ŁAWA NA PALACH POD ŚCIANĘ BUDYNKU

1. Parametry geotechniczne

Symbol	γm	IL^(n)	ID^(n)	$$\mathbf{\rho'}^{\mathbf{(n)}}\mathbf{\lbrack}\frac{\mathbf{t}}{\mathbf{m}^{\mathbf{3}}}\mathbf{\rbrack}$$
G , z IIa	1 ∓ 0, 14	0,42	-	1,90
T IIIb	-	>0,75	-	0,30
GP, z IIb	1 ∓ 0, 11	0,18	-	2,15
Ps Ia	1 ∓ 0, 10	-	0,48	2,00

1. Przyjęcie rozmieszczenia pali, wymiarów ławy, zestawienie obciążeń

Przyjęto pale prefabrykowane wbijane 33cm x 33 cm. Pale pod ławą rozmieszczono
w dwóch rzędach . Osiowy rozstaw pali wynosi r = 1,7205 m . Rozstaw rzędów pali wynosi
b = 1,00 m, odstęp mierzony równolegle do długości ławy l_o = 1,40 m . Wysokość ławy przyjęto h_f = 0,7 m . Szerokość ławy przyjęto B=1,80m. Ponieważ na ławę działają stałe obciążenia , projektuje się przesunięcie środka ciężkości układu palowego względem osi ściany . Zaniedbując we wstępnych obliczeniach ciężar gruntu G_3, G₄ i posadzki G₂ nad odsadzkami fundamentu wyznaczono mimośród wypadkowej obciążeń M_r , H_r , P_r względem osi ściany w poziomie podstawy ławy :

$$e = \frac{M_{r} + H_{r} \bullet h_{f}}{P_{r}} = \frac{20 + 15 \bullet 0,7}{385} = 0,079\ m$$

Przyjęto przesunięcie środka ciężkości układu palowego względem osi ściany o e_s = 0, 05 m

Ciężar własny ławy wynosi:

- charakterystyczny:

$$G_{1n} = 1,8 \bullet 0,7 \bullet 25 = 31,50\frac{\text{kN}}{m}$$

- obliczeniowy:

$$G_{1r} = G_{1n} \bullet 1,1 = 34,65\frac{\text{kN}}{m}$$

Ciężar posadzki:

- charakterystyczny:

$$G_{2n} = 0,15 \bullet 0,8 \bullet 24 = 2,88\frac{\text{kN}}{m}$$

- obliczeniowy:

$$G_{2r} = G_{2n} \bullet 1,3 = 3,74\frac{\text{kN}}{m}$$

Ciężar gruntu nasypowego nad odsadzką z prawej strony $\gamma = 17\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ :

- charakterystyczny:

$$G_{3n} = 0,30 \bullet 0,8 \bullet 17 = 4,08\frac{\text{kN}}{m}$$

- obliczeniowy:

$$G_{3r} = G_{3n} \bullet 1,2 = 4,90\frac{\text{kN}}{m}$$

Ciężar gruntu nasypowego nad odsadzką z lewej strony $\gamma^{(n)} = 17\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ :

- charakterystyczny:

$$G_{4n} = 0,75 \bullet 0,7 \bullet 17 = 8,93\frac{\text{kN}}{m}$$

- obliczeniowy:

$$G_{4r} = G_{4n} \bullet 1,2 = 10,71\frac{\text{kN}}{m}$$

Mimośród wypadkowej obciążeń względem środka ciężkości układu palowego:

$$e = \frac{M_{r} + H_{r} \bullet h_{f} - P_{r} \bullet e_{s} - G_{4r} \bullet e_{1} - (G_{3r} + G_{2r}) \bullet e_{2}}{P_{r} + G_{4r} + G_{3r} + G_{2r}} = \frac{20 + 15 \bullet 0,7 - 385 \bullet 0,05 - 10,71 \bullet 0,50 - (4,90 + 3,74) \bullet 0,55}{385 + 10,71 + 4,90 + 3,74} = 0,0243\ m$$

Wypadkowa obciążeń daje moment względem środka ciężkości układu palowego równy:

M_p = 10, 647 kNm

Wyznaczenie sił przypadających na poszczególne pale od obciążeń obliczeniowych:

- pale rzędu pierwszego (od lewej)

$$R_{1r} = \left( P_{r} + G_{4r} + G_{3r} + G_{2r} - \left( \frac{M_{p}}{h_{f}} \right) \right) \bullet l_{0} = \left( 385 + 10,71 + 4,90 + 3,74 - \left( \frac{10,647}{0,7} \right) \right) \bullet 1,40 = 593,306\ kN$$

- pale rzędu drugiego (od lewej)

$$R_{2r} = \left( P_{r} + G_{4r} + G_{3r} + G_{2r} + \left( \frac{M_{p}}{h_{f}} \right) \right) \bullet l_{0} = \left( 385 + 10,71 + 4,90 + 3,74 + \left( \frac{10,647}{0,7} \right) \right) \bullet 1,40 = 635,894\ kN$$

Średnia siła przypadająca na pale od obciążeń obliczeniowych:

