1. Profil geotechniczny

Rodzaj gruntu	Ρs^(n)	ρ	wn	c^(n)	φ^(n)	γ^(n)	Mo^(n) [Kpa]
Humus
Piaski drobne Pd (wilgotne)	2,65	1,75	16	0	30,5	17,16	55000
Piaski drobne Pd (mokre)	2,65	1,9	24	0	30,5	18,64	55000
Piaski grube Pr (mokre)	2,65	2,0	22	0	36,0	19,62	98000

1. Wyznaczenie optymalnego usytuowania fundamentu względem osi konstrukcyjnych

   1. Dane ogólne

Wymiary słupa: 0,50x0,60

Wymiary stopy:

B=2,25m

L=2,85m

H=0,9m

exs=0,25m

eys=0.0m

D=1,5m

1. Zestawienie obciążeń

Nazwa	Obciążenie charakterystyczne [kN]	Współczynnik obciążenia	Obciążenie obliczeniowe [kN]
Stopa fundamentowa 24*2,25*2,85*0,9	138,51	1,1	152,36
Grunt nad stopą γ*(1,4-0,9)*0,87*2,25+γ*(1,4-0,9-0,15)*(1,975*2,25-0,5*0,6)	41,68	1,2	50,01
Posadzka 24*(1,975*2,25-0,5*0,6)*0,15	14,917	1,3	19,39
RAZEM	195,11		221,77

1. Sprawdzenie położenia wypadkowej obliczeniowego obciążenia stałego i zmiennego

Schemat I rys 2

-obciążenie pionowe podłoża fundamentu

N_r^I = P_r^I + G_r = 800 + 221, 77 = 1021, 77kN

-moment obciążeń względem środka podstawy stopy

M_rx^I = M_x + H_yr • h = 0

M_ry^I = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −150 + (−60) • 0, 9 + 800 • 0, 25 = −4kNm

-mimośród wypadkowej obciążeń względem środka podstawy stopy

$${e_{\text{BI}}}^{I} = e_{rx1}^{I} = \frac{M_{y1}^{I}}{N_{r1}^{I}} = - \frac{4}{1021,77} = - 0,0039m\ \ \ < \frac{B}{6} = \frac{2,25}{6} = 0,375m$$

$$q_{\max} = \frac{N_{r}^{I}}{L \bullet B}\left( 1 + \frac{6e}{L} \right) = \frac{1021,77}{2,85 \bullet 2,25} \bullet \left( 1 + \frac{6 \bullet 0,004}{2,85} \right) = 160,68kPa$$

$$q_{\min} = \frac{N_{r}^{I}}{L \bullet B}\left( 1 - \frac{6e}{L} \right) = 157,99kPa$$

$$\frac{q_{\max}}{q_{\min}} = \frac{160,68}{157,99} = 1,017$$

1. Sprawdzenie warunków dotyczących położenia wypadkowej obciążeń stałych i zmiennych długotrwałych

Schemat I

N_r^I = 900 + 221, 77 = 1121, 77kN

M_rx^I = M_x + H_yr • h = 150 + 35 • 0, 9 = 181, 5kNm

M_ry^I = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −450 + (−65) • 0, 9 + 900 • 0, 25 = −283, 5kNm

$$e_{\text{rL}}^{I} = \frac{- 283,5}{1121,77} = - 0,2527m$$

$$e_{\text{rB}}^{I} = \frac{181,5}{1121,77} = 0,162m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,253}{2,85} + \frac{0,162}{2,25} = 0,089 + 0,072 = 0,161 < \frac{1}{6}$$

Schemat II

N_r^II = 940 + 221, 77 = 1161, 77kN

M_rx^II = M_x + H_yr • h = −140 − 35 • 0, 9 = 171, 5kNm

M_ry^II = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −410 + (−50) • 0, 9 + 940 • 0, 25 = −220kNm

$$e_{\text{rL}}^{\text{II}} = \frac{- 220}{1161,77} = - 0,189m$$

$$e_{\text{rB}}^{\text{II}} = \frac{171,5}{1161,77} = 0,147m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{\text{II}}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{\text{II}}}{B} = \frac{0,189}{2,85} + \frac{0,147}{2,25} = 0,066 + 0,065 = 0,131 < \frac{1}{6}$$

