367,35 + 324,64 \right) = \ 272,17\ kNm$$

Obliczenie zbrojenia wspornika stopy:

$$A = \frac{M_{I}}{\alpha*f_{\text{zd}}*B*d^{2}} = \frac{272,17}{0,85*12000*2,1*{0,635}^{2}} = \ 0,066$$

A = 0, 066 =  ξ_eff(1−0,5*ξ_eff) →  ξ_eff = 0, 068 < 1, 2

$$\rho = \frac{\alpha*f_{\text{cd}}}{f_{\text{yd}}}\xi_{\text{eff}} = \frac{0,85*16,7}{210}*0,068*100\% = 0,4\% < \rho_{\min} = 68\%$$

A_s1 =  ρ * b * d = 0, 058 * 2, 1 * 0, 635 = 61, 88 cm²

Przyjęto ostatecznie wysokość ławy oraz pręty ϕ 16 co

Sprawdzenie stopy na przebicie

d₀ = d * tg45^o = 0, 635m

c₀ = s − d₀ = 0, 77 − 0, 635 = 0, 135 

$$q_{\text{II}} = \ q_{\max} - \ \left( \frac{q_{\max} - q_{\min}}{B}*c_{0} \right) = 367,35 - \left( \frac{367,35 - 250,87}{2,1}*0,135 \right) = 349,83\ kPa$$

N_sd = 0, 5 * (q_max+q_II) * c₀ * b = 0, 5 * (367,35+349,83) * 0, 135 * 1 = 47, 64 kN 

Warunek przebicia wspornika stopy:

f_ctd*u_p * d = 1200 * 1 * 0, 636 = 763, 2 kN > 48, 73 * 10 = 476, 4 kN

Przebicie stopy nie nastąpi.