R_r = (P_r+G_4r+G_3r+G_2r) • l₀ = (385+10,71+4,90+3,74) • 1, 40 = 614, 600 kN

1. Przyjęcie długości i obliczenie nośności pala

Dla pali wbijanych:

S_s = 0, 90 − dla gliny pylastej zwiezla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 42

S_s = 0, 90 − dla gliny piaszczysta zwiezla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 18

S_s = 1, 10 − dla piasku sredniego I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

S_p = 1, 10 − dla piasku sredniego I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

Pole podstawy pala:

A = 0, 33² = 0, 109 m²

Średnie zagłębienie poszczególnych warstw gruntu:

Dla warstwy I, poziom 0,00 znajduje się w poziomie terenu

Dla warstwy III, IVa, IVb, na poziomie określonym przez h_z, ponad stropem gliny piaszczystej zwięzłej:

$$h_{z} = \frac{0,65}{{\rho'}^{(n)}} \bullet \left( \sum_{}^{}{{\rho'}^{(n)} \bullet h} \right) = \frac{0,65}{2,15} \bullet \left( 4 \bullet 1,90 + 1,10 \bullet 0,3 \right) = 2,148\ m$$

Grubość obliczeniowych warstw (h_i), przez które przechodzi pal, oraz średnie głębokości zalegania, są następujące:

I – grubość 2, 550 m, średnia głębokość zalegania 2, 725 m

II – grubość 1, 10 m,

III – grubość 2, 400 m, średnia głębokość zalegania 3, 348 m

IVa – grubość 0, 452 m, średnia głębokość zalegania 4, 774 m

IVb – zalega poniżej głębokości 5, 00 m

1. Obliczenie współczynników t_i dla średnich głębokości zalegania warstw

Warstwa I, glina pylasta zwięzła I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 42

Dla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 00         t = 50 kPa

Dla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 50         t = 25 kPa

Zatem dla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 42

$$t = 25 + \left( 50 - 25 \right) \bullet \frac{0,5 - 0,42}{0,5} = 29,000\ kPa$$

- dla średniej głębokości zalegania 2, 725 m

$$t_{I} = 29,00 \bullet \frac{2,725}{5} = 15,805\ kPa$$

Warstwa II, torf I_L⁽ⁿ⁾ > 0, 75

- dla całej wysokości warstwy przyjmuję

t_II = 10, 000 kPa

Warstwa III, glina piaszczysta zwięzła I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 18

Dla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 00         t = 50 kPa

Dla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 50         t = 25 kPa

Zatem dla I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 18

$$t = 25 + \left( 50 - 25 \right) \bullet \frac{0,5 - 0,18}{0,5} = 41,000\ kPa$$

- dla średniej głębokości zalegania 3, 348 m

$$t_{\text{III}} = 41,00 \bullet \frac{3,348}{5} = 27,451\ kPa$$

Warstwa IV, piasek średni I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 33         t = 74 kPa

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 67        t = 47 kPa

Zatem dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

$$t_{\text{IVb}} = 47 + \left( 74 - 47 \right) \bullet \frac{0,48 - 0,33}{0,67 - 0,33} = 58,912\ kPa$$

- dla średniej głębokości zalegania 4, 774 m

$$t_{\text{IVa}} = 58,912 \bullet \frac{4,774}{5} = 56,247\ kPa$$

1. Obliczenie współczynnika q

Obliczenie D_i zastępczego:

$$D_{i} = \sqrt{\frac{A \bullet 4}{\pi}} = \sqrt{\frac{0,109 \bullet 4}{\pi}} = 0,373\ m$$

$$h_{\text{ci}}^{'} = 10\sqrt{\frac{D_{i}}{D_{0}}} = 10\sqrt{\frac{0,373}{0,4}} = 9,657\ m$$

Warstwa IV, piasek średni I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 33         q = 3000 kPa

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 67        q = 5100 kPa

Zatem dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

$$q = 3000 + \left( 5100 - 3000 \right) \bullet \frac{0,48 - 0,33}{0,67 - 0,33} = 3926,471\ kPa$$

- dla poziomu podstawy (końca) pala, oznaczając przez x zagłębienie pala w piaskach średnich poniżej poziomu −5 m, mierzonego od poziomu zastępczego:

$$q_{x} = \left( 5 + x \right) \bullet \frac{q}{h_{\text{ci}}^{'}} = \left( 5 + x \right) \bullet \frac{3926,471}{9,657}$$

Powierzchnie boczne pala w obrębie poszczególnych warstw:

A_sI = a • 4 • h = 0, 33 • 4 • 2, 550 = 3, 366 m²

A_sII = a • 4 • h = 0, 33 • 4 • 1, 100 = 1, 452 m²

A_sIII = a • 4 • h = 0, 33 • 4 • 2, 400 = 3, 168 m²

A_sIVa = a • 4 • h = 0, 33 • 4 • 0, 452 = 0, 597 m²

A_sIVb = a • 4 • h = 0, 33 • 4 • x

1. Obliczeniowe wartości jednostkowych wytrzymałości q^(r),   t^(r)

- pod podstawą:

$$q^{(r)} = 0,9 \bullet q_{x} = 0,9 \bullet \left( 5 + x \right) \bullet \frac{3926,471}{9,657}$$