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

Schemat I

N_r^I = 950 + 221, 77 = 1171, 77kN

M_rx^I = M_x + H_yr • h = 190 + 40 • 0, 9 = 226kNm

M_ry^I = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −520 + (−70) • 0, 9 + 950 • 0, 25 = −345, 5kNm

$$e_{\text{rL}}^{I} = \frac{- 345,5}{1171,77} = - 0,294m$$

$$e_{\text{rB}}^{I} = \frac{226}{1171,77} = 0,193m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,294}{2,85} + \frac{0,193}{2,25} = 0,103 + 0,085 = 0,0,188 > \frac{1}{6}$$

Wypadkowa wychodzi poza rdzeń przekroju.

$$\left( \frac{\left| e_{\text{rL}} \right|}{L} + 0,255 \right)^{2} + \left( \frac{\left| e_{\text{rB}} \right|}{B} + 0,255 \right)^{2} = \left( \frac{0,294}{2,85} + 0,255 \right)^{2} + \left( \frac{0,193}{2,25} + 0,255 \right)^{2} = 0,128 + 0,115 = 0,243 < 0,32$$

Zasięg szczeliny nie przekracza dopuszczalnego.

Schemat II

N_r^II = 980 + 221, 77 = 1201, 77kN

M_rx^II = M_x + H_yr • h = −180 − 35 • 0, 9 = −211, 5kNm

M_ry^II = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −420 + (−60) • 0, 9 + 980 • 0, 25 = −229kNm

$$e_{\text{rL}}^{\text{II}} = \frac{- 229}{1201,77} = - 0,19m$$

$$e_{\text{rB}}^{\text{II}} = \frac{- 211,5}{1201,77} = - 0,175m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{\text{II}}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{\text{II}}}{B} = \frac{0,19}{2,85} + \frac{0,175}{2,25} = 0,066 + 0,077 = 0,144 < \frac{1}{6}$$

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

N_r^I = 1171, 77kN

e_rL = 0, 294m

e_rB = 0, 193m

$$\overset{\overline{}}{L} = L - {2e}_{\text{rL}} = 2,85 - 2 \bullet 0,294 = 2,262m$$

$$\overset{\overline{}}{B} = B - {2e}_{\text{rB}} = 2,25 - 2 \bullet 0,193 = 1,864m$$

- obliczeniowa wartość kąta tarcia wewnętrznego piasku drobnego

Φ_u^(r) = 30, 5 * 0, 9 = 27, 45

-współczynniki nośności

N_D=14,72

N_B=5,47

-współczynniki I_D, i_B dla Q_fNB

tgΦ^(r) = 0, 519

$$\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)} = \frac{H_{\text{ry}}^{I}}{N_{r}^{I}} = \frac{40}{1201,77} = 0,033$$

$$\frac{\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)}}{{\text{tg}\Phi}^{\left( r \right)}} = \frac{0,033}{0,519} = 0,06358$$

i_D=0,92

i_B=0,86

-współczynniki I_D, i_B dla Q_fNL

tgΦ^(r) = 0, 519

$$\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)} = \frac{H_{\text{rx}}^{I}}{N_{r}^{I}} = \frac{- 70}{1201,77} = 0,058$$

$$\frac{\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)}}{{\text{tg}\Phi}^{\left( r \right)}} = \frac{0,058}{0,519} = 0,111$$

i_D=0,89

i_B=0,80

- obliczeniowe obciążenia obok fundamentu w poziomie posadowienia

ρ_D⁽ⁿ⁾ • g • D_min = 24 • 0, 8 • 0, 15 + 17, 16 • 0, 9 • 0, 35 = 8, 29kPa

-obliczeniowy średni ciężar gruntu pod podstawą stopy, do głębokości z=B=2,25m

$$\rho_{B}^{\left( r \right)} \bullet g = \frac{\sum_{}^{}{\rho_{i}^{\left( n \right)} \bullet g \bullet \gamma_{m} \bullet h_{i}}}{\sum_{}^{}h_{i}} = \frac{17,17 \bullet 0,9 \bullet 0,9 + 9,36 \bullet 0,9 \bullet 1,35}{2,25} = 11,23kN \bullet m^{- 3}$$