- na pobocznicy:

t^(r)_I = 1, 14 • t_I = 1, 14 • 15, 805 = 18, 018 kPa

t^(r)_II = 10, 000 kPa

t^(r)_III = 0, 89 • t_III = 0, 89 • 27, 451 = 24, 432 kPa

t^(r)_IVa = 0, 90 • t_IVa = 0, 90 • 56, 247 = 50, 623 kPa

t^(r)_IVb = 0, 90 • t_IVb = 0, 90 • 58, 912 = 53, 021 kPa

1. Wyznaczenie długości pala

l_p = 7, 952 + x − 1, 45 = 6, 502 + x

- długość pala nad wodą

l_nw = (9,00−1,45) = 7, 550 m

- długość pala pod wodą

l_pw = (7,952+x−9) = ( − 1, 048 + x)

- ciężar obliczeniowy pala

G_rp = A • γ_f • (l_nw•γ_b+l_pw•γ_b^′) = 0, 109 • 1, 1 • (7, 550 • 25 + ( − 1, 048 + x)•15)

- wypadkowa negatywnego parcia gruntu

T_r = S_sI • A_sI • t^(r)_I + A_sII • t^(r)_II = 0, 9 • 3, 366 • 18, 018 + 1, 452  • 10, 000 = 69, 103 kN

Równanie z którego otrzymujemy x (tj. zagłębienie pala w piasku średnim) wynika z warunku:

$$0,9 \bullet \left( S_{p} \bullet q^{\left( r \right)} \bullet A + m_{1} \bullet \sum_{}^{}{S_{\text{si}} \bullet {t^{\left( r \right)}}_{i} \bullet}A_{\text{si}} \right) \geq R_{2r} + G_{\text{rp}} + T_{r}$$

Zakładam m₁ = 1

Zatem:

$$0,9 \bullet \left\lbrack 1,10 \bullet \left( 0,9 \bullet \left( 5 + x \right) \bullet \frac{3926,471}{9,657} \right) \bullet 0,109 + 1,00 \bullet \bullet \left( 0,9 \bullet 24,432\ \bullet 3,168 + 1,10 \bullet 50,623 \bullet 0,597 + 1,10 \bullet 53,021 \bullet 0,33 \bullet 4 \bullet x \right) \right\rbrack \geq 635,894 + 0,109 \bullet 1,1 \bullet \left( 7,550 \bullet 25 + \left( - 1,048 + x \right) \bullet 15 \right) + 69,103\ $$

Po rozwiązaniu metodą prób otrzymano x = 4, 0389 m

Obliczona długość pala l_p = 7, 952 + x − 1, 45 = 6, 502 + x = 6, 502 + 4, 0389 = 10, 541 m

Przyjęto l_p = 10, 6 m   → x = 4, 098

$$0,9 \bullet \left( S_{p} \bullet q^{\left( r \right)} \bullet A + m_{1} \bullet \sum_{}^{}{S_{\text{si}} \bullet {t^{\left( r \right)}}_{i} \bullet}A_{\text{si}} \right) = 739,418\ kN > 733,088\ kN = R_{2r} + G_{\text{rp}} + T_{r}$$

1. Sprawdzenie nośności pala w grupie

Promień podstawy strefy naprężeń

tgα = 0, 070 - dla gliny piaszczystej zwięzłej I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 18

tgα = 0, 105 - dla piasku średniego I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

$$R = \frac{D}{2} + \sum_{}^{}{h \bullet tg\alpha} = \frac{0,373}{2} + \left( 2,40 \bullet 0,070 + 0,105 \bullet \left( 0,452 + 4,098 \right) \right) = 0,83\ m$$

$$\frac{r}{R} = \frac{1,7205}{0,83} = 2,07\ \ \ \rightarrow m_{1} = 1$$

Strefy naprężeń na siebie nie zachodzą, nośność pala jest więc równa nośności pala pojedynczego. Przyjęta długość pala jest wystarczająca.

1. Wymiarowanie ławy

1. Zbrojenie poprzeczne ławy

h₀ = 0, 6 m

               α₁ = 47, 49

α₁ > 30 zatem:

Obliczeniowa siła rozciągająca zbrojenie, a wynikająca z oddziaływań pala na ławę:

$$Z = \frac{R_{2r}\left( \frac{b}{2} + e_{s} \right)}{h_{0}}\mathbf{=}\frac{635,894 \bullet \left( \frac{1}{2} + 0,05 \right)}{0,6}\mathbf{=}529,995\ kN$$

Potrzebna ilość zbrojenia (stal AII – 18G2, beton B15):

$$A_{s1} = \frac{Z}{f_{\text{yd}}} = \frac{529,995}{310000} = 17,097\ cm^{2}$$

Przyjęto 7⌀18mm o A_s1 = 17, 80 cm². W tym przypadku 7 prętów ⌀18mm należy rozmieścić w paśmie nad palem o szerokości 2 • 0, 33 = 0, 66m a więc co 10 cm.

1. Zbrojenie podłużne ławy

Ciężar własny ławy, ciężar gruntu nad ławą, ciężar posadzki:

G_r = G_1r + G_2r + G_3r + G_4r = 34, 65 + 3, 74 + 4, 90 + 10, 71 = 54, 00 kN

Ciężar objętościowy muru - ${\gamma_{m}}^{(n)} = 18\frac{\text{kN}}{m^{3}}$

Grubość muru – a = 0, 30 m

Ciężar pryzmy trójkątnej muru –

P_r = 1, 1 • P_n = 1, 1 • l₀ • tg60 • a • γ_m⁽ⁿ⁾ = 1, 1 • 1, 4 • tg60 • 0, 30 • 18 = 14, 404 kN

G_r + P_r = 54, 00 kN + 14, 404 kN = 68, 404 kN

l = 2 • l₀ = 2 • 1, 4 = 2, 8 m

Do wyznaczenia zbrojenia przyjmuje się następujące wartości obliczeniowe momentów zginających:

- na podporze (nad palami)

$$M_{1} = \frac{{(G_{r} + P_{r}) \bullet l}^{2}}{9} = \frac{{68,404 \bullet 2,8}^{2}}{9} = 59,587\ kNm$$

- w przęśle pośrednim

$$M_{2} = \frac{{(G_{r} + P_{r}) \bullet l}^{2}}{14} = \frac{{68,404 \bullet 2,8}^{2}}{14} = 38,306\ kNm$$

- w przęśle skrajnym

$$M_{3} = \frac{{(G_{r} + P_{r}) \bullet l}^{2}}{11} = \frac{{68,404 \bullet 2,8}^{2}}{11} = 48,753\ kNm$$

$$A_{S1} = \frac{M}{f_{\text{yd}} \bullet 0,9h_{0}} = \frac{0,059587}{310 \bullet 0,9 \bullet 0,6} = 3,56\ cm^{2} < A_{S1,min}$$

$$\rho_{\min} = \frac{17}{81} \bullet \frac{\alpha f_{\text{cd}}}{f_{\text{yd}}} = \frac{17}{81} \bullet \frac{0,85 \bullet 10,6}{350} = 0,54\%\ \ $$

A_S1, min = B • h_f • ρ_min = 1, 80 • 0, 7 • 0, 0054 = 68, 04 cm²

Przyjęto zbrojenie górą i dołem po 16 prętów ⌀24 A_S1 = 72, 35 cm² (stal AIII – 34GS, beton B20), rozmieszczone równomiernie na całej szerokości ławy.

1. Obliczenie osiadania jednego pala

- Charakterystyczny ciężar na 1mb ławy:

G_1n = 1, 8 • 0, 7 • 25 = 31, 50 kN

- Charakterystyczny ciężar posadzki nad ławą fundamentową:

G_2n = 0, 15 • 0, 8 • 24 = 2, 88 kN

- Ciężar gruntu nasypowego nad odsadzką z prawej strony $\gamma = 17\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ :

G_3n = 0, 30 • 0, 8 • 17 = 4, 08 kN

- Ciężar gruntu nasypowego nad odsadzką z lewej strony $\gamma^{(n)} = 17\frac{\text{kN}}{m^{3}}$ :

G_4n = 0, 75 • 0, 7 • 17 = 8, 93 kN

- Charakterystyczne obciążenie przekazywane z fundamentu na pal:

Q_nF = (G_1n+G_2n+G_3n+G_4n+P_n) • 1, 4 = (31,50+2,88+4,08+8,93+315) • 1, 4 = 507, 346 kN

- Charakterystyczny ciężar własny jednego pala:

G_rp = A • (l_nw•γ_b+l_pw•γ_b^′) = 0, 109 • (7,550•25+(−1,048+4,098)•15) = 25, 538 kN

- Ciężar charakterystyczny pala w obrębie torfów i gliny pylastej zwięzłej:

G_rp^′ = 3, 65 • 25 • 0, 109 = 9, 946 kN

- Charakterystyczne obciążenie pala od tarcia ujemnego wynosi:

$$T_{n} = t_{I} \bullet A_{\text{sI}} \bullet S_{\text{sI}} + t_{\text{II}} \bullet A_{\text{sII}} = 15,805 \bullet 3,366 \bullet 0,9 + \frac{10,00}{1,1} \bullet 1,452 = 61,08\ kN$$

Osiadanie należy obliczać w gruncie nośnym, tj. poniżej warstwy torfów

Moduły odkształcenia wzdłuż trzonu pala:

Warstwa III, glina piaszczysta zwięzła (grupa B) I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 18, miąższość 2, 400 m

E_0III = 28000 kPa E_0III • 0, 9 = 25200kPa

Warstwa IV, piasek średni I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48, miąższość 4, 550 m

E_0III = 80000 kPa E_0III • 1, 1 = 88000 kPa

Moduł E_b- grunt poniżej podstawy:

E_b = E_0III • 1, 1 = 88000 kPa

Średni moduł dla podłoża gruntowego otaczającego pal:

$$E_{0} = \frac{25200 \bullet 2,400 + 88000\ \bullet 4,550}{2,400 + 4,550} = 66313,669\ kPa$$