-opór graniczny Q_fNB

$$Q_{\text{fNB}} = 1,864 \bullet 2,262 \bullet \left\lbrack \left( 1 + 1,5 \bullet \frac{1,864}{2,262} \right) \bullet 14,72 \bullet 8,29 \bullet 0,92 + \left( 1 - 0,25 \bullet \frac{1,864}{2,262} \right) \bullet 11,26 \bullet 5,47 \bullet 0,86 \bullet 1,864 \right\rbrack = 4,216 \bullet \left( 251,03 + 78,39 \right) = 1388,86kN$$

m • Q_fNB = 0, 81 • 1315, 49 = 1124, 97 < N_r^I

Warunek nosnosci nie jest spelniony

$$Q_{\text{fNL}} = 1,864 \bullet 2,262 \bullet \left\lbrack \left( 1 + 1,5 \bullet \frac{1,864}{2,262} \right) \bullet 14,72 \bullet 8,29 \bullet 0,89 + \left( 1 - 0,25 \bullet \frac{1,864}{2,262} \right) \bullet 11,26 \bullet 5,47 \bullet 0,8 \bullet 2,262 \right\rbrack = 4,216 \bullet \left( 242,85 + 88,49 \right) = 1396,93kN$$

m • Q_fNB = 0, 81 • 1396, 93 = 1131, 51kN < N_r^I

Warunek nosnosci nie jest spelniony

ZMIANA WYMIARÓW STOPY

1. Wyznaczenie optymalnego usytuowania fundamentu względem osi konstrukcyjnych

   1. Dane ogólne

Wymiary słupa: 0,50x0,60

Wymiary stopy:

B=2,45m

L=3,05m

H=0,9m

exs=0,25m

eys=0.0m

D=1,4m

1. Zestawienie obciążeń

Nazwa	Obciążenie charakterystyczne [kN]	Współczynnik obciążenia	Obciążenie obliczeniowe [kN]
Stopa fundamentowa 24*2,45*3,05*0,9	161,41	1,1	177,54
Grunt nad stopą γ*(1,4-0,9)*0,97*2,45+γ*(1,4-0,9-0,15)*(2,075*2,45-0,5*0,6)	49,12	1,2	58,95
Posadzka 24*(2,075*2,45-0,5*0,6)*0,15	17,22	1,3	19,39
RAZEM	227,75		255,88

1. Sprawdzenie położenia wypadkowej obliczeniowego obciążenia stałego i zmiennego

Schemat I rys 2

-obciążenie pionowe podłoża fundamentu

N_r^I = P_r^I + G_r = 800 + 255, 88 = 1055, 88kN

-moment obciążeń względem środka podstawy stopy

M_rx^I = M_x + H_yr • h = 0

M_ry^I = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −150 + (−60) • 0, 9 + 800 • 0, 25 = −4kNm

-mimośród wypadkowej obciążeń względem środka podstawy stopy

$${e_{\text{BI}}}^{I} = e_{rx1}^{I} = \frac{M_{y1}^{I}}{N_{r1}^{I}} = - \frac{4}{1055,88} = - 0,0037m\ \ \ < \frac{B}{6} = \frac{2,25}{6} = 0,375m$$

$$q_{\max} = \frac{N_{r}^{I}}{L \bullet B}\left( 1 + \frac{6e}{L} \right) = \frac{1055,88}{3,05 \bullet 2,45} \bullet \left( 1 + \frac{6 \bullet 0,004}{3,05} \right) = 142,414kPa$$

$$q_{\min} = \frac{N_{r}^{I}}{L \bullet B}\left( 1 - \frac{6e}{L} \right) = 140,19kPa$$

$$\frac{q_{\max}}{q_{\min}} = \frac{142,414}{140,19} = 1,014$$

1. Sprawdzenie warunków dotyczących położenia wypadkowej obciążeń stałych i zmiennych długotrwałych

Schemat I

N_r^I = 900 + 255, 88 = 1155, 88kN

M_rx^I = M_x + H_yr • h = 150 + 35 • 0, 9 = 181, 5kNm

M_ry^I = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −450 + (−65) • 0, 9 + 900 • 0, 25 = −283, 5kNm

$$e_{\text{rL}}^{I} = \frac{- 283,5}{1155,88} = - 0,2426m$$

$$e_{\text{rB}}^{I} = \frac{181,5}{1155,88} = 0,157m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,243}{3,05} + \frac{0,157}{2,45} = 0,079 + 0,064 = 0,143 < \frac{1}{6}$$

Schemat II

N_r^II = 940 + 255, 88 = 1195, 88kN

M_rx^II = M_x + H_yr • h = −140 − 35 • 0, 9 = 171, 5kNm

M_ry^II = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −410 + (−50) • 0, 9 + 940 • 0, 25 = −220kNm

$$e_{\text{rL}}^{\text{II}} = \frac{- 220}{1195,88} = - 0,183m$$

$$e_{\text{rB}}^{\text{II}} = \frac{171,5}{1195,88} = 0,143m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{\text{II}}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{\text{II}}}{B} = \frac{0,183}{3,05} + \frac{0,143}{2,45} = 0,06 + 0,058 = 0,118 < \frac{1}{6}$$

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

Schemat I

N_r^I = 950 + 255, 88 = 1205, 88kN

M_rx^I = M_x + H_yr • h = 190 + 40 • 0, 9 = 226kNm

M_ry^I = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −520 + (−70) • 0, 9 + 950 • 0, 25 = −345, 5kNm

$$e_{\text{rL}}^{I} = \frac{- 345,5}{1205,88} = - 0,286m$$

$$e_{\text{rB}}^{I} = \frac{226}{1205,88} = 0,187m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{I}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{I}}{B} = \frac{0,286}{3,05} + \frac{0,187}{2,45} = 0,093 + 0,076 = 0,169 > \frac{1}{6}$$

Wypadkowa wychodzi poza rdzeń przekroju.

$$\left( \frac{\left| e_{\text{rL}} \right|}{L} + 0,255 \right)^{2} + \left( \frac{\left| e_{\text{rB}} \right|}{B} + 0,255 \right)^{2} = \left( \frac{0,286}{3,05} + 0,255 \right)^{2} + \left( \frac{0,187}{2,45} + 0,255 \right)^{2} = 0,121 + 0,109 = 0,23 < 0,32$$

Zasięg szczeliny nie przekracza dopuszczalnego.

Schemat II

N_r^II = 980 + 255, 88 = 1235, 88kN

M_rx^II = M_x + H_yr • h = −180 − 35 • 0, 9 = −211, 5kNm

M_ry^II = −M_y + H_xr • h + P_r • e_xs = −420 + (−60) • 0, 9 + 980 • 0, 25 = −229kNm

$$e_{\text{rL}}^{\text{II}} = \frac{- 229}{1235,88} = - 0,185m$$

$$e_{\text{rB}}^{\text{II}} = \frac{- 211,5}{1201,77} = - 0,175m$$

$$\frac{e_{\text{rL}}^{\text{II}}}{L} + \frac{e_{\text{rB}}^{\text{II}}}{B} = \frac{0,19}{2,85} + \frac{0,175}{2,25} = 0,066 + 0,077 = 0,144 < \frac{1}{6}$$

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

N_r^I = 1205, 88kN

e_rL = −0, 286m

e_rB = 0, 187m

$$\overset{\overline{}}{L} = L - {2e}_{\text{rL}} = 3,05 - 2 \bullet 0,286 = 2,478m$$

$$\overset{\overline{}}{B} = B - {2e}_{\text{rB}} = 2,45 - 2 \bullet 0,187 = 2,076m$$

- obliczeniowa wartość kąta tarcia wewnętrznego piasku drobnego

Φ_u^(r) = 30, 5 * 0, 9 = 27, 45

-współczynniki nośności

N_D=14,72

N_B=5,47

-współczynniki I_D, i_B dla Q_fNB

tgΦ^(r) = 0, 519

$$\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)} = \frac{H_{\text{ry}}^{I}}{N_{r}^{I}} = \frac{40}{1205,88} = 0,033$$

$$\frac{\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)}}{{\text{tg}\Phi}^{\left( r \right)}} = \frac{0,033}{0,519} = 0,06358$$

i_D=0,92

i_B=0,86

-współczynniki I_D, i_B dla Q_fNL

tgΦ^(r) = 0, 519

$$\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)} = \frac{H_{\text{rx}}^{I}}{N_{r}^{I}} = \frac{- 70}{1205,88} = 0,058$$

$$\frac{\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)}}{{\text{tg}\Phi}^{\left( r \right)}} = \frac{0,058}{0,519} = 0,111$$