Osiadanie pala od obciążenia  Q_n = Q_nF + G_rp + T_n

$$s = \frac{Q_{n}}{h \bullet E_{0}} \bullet I_{w}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }I_{w} = I_{\text{OK}} \bullet R_{b}$$

R_b,   I_OK odczytujemy z nomogramu dla wartości:

h = 2, 400 + 4, 550 = 6, 950 m

$$\frac{E_{b}}{E_{0}} = \frac{88000}{66313,669} = 1,33$$

$$\frac{h}{D} = \frac{6,950}{0,373} = 18,633$$

R_A = 1, 0 (pal pelny)

Przy betonie pala B20 – E_t = 27000000 kPa

$$K_{A} = \frac{E_{t}}{E_{0}} \bullet R_{A} = \frac{27000000}{66313,669} \bullet 1 = 407,156\ \ \ \ \ \ \ \ \rightarrow R_{B} = 0,97$$

I_OK = 2, 8

I_w = I_OK • R_b = 2, 8 • 0, 97 = 2, 716

Osiadanie pojedynczego pala w przyjętych do obliczeń warunkach gruntowych dla siły Q_n = 1 wynosi:

$$s_{1} = \frac{Q_{n}}{h \bullet E_{0}} \bullet I_{w} = \frac{1}{6,950 \bullet 66313,669} \bullet 2,716 = 5,893 \bullet 10^{- 6}\text{\ m}$$

Dla Q_n = Q_nF + G_rp + T_n = 507, 346 + 25, 538 + 61, 08 = 593, 964 kN

s = 5, 893 • 10⁻⁶ • 593, 964 = 3, 50 • 10⁻³ m = 0, 350 cm

Osiadanie dowolnego pala pod ławą oblicza się ze wzoru:

$$s_{i} = s_{1i} \bullet Q_{\text{ni}} + \sum_{}^{}{s_{1j} \bullet Q_{\text{nj}} \bullet \alpha_{\text{ij}}^{0}}$$

α_ij⁰ = α_F⁰ − F_E(α_F⁰ − α_E⁰)

Przykładowe obliczenie osiadania pala 1 z uwzględnieniem pali 2 - 6

Numer  pala	r/D	KA	h/D	αF^0	αE^0	FE	αij^0
2	4,61	407,156	18,633	0,26	0,08	0,03	0,2546
3	0,13	407,156	18,633	0,21	0,05	0,03	0,2052
4	0,09	407,156	18,633	0,15	0,03	0,03	0,1464
5	0,07	407,156	18,633	0,13	0,01	0,03	0,1264
6	0,05	407,156	18,633	0,08	0,00	0,03	0,0776

Osiadania pala nr 1 w gruncie nośnym:

s₁ = 3, 50 • 10⁻³ + 5, 893 • 10⁻⁶ • 593, 964 • 2 • (0, 2546 + 0, 2052 + 0, 1464 + 0, 1264)=8, 627 • 10⁻³ m = 0, 863 cm

Skrócenie pala w obrębie gruntów nienośnych:

$$_{s} = \frac{\left( Q_{\text{nF}} + 0,5 \bullet \left( G_{\text{rp}}^{'} + T_{n} \right) \bullet h_{n} \right)}{A_{p} \bullet E_{t}} = \frac{\left( 507,346 + 0,5 \bullet \left( 9,946 + 61,08 \right) \bullet 3,65 \right)}{0,109 \bullet 27000000} = 1,85 \bullet 10^{- 4}\text{\ m}$$

Całkowite osiadanie pala:

s_c = s₁+_s = 8, 627 • 10⁻³ + 1, 85 • 10⁻⁴ = 8, 630 • 10⁻³ m = 0, 863 cm

STOPA NA PALACH POD SŁUP

1. Parametry geotechniczne

Symbol	γm	IL^(n)	ID^(n)	$$\mathbf{\rho'}^{\mathbf{(n)}}\mathbf{\lbrack}\frac{\mathbf{t}}{\mathbf{m}^{\mathbf{3}}}\mathbf{\rbrack}$$
PS Ia	1 ∓ 0, 10	-	0,20	1,85
PS IIa	1 ∓ 0, 10	-	0,48	1,90
Z  IV	1 ∓ 0, 10	-	0,52	2,05

1. Przyjęcie wymiarów stopy, zestawienie obciążeń

Z uwagi na zmienne obciążenia, znaczne siły poziome oraz mimośród tych obciążeń w kierunku obydwu osi słupa przyjęto 9 pali wierconych Wolfsholza D= 45cm. Z warunków konstrukcyjnych przyjęto wymiary oczepu:

B = 4, 55 m      L = 4, 55 m    h = 1, 2 m h_posadowienia = 2, 0 m

Wymiaru słupa:

B_s = 0, 50 m    L_s = 0, 80 m

Ciężar własny ławy wynosi:

- charakterystyczny:

G_1n = 4, 55² • 1, 2 • 25 = 621, 08 kN

- obliczeniowy:

G_1r = G_1n • 1, 1 = 683, 18 kN

Ciężar gruntu nasypowego nad odsadzką $\gamma = 17\frac{\text{kN}}{m^{3}}$:

- charakterystyczny:

G_2n = (B•L−B_s• L_s) • h_gr • γ = (4, 55²−0,5• 0,8) • 0, 35 • 17 = 120, 80 kN

- obliczeniowy:

G_2r = G_2n • 1, 2 = 144, 96 kN

Ciężar posadzki:

- charakterystyczny:

G_3n = (B•L−B_s• L_s) • h_gr • γ = (4, 55²−0,5• 0,8) • 0, 15 • 24 = 73, 09 kN

- obliczeniowy:

G_3r = G_3n • 1, 3 = 95, 02 kN

1. Przyjęcie rozmieszczenia pali, wymiarów stopy, zestawienie obciążeń

Na fundament działają obciążenia wg schematów:

Schemat	I
Rodzaj obciążenia (obliczeniowego)	Pr [kN]
Stałe i zmienne długotrwałe	3130
Stałe i zmienne długotrwałe i krótkotrwałe oraz wyjątkowe	4410

Schemat	II
Rodzaj obciążenia (obliczeniowego)	Pr [kN]
Stałe i zmienne długotrwałe	3130
Stałe i zmienne długotrwałe i krótkotrwałe oraz wyjątkowe	4255

Przyjęto przesunięcie środka ciężkości układu palowego względem osi słupa o e_s = 0, 55 m

Przyjęto rozmieszczenie pali w kierunku równoległym do długości i do szerokości r₁ = r₂ = 1, 60 m

1. Wyznaczenie sił obciążających pale

Obciążenia stałe i zmienne długotrwałe:

Schemat I

P_r^I = 3130 + 683, 18 + 144, 96 + 95, 02 = 4053, 158 kN

$${\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} = 1070 - \left( - 220 \right) \bullet 1,2 - 3130 \bullet 0,55 = - 387,500\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} = 0$$

$${R_{\text{r\ \ max}}}^{I} = R_{r1} = \frac{{P_{r}}^{I}}{n} - \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} \bullet x_{1}}{\sum_{}^{}{x_{i}}^{2}} = \frac{4053,158}{9} - \frac{- 387,500 \bullet 1,60}{6 \bullet {1,6}^{2}} = 490,715\ kN$$

$${R_{\text{r\ \ min}}}^{I} = R_{r9} = \frac{{P_{r}}^{I}}{n} - \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} \bullet x_{1}}{\sum_{}^{}{x_{i}}^{2}} = \frac{4053,158}{9} - \frac{- 387,500 \bullet ( - 1,60)}{6 \bullet {1,6}^{2}} = 409,986\ kN$$

Obciążenia stałe, zmienne i wyjątkowe:

Schemat I

P_r^I = 4410 + 683, 18 + 144, 96 + 95, 02 = 5333, 158 kN

$${\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} = 1805 - \left( - 405 \right) \bullet 1,2 - 5333,158 \bullet 0,55 = - 134,500\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} = 605 + 130 \bullet 1,2 = 761,000\ kNm$$

$${R_{\text{r\ \ max}}}^{I} = R_{r1} = \frac{{P_{r}}^{I}}{n} - \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} \bullet x_{1}}{\sum_{}^{}{x_{i}}^{2}} + \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} \bullet y_{1}}{\sum_{}^{}{y_{i}}^{2}} = \frac{5333,158}{9} - \frac{- 134,500 \bullet 1,60}{6 \bullet {1,6}^{2}} + \frac{761,000 \bullet 1,60}{6 \bullet {1,6}^{2}} = 685,854\ kN$$

$${R_{\text{r\ \ min}}}^{I} = R_{r9} = \frac{{P_{r}}^{I}}{n} - \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} \bullet x_{1}}{\sum_{}^{}{x_{i}}^{2}} + \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} \bullet y_{1}}{\sum_{}^{}{y_{i}}^{2}} = \frac{5333,158}{9} - \frac{- 134,500 \bullet ( - 1,60)}{6 \bullet {1,6}^{2}} + \frac{761,000 \bullet ( - 1,60)}{6 \bullet {1,6}^{2}} = 499,292\ kN$$

Schemat II

P_r^I = 4255 + 683, 18 + 144, 96 + 95, 02 = 5178, 158 kN

$${\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} = 1850 - \left( - 340 \right) \bullet 1,2 - 5178,158 \bullet 0,55 = - 82,250\ kNm$$

$${\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} = 815 + 180 \bullet 1,2 = 1031,00\ kNm$$

$${R_{\text{r\ \ max}}}^{I} = R_{r1} = \frac{{P_{r}}^{I}}{n} - \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} \bullet x_{1}}{\sum_{}^{}{x_{i}}^{2}} + \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} \bullet y_{1}}{\sum_{}^{}{y_{i}}^{2}} = \frac{5178,158}{9} - \frac{- 82,250 \bullet 1,60}{6 \bullet {1,6}^{2}} + \frac{1031,00 \bullet 1,60}{6 \bullet {1,6}^{2}} = 691,314\ kN$$

$${R_{\text{r\ \ min}}}^{I} = R_{r9} = \frac{{P_{r}}^{I}}{n} - \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{yr}}}}^{I} \bullet x_{1}}{\sum_{}^{}{x_{i}}^{2}} + \frac{{\overset{\overline{}}{M_{\text{xr}}}}^{I} \bullet y_{1}}{\sum_{}^{}{y_{i}}^{2}} = \frac{5333,158}{9} - \frac{- 82,250 \bullet ( - 1,60)}{6 \bullet {1,6}^{2}} + \frac{1031,00 \bullet ( - 1,60)}{6 \bullet {1,6}^{2}} = 459,387\ kN$$