i_D=0,89

i_B=0,80

- obliczeniowe obciążenia obok fundamentu w poziomie posadowienia

ρ_D⁽ⁿ⁾ • g • D_min = 23 • 0, 8 • 0, 15 + 17, 16 • 0, 9 • 0, 35 = 8, 165kPa

-obliczeniowy średni ciężar gruntu pod podstawą stopy, do głębokości z=B=2,25m

$$\rho_{B}^{\left( r \right)} \bullet g = \frac{\sum_{}^{}{\rho_{i}^{\left( n \right)} \bullet g \bullet \gamma_{m} \bullet h_{i}}}{\sum_{}^{}h_{i}} = \frac{17,17 \bullet 0,9 \bullet 0,9 + 9,36 \bullet 0,9 \bullet 1,45}{2,45} = 10,65kN \bullet m^{- 3}$$

-opór graniczny Q_fNB

$$Q_{\text{fNB}} = 2,076 \bullet 2,478 \bullet \left\lbrack \left( 1 + 1,5 \bullet \frac{2,076}{2,478} \right) \bullet 14,72 \bullet 8,29 \bullet 0,92 + \left( 1 - 0,25 \bullet \frac{2,076}{2,478} \right) \bullet 2,076 \bullet 10,65 \bullet 5,47 \bullet 0,86 \right\rbrack = 5,144 \bullet \left( 249,43 + 82,224 \right) = 1706,025kN$$

m • Q_fNB = 0, 81 • 1706, 025 = 1381, 88 > N_r^I

$$Q_{\text{fNL}} = 2,076 \bullet 2,478 \bullet \left\lbrack \left( 1 + 1,5 \bullet \frac{2,076}{2,478} \right) \bullet 14,72 \bullet 8,29 \bullet 0,89 + \left( 1 - 0,25 \bullet \frac{2,076}{2,478} \right) \bullet 10,65 \bullet 5,47 \bullet 0,8 \bullet 2,478 \right\rbrack = 5,144 \bullet \left( 245,08 + 91,29 \right) = 1730,33kN$$

m • Q_fNB = 0, 81 • 1730, 33 = 1401, 56kN < N_r^I

Schemat II

N_r^II = 1235, 88kN

e_rL^II = 0, 185m

e_rB^II = 0, 175m

$$\overset{\overline{}}{L} = L - 2e_{\text{rL}} = 2,68m$$

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

-współczynniki i_D, i_B dla Q_fNB

$$\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)} = \frac{40}{1235,88} = 0,32$$

$$\frac{\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)}}{{\text{tg}\Phi}^{\left( r \right)}} = \frac{0,032}{0,519} = 0,061$$

i_D=0,96

i_B=0,90

-współczynniki i_D, i_B dla Q_fNL

$$\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)} = \frac{60}{1235,88} = 0,0485$$

$$\frac{\text{tgδ}_{B}^{\left( r \right)}}{{\text{tg}\Phi}^{\left( r \right)}} = \frac{0,048}{0,519} = 0,092$$

i_D=0,92

i_B=0,86

$$Q_{\text{fNB}} = 2,1 \bullet 2,68 \bullet \left\lbrack \left( 1 + 1,5 \bullet \frac{2,1}{2,68} \right) \bullet 14,72 \bullet 8,29 \bullet 0,96 + \left( 1 - 0,25 \bullet \frac{2,1}{2,68} \right) \bullet 2,1 \bullet 10,65 \bullet 5,47 \bullet 0,9 \right\rbrack = 5,628 \bullet \left( 254,84 + 88,53 \right) = 1932,51kN$$

m • Q_fNB = 0, 81 • 1932, 51 = 1565, 33 > N_r^II

$$Q_{\text{fNL}} = 2,1 \bullet 2,68 \bullet \left\lbrack \left( 1 + 1,5 \bullet \frac{2,1}{2,68} \right) \bullet 14,72 \bullet 8,29 \bullet 0,92 + \left( 1 - 0,25 \bullet \frac{2,1}{2,68} \right) \bullet 10,65 \bullet 5,47 \bullet 0,86 \bullet 2,68 \right\rbrack = 5,628 \bullet \left( 244,22 + 107,96 \right) = 1982,09kN$$

m • Q_fNB = 0, 81 • 1982, 09 = 1605, 49kN > N_r^II

Warunek nosnosci jest spelniony

1. Wymiarowanie stopy

   1. Rozkład naprężeń

      1. Schemat I

N_r^I = 1205, 88kN

e_rL = −0, 286m

e_rB = 0, 187m

$$\frac{e_{L}}{L} = \frac{0,286}{3,05} = 0,093\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{e_{B}}{B} = \frac{0,187}{2,45} = 0,076$$

$$\frac{e_{L}}{L} + \frac{e_{B}}{B} = 0,169 > \frac{1}{6}$$

Obszar IV

∝ = 0, 169

K = 0, 169 • [12−3,9(6•0,169−1)(1−2•0,169)(2,3−2•0,169)] = 0, 169 • [12−3,9•0,014•0,662•1,962] = 2, 016

$$q_{\max} = \frac{\text{PK}}{\text{BL}} = \frac{1205,88 \bullet 2,016}{3,05 \bullet 2,45} = 325,33kPa$$

q_min = 0kPa

X=0,01

Y=0,05

X*L=0,0305m

Y*B=0,1225m

$$q_{r} = {q'}_{\text{r\ max}} = q_{\text{r\ max}} - \frac{G_{r}}{\text{BL}} = 325,33 - \frac{255,88}{3,05 \bullet 2,45} = 291,08kPa$$

1. Schemat II

N_r^II = 1235, 88kN

e_rL^II = −0, 185m

e_rB^II = −0, 175m

$$\frac{e_{L}}{L} = \frac{0,185}{3,05} = 0,06\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{e_{B}}{B} = \frac{0,175}{2,45} = 0,071$$

Z nanogramu wynika, że siła znajduje się w obszarze I

$$q_{\min}^{\max} = \frac{P}{B \bullet L}\left( 1 \pm \frac{6e_{L}}{L} \pm \frac{6e_{B}}{B} \right)$$

$$q_{\max} = \frac{1235,88}{3,05 \bullet 2,45}\left( 1 + 0,364 + 0,528 \right) = 296,474kPa$$

$$q_{\min} = \frac{1235,88}{3,05 \bullet 2,45}\left( 1 - 0,364 - 0,528 \right) = 17,862kPa$$

$$q_{1} = \frac{1235,88}{3,05 \bullet 2,45}\left( 1 - 0,364 + 0,528 \right) = 192,514kPa$$

$$q_{2} = \frac{1235,88}{3,05 \bullet 2,45}\left( 1 + 0,364 - 0,528 \right) = 138,266kPa$$

$$q_{r} = {q'}_{\text{r\ max}} = q_{\text{r\ max}} - \frac{G_{r}}{\text{BL}} = 296,474 - \frac{255,88}{3,05 \bullet 2,45} = 262,23kPa$$

Największa wartość q’_rmax występuje w przypadku obciążeń wg schematu I

1. Sprawdzenie stopy na przebicie

Założono B20 i stal A-II

Pole powierzchni wieloboku ABCDEF:

A=0,68*2,45+0,5*(2,18+2,45)*0,13=1,666+0,30=1,966m²

N_Sd=291,08*1,966=572,26kN

b_m=0,5*(2,18+0,5)=1,34m

N_Rd=870*1,34*0,84=979,27kN>N_Sd=572,26kN

Przebicie nie nastąpi. Wymagany warunek jest spełniony.

1. Obliczenie stopy na zginanie (wg metody wsporników)

$$M = q_{\text{r\ max}} \bullet \frac{\left( L - a_{s1} + {2e}_{s} \right)^{2} \bullet \left( 2B + a_{s2} \right)}{24} = 291,08 \bullet \frac{\left( 3,05 - 0,6 + 2 \bullet 0,25 \right)^{2} \bullet \left( 2 \bullet 2,45 + 0,5 \right)}{24} = 291,08 \bullet \frac{8,7 \bullet 5,4}{24} = 569,79kNm$$

$$A_{s} = \frac{M}{f_{\text{yd}} \bullet 0,9d} = \frac{569,79}{310000 \bullet 0,9 \bullet 0,84} = 24,31 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjęto 10φ18 o A_s=25,45cm²

-dla przekroju I

M_Sdl = 0, 125 • q^′_{r max} • (b_x−0,7b_sx)²b_y = 0, 125 • 291, 08 • (3,05−0,7•0,6)²2, 45 = 0, 125 • 291, 08 • 16, 95 = 616, 59kNm

$$A_{\text{SI}} = \frac{M_{\text{Sdl}}}{0,9df_{\text{yd}}} = \frac{616,59}{0,9 \bullet 0,82 \bullet 310000} = 26,95 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjeto 11⌀18mm o A_s = 27, 94cm²