1. Obliczenie długości i nośności pala

Dla pali Wolfsholza:

S_s = 0, 90 − dla piaskow srednich I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 20

S_s = 0, 90 − dla piaskow srednich I_L⁽ⁿ⁾ = 0, 48

S_s = 0, 90 − dla zwiru I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 52

S_p = 1, 00 − dla zwiru I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 52

Pole podstawy pala:

$$A = \frac{\pi \bullet D^{2}}{4} = \frac{\pi \bullet {0,45}^{2}}{4} = 0,16\ m^{2}$$

Średnie zagłębienie poszczególnych warstw gruntu:

Dla warstwy Ia, Ib, IV , poziom 0,00 znajduje się w poziomie terenu.

Grubość obliczeniowych warstw (h_i), przez które przechodzi pal, oraz średnie głębokości zalegania, są następujące:

Ia – grubość 5, 00 m, średnia głębokość zalegania 3, 00 m

Ib – grubość 2, 50 m, średnia głębokość zalegania 6, 75 m,

IV –średnia głębokość zalegania >5, 00 m

1. Obliczenie współczynników t_i dla średnich głębokości zalegania warstw

Warstwa Ia, piasek średni I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 20

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 20         t = 34 kPa

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 33        t = 47 kPa

Zatem dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 20

$$t = 34 + \left( 47 - 34 \right) \bullet \frac{0,20 - 0,20}{0,33 - 0,20} = 34,00\ kPa$$

- dla średniej głębokości zalegania 4, 774 m

$$t_{\text{Ia}} = 34,00 \bullet \frac{3,00}{5} = 20,400\ kPa$$

Warstwa Ib, piasek średni I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 33         t = 47 kPa

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 67        t = 74 kPa

Zatem dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 20

$$t_{\text{Ib}} = 47 + \left( 74 - 47 \right) \bullet \frac{0,48 - 0,33}{0,67 - 0,33} = 58,912\ kPa$$

Warstwa IV, żwir I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 52

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 33         t = 74 kPa

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 67        t = 110 kPa

Zatem dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 20

$$t_{\text{IV}} = 74 + \left( 110 - 74 \right) \bullet \frac{0,52 - 0,33}{0,67 - 0,33} = 94,118\ kPa$$

1. Obliczenie współczynnika q

$$h_{\text{ci}}^{'} = 10\sqrt{\frac{D_{i}}{D_{0}}} = 10\sqrt{\frac{0,45}{0,4}} = 10,607\ m$$

Warstwa IV, żwir I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 52

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 33         q = 3000 kPa

Dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 67        q = 5100 kPa

Zatem dla I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 52

$$q = 3000 + \left( 5100 - 3000 \right) \bullet \frac{0,52 - 0,33}{0,67 - 0,33} = 4173,529\ kPa$$

- dla poziomu podstawy (końca) pala, oznaczając przez x zagłębienie pala w żwirze poniżej poziomu −8 m, mierzonego od poziomu zastępczego:

$$q_{x} = \left( 8 + x \right) \bullet \frac{q}{h_{\text{ci}}^{'}} = \left( 5 + x \right) \bullet \frac{4173,529}{10,607}$$

Powierzchnie boczne pala w obrębie poszczególnych warstw:

A_sIa = π • D • h = 1, 414 • 5, 00 = 7, 069 m²

A_sbI = π • D • h = 1, 414 • 2, 50 = 3, 534 m²

A_sIV = π • D • x = 1, 414 • x

1. Obliczeniowe wartości jednostkowych wytrzymałości q^(r),   t^(r)

- pod podstawą:

$$q^{(r)} = 0,9 \bullet q_{x} = 0,9 \bullet \left( 8 + x \right) \bullet \frac{4173,529}{10,607}$$

- na pobocznicy:

t^(r)_Ia = 0, 9 • t_Ia = 0, 9 • 20, 400 = 18, 360 kPa

t^(r)_Ib = 0, 9 • t_Ib = 0, 9 • 58, 912 = 53, 021 kPa

t^(r)_IV = 0, 9 • t_IV = 0, 9 • 94, 118 = 84, 706 kPa

1. Wyznaczenie długości pala

l_p = 8, 00 + x − 2, 00 = 6, 00 + x

- długość pala nad wodą

l_nw = (2,20−2,00) = 0, 200 m

- długość pala pod wodą

l_pw = (8,00+x−2,20) = (5, 80 + x)

- ciężar obliczeniowy pala

G_rp = A • γ_f • (l_nw•γ_b+l_pw•γ_b^′) = 0, 16 • 1, 1 • (0, 200 • 25 + (5, 80 + x)•15)