-dla przekroju II

M_SdII = 0, 125 • q^′_{r max}•(b_x−b_1x)²b_y = 0, 125 • 291, 08 • (3,05−2,22)²2, 45 = 0, 125 • 291, 08 • 1, 687 = 61, 41kNm

$$A_{\text{SII}} = \frac{M_{\text{SdII}}}{0,9df_{\text{yd}}} = \frac{61,41}{0,9 \bullet 0,82 \bullet 310000} = 2,68 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjeto 2⌀14mm o A_s = 3, 08cm²

e_xs=0,25m

Założono B20 i stal A-II

Pole powierzchni wieloboku ABCDEF:

A=0,68*2,45+0,5*(2,18+2,45)*0,13=1,666+0,30=1,966m²

N_Sd=159,94*1,966=314,44kN

b_m=0,5*(2,18+0,5)=1,34m

N_Rd=870*1,34*0,84=979,27kN>N_Sd=314,44kN

Przebicie nie nastąpi. Wymagany warunek jest spełniony.

1. Sprawdzenie stopy na przebicie

   1. Schemat I

$$q_{r} = {q'}_{\text{r\ max}} = q_{\text{r\ max}} - \frac{G_{r}}{\text{BL}} = 296,474 - \frac{255,88}{3,05 \bullet 2,45} = 262,23kPa$$

e_xs=0,25m

P_r2=940kN

H_xr=-50kN

M_yr=410kNm

$$e_{L} = \frac{410 - 50 \bullet 0,9 - 940 \bullet 0,25}{940} = 0,138m$$

$${q^{'}}_{\text{r\ max}} = \frac{940}{3,05 \bullet 2,45}\left( 1 + \frac{6 \bullet 0,138}{3,05} \right) = 159,94kPa$$

$${q'}_{\text{r\ min}} = \frac{940}{3,05 \bullet 2,45}\left( 1 - \frac{6 \bullet 0,138}{3,05} \right) = 91,64kPa$$

Założono B20 i stal A-II

Pole powierzchni wieloboku ABCDEF:

A=0,68*2,45+0,5*(2,18+2,45)*0,13=1,666+0,30=1,966m²

N_Sd=159,94*1,966=314,44kN

b_m=0,5*(2,18+0,5)=1,34m

N_Rd=870*1,34*0,84=979,27kN>N_Sd=314,44kN

Przebicie nie nastąpi. Wymagany warunek jest spełniony.

1. Obliczenia stopy na zginanie

$${q'}_{\text{r\ kraw}} = 159,94 - \frac{159,94 - 91,64}{3,05} \bullet 1,47 = 127,02kPa$$

$$q_{r\ sr} = \frac{159,94 + 127,02}{2} = 143,48kPa$$

$$M = {q^{'}}_{r_{\text{AGHF}}} \bullet \frac{\left( L - a_{s1} + {2e}_{s} \right)^{2} \bullet \left( 2B + a_{s2} \right)}{24} = 143,48 \bullet \frac{\left( 3,05 - 0,6 + 2 \bullet 0,25 \right)^{2} \bullet \left( 2 \bullet 2,45 + 0,5 \right)}{24} = 143,48 \bullet \frac{8,7 \bullet 5,4}{24} = 143,48 \bullet 1,957 = 280,79kNm$$

Odcinek I-II

$$M = \frac{\left( B - {2a}_{s2} \right)^{2}\left( 2L + a_{s1} \right)}{96} \bullet {q^{'}}_{\text{r\ max}} = \frac{\left( 2,45 - 2 \bullet 0,5 \right)^{2}\left( 2 \bullet 3,05 + 0,6 \right)}{96}159,94 = \frac{2,10 \bullet 6,7}{96} \bullet 159,94 = 23,44kNm$$

Odcinek II-III

$$M = \frac{\left( 2,45 - 2 \bullet 0,5 \right)^{2}\left( 2 \bullet 3,05 + 0,6 \right)}{96} \bullet 145,83 = 21,37kNm$$

Odcinek III-IV

$$M = \frac{\left( 2,45 - 2 \bullet 0,5 \right)^{2}\left( 2 \bullet 3,05 + 0,6 \right)}{48} \bullet 116,22 = 34,107$$

Obliczenie zbrojenia

$$A_{s1} = \frac{M}{f_{\text{yd}} \bullet 0,9d}$$

-dla wspornika ABFG

$$A_{S1} = \frac{280,79}{310 \bullet 10^{3} \bullet 0,9 \bullet 0,84} = 11,98 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjeto 6⌀14 o A_s1 = 12, 06cm²

−dla wspornika FG

odcinek I − II

$$A_{S1} = \frac{23,44}{310 \bullet 10^{3} \bullet 0,9 \bullet 0,84} = 1,0 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjeto 1⌀14 o A_s1 = 1, 21cm²

odcienk II − III

$$A_{S1} = \frac{21,37}{310 \bullet 10^{3} \bullet 0,9 \bullet 0,84} = 0,91 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjeto 1⌀14 o A_s1 = 1, 21cm²

odcienek III − IV

$$A_{S1} = \frac{34,107}{310 \bullet 10^{3} \bullet 0,9 \bullet 0,84} = 1,455 \bullet 10^{- 4}m^{2}$$

Przyjeto 1⌀16 o A_s1 = 1, 58cm²

 

e_rL^II = −0, 185m

$${q^{'}}_{\text{r\ max}} = \frac{940}{2,45 \bullet 3,05}\left( 1 + \frac{6 \bullet \left( - 0,185 \right)}{3,05} \right) = 80,01kPa$$

$${q'}_{\text{r\ min}} = \frac{940}{2,45 \bullet 3,05}\left( 1 - \frac{- 6 \bullet 0,185}{3,05} \right) = 169,1kPa$$

e_rB^II = −0, 175m

$${q^{'}}_{\text{r\ max}} = \frac{940}{2,45 \bullet 3,05}\left( 1 + \frac{6 \bullet \left( - 0,175 \right)}{3,05} \right) = 82,49kPa$$

$${q'}_{\text{r\ min}} = \frac{940}{2,45 \bullet 3,05}\left( 1 - \frac{- 6 \bullet 0,175}{3,05} \right) = 169,1kPa$$

Założono B20 i stal A-II

Pole powierzchni wieloboku ABCDEF:

A=0,68*2,45+0,5*(2,18+2,45)*0,13=1,666+0,30=1,966m²

N_Sd=169,1*1,966=332,45kN

b_m=0,5*(2,18+0,5)=1,34m

N_Rd=870*1,34*0,84=979,27kN>N_Sd=332,45kN

Przebicie nie nastąpi. Wymagany warunek jest spełniony.

Obliczenie stopy na zginanie

$$q_{\text{AE}} = \frac{296,5 + 156}{2} = 226,25kPa$$

$$q_{\max} - q_{\min} = 278,61\frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

$$\frac{\left( q_{\max} - q_{\min} \right)}{L} = 91,348\frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

$$\frac{\left( L - a_{1} \right)}{2} = 1,225\ m$$

$$q_{\text{III}} = q_{\text{mix}} - 1,225 \bullet 91,35 = 166,71\frac{\text{kN}}{m^{2}}$$

d = h − c − c − 0, 5⌀=0, 9 − 0, 04 − 0, 01 − 0, 007 = 0, 843m

Położenie osi obojętnej

$$I_{x} = \frac{3,05 \bullet {2,45}^{3}}{12} = 3,738m^{4}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }I_{y} = \frac{2,45 \bullet {3,05}^{3}}{12} = 5,793m^{4}$$

$$W_{x} = \frac{3,05 \bullet {2,45}^{2}}{6} = 3,051m^{3}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ }W_{y} = \frac{2,45 \bullet {3,05}^{2}}{6} = 3,798m^{3}$$

$$i_{x}^{2} = \frac{{2,45}^{2}}{12} = 0,5m^{2}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }i_{y}^{2} = \frac{{3,05}^{2}}{12} = 0,775m^{2}$$

$$e_{x} = \frac{3,05}{2} = 1,525m\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ e_{y} = \frac{2,45}{2} = 1,225m$$

$$a_{x} = - \frac{0,775}{1,525} = - 0,508m\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ a_{y} = - \frac{0,5}{1,225} = - 0,408m$$