- wypadkowa negatywnego parcia gruntu

T_r = 0

Równanie z którego otrzymujemy x (tj. zagłębienie pala w piasku średnim) wynika z warunku:

$$0,9 \bullet \left( S_{p} \bullet q^{\left( r \right)} \bullet A + m_{1} \bullet \sum_{}^{}{S_{\text{si}} \bullet {t^{\left( r \right)}}_{i} \bullet}A_{\text{si}} \right) \geq R_{2r} + G_{\text{rp}} + T_{r}$$

Zakładam m₁ = 1

Zatem:

$$0,9 \bullet \left\lbrack 1,00 \bullet \left( 0,9 \bullet \left( 8 + x \right) \bullet \frac{4173,529}{10,607} \right) \bullet 0,16 + 1,00 \bullet \bullet \left( 0,9 \bullet 18,360\ \bullet 7,069 + 0,9 \bullet 53,021 \bullet 3,534 + 0,9 \bullet 84,706\ \bullet 1,414 \bullet x \right) \right\rbrack \geq 691,314 + (0,16 \bullet 1,1 \bullet \left( 0,200 \bullet 25 + \left( 5,80 + x \right) \bullet 15 \right) + 0,00\ $$

Po rozwiązaniu otrzymano x = −1, 63267 m

Aby pal spełniał warunki nośności posadawiając go w warstwie piasków średnich – warstwa ta musiała by mieć miąższość ponad 2,5 m, zatem w istniejących warunkach gruntowych jest to niemożliwe. Zatem posadowienie pala wykonuje w warstwie żwirów.

Przyjmuję x = 1, 0 m

Obliczona długość pala l_p = 6, 00 + x = 6, 00 + 1, 0 = 7, 00 m

Przyjęto l_p = 7, 00 m

$$0,9 \bullet \left( S_{p} \bullet q^{\left( r \right)} \bullet A + m_{1} \bullet \sum_{}^{}{S_{\text{si}} \bullet {t^{\left( r \right)}}_{i} \bullet}A_{\text{si}} \right) = 855,741\ kN > 710,034kN = R_{2r} + G_{\text{rp}} + T_{r}$$

1. Wyznaczenie nośności pala w grupie

Promień podstawy strefy naprężeń

tgα = 0, 087 - dla piasku średnich I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 20

tgα = 0, 105 - dla piasku średniego I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 48

tgα = 0, 105 - dla żwiru I_D⁽ⁿ⁾ = 0, 52

$$R = \frac{D}{2} + \sum_{}^{}{h \bullet tg\alpha} = \frac{0,45}{2} + \left( 5,0 \bullet 0,087 + 0,105 \bullet \left( 2,50 + 1,60 \right) \right) = 1,03\text{\ m}$$

$$\frac{r}{R} = \frac{1,6}{1,03} = 1,56\text{\ \ \ } \rightarrow m_{1} = 0,94$$

Strefy naprężeń zachodzą na siebie, nośność pala jest więc równa:

$$0,9 \bullet \left( S_{p} \bullet q^{\left( r \right)} \bullet A + m_{1} \bullet \sum_{}^{}{S_{\text{si}} \bullet {t^{\left( r \right)}}_{i} \bullet}A_{\text{si}} \right) = 849,922\ kN > 710,034\ kN = R_{2r} + G_{\text{rp}} + T_{r}$$

Przyjęta długość pala dla m₁ = 0, 94 jest wystarczająca.

1. Wymiarowanie podstawy podpory palowej

Siły przypadające na poszczególne pale (od sił stałych zmiennych i wyjątkowych):

	Schemat I [kN]	Schemat II [kN]
Rr^1	685,854	691,314
Rr^2	671,844	682,747
Rr^3	657,834	674,179
Rr^4	606,584	583,919
Rr^5	671,844	575,351
Rr^6	578,563	566,783
Rr^7	527,313	476,523
Rr^8	513,302	467,955
Rr^9	499,292	459,387

Całkowite siły rozciągające:

Dla pasma I, II, III

$$Z_{I} = \frac{1}{1,10} \bullet \left( 674,179 \bullet 2,15 + 682,747 \bullet 0,55 \right) = 1690,121\text{\ kN}$$

Dla pasma IV, V, VI

$$Z_{\text{IV}} = \frac{1}{1,08} \bullet 691,314 \bullet 1,6 = 1024,170\ kN$$

Przyjmujemy stal AIII (34GS f_yd = 350000 kPa) i obliczamy potrzebne ilości zbrojenia:

Dla pasma I, II, III

$$A_{s,\ \ I} = \frac{Z_{I}}{f_{\text{yd}}} = \frac{1690,121}{350000} = 48,289\ \text{cm}^{2}$$

Dla pasma IV, V, VI

$$A_{s,\ \ IV} = \frac{Z_{\text{IV}}}{f_{\text{yd}}} = \frac{1024,170\ }{350000} = 29,262\ \text{cm}^{2}$$

Przyjęto w pasach I, II, III po 13⌀22  A_S1 = 49, 40 cm²

Przyjęto w pasach IV, V, VI po 8⌀22  A_S1 = 30, 40 cm²