Rys. – schemat do zebrania obciążeń przypadających na płytę
Tabela – Zestawienie obciążeń przypadających na płytę
Obliczenia statyczne dokonano programem PL-WIN wersja 1.37.
Pełen raport obliczeń zawarty jest w załączniku 1.
Rys. – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE Mx [kNm/m]
Obc. Obliczeniowe, Wygenerowane w PL-WN
Rys. – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE My [kNm/m]
Obc. Obliczeniowe, Wygenerowane w PL-WN
si = ϕ = 20 mm
$$a = 25 + \frac{20}{2} = 35\ mm = 0,035\ m$$
d = 0, 265 m
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,26 \bullet \frac{f_{\text{ctm}}}{f_{\text{yk}}} \bullet b \bullet d = 0,26 \bullet \frac{2,6}{410} \bullet 1,0 \bullet 0,265 = 4,369 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 4,369\ cm^{2} \\
0,0013 \bullet b \bullet d = 0,0013 \bullet 1,0 \bullet 0,265 = 3,445 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 3,445\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Wyznaczenie zbrojenia dolnego po kierunku x-x
Msx = 185, 0 kNm
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{185,0}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,265}^{2}} = 0,158$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,158} = 0,173$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 173 = 0, 914
$$A_{\text{Sx}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{yd}} \bullet d{\bullet \zeta}_{\text{eff}}} = \frac{185,0}{350000 \bullet 0,265 \bullet 0,914} = 21,83 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = \mathbf{21,83\ c}\mathbf{m}^{\mathbf{2}}$$
Przyjęto zbrojenie 7ϕ20 o ASx=21, 99 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie spełnia warunek minimalnego pola przekroju zbrojenia)
$$\rho_{L} = \frac{A_{\text{Sx}}}{b \bullet d} \bullet 100\% = \frac{21,99}{100 \bullet 26,5} = 0,83\%$$
si = ϕ = 20 mm
$$a = 25 + 20 + \frac{20}{2} = 55\ mm = 0,055\ m$$
d = 0, 245 m
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,26 \bullet \frac{f_{\text{ctm}}}{f_{\text{yk}}} \bullet b \bullet d = 0,26 \bullet \frac{2,6}{410} \bullet 1,0 \bullet 0,245 = 4,04 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 4,04\ cm^{2} \\
0,0013 \bullet b \bullet d = 0,0013 \bullet 1,0 \bullet 0,245 = 3,185 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 3,185\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Wyznaczenie zbrojenia dolnego po kierunku x-x
Msy = 185, 0 kNm
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{185,0}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,245}^{2}} = 0,185$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,185} = 0,206$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 206 = 0, 897
$$A_{\text{Sy}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{yd}} \bullet d{\bullet \zeta}_{\text{eff}}} = \frac{185,0}{350000 \bullet 0,245 \bullet 0,897} = 24,05 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = \mathbf{24,05\ c}\mathbf{m}^{\mathbf{2}}$$
Przyjęto zbrojenie 8ϕ20 o ASy=25, 13 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie spełnia warunek minimalnego pola przekroju zbrojenia)
$$\rho_{L} = \frac{A_{\text{Sy}}}{b \bullet d} \bullet 100\% = \frac{25,13}{100 \bullet 24,5} = 1,02\%$$
Przyjęto zbrojenie 6ϕ10 o ASx=4, 71 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie spełnia warunek minimalnego pola przekroju zbrojenia)
Przyjęto zbrojenie 6ϕ10 o ASy=4, 71 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie spełnia warunek minimalnego pola przekroju zbrojenia)
$$a = \alpha_{k}\frac{M_{\text{Sd}}l_{\text{eff}}^{2}}{B}$$
Msd = 185, 0 kNm
Sztywność elementów zarysowanych przy obciążeniu długotrwałym
B∞=Ec, effII
Współczynnik pełzania betonu
- Założona wilgotność względna powietrza wynosi RH=100%.
- Wiek betonu w chwili obciążenia:28dni
$$h_{0} = \frac{2A_{c}}{u} = \frac{2 \bullet 1,0 \bullet 0,30\ }{2 \bullet 1,0} = 0,3\ m$$
Zatem
ϕ(t,t0) = 2, 35
$$E_{c,eff} = \frac{E_{\text{cm}}}{1 + \phi\left( t,t_{0} \right)} = \frac{32}{1 + 2,35} = 9,55\ GPa$$
$$\alpha_{e,t} = \frac{E_{s}}{E_{c,eff}} = \frac{205}{9,55} = 21,47$$
Faza I niezarysowana
$$x_{I} = \frac{0,5bh^{2} + \alpha_{e,t}A_{\text{sx}}d}{bh + \alpha_{e,t}A_{\text{sx}}}$$
$$x_{I} = \frac{0,5 \cdot 1,0 \cdot {0,3}^{2} + 21,47 \cdot 21,99 \cdot 10^{- 4} \cdot 0,265}{1,0 \cdot 0,3 + 21,47 \cdot 21,99 \cdot 10^{- 4}} = 0,166$$
$$I_{I} = \frac{b \cdot h^{3}}{12} + b \cdot h \cdot \left( 0,5h - x_{1} \right)^{2} + \alpha_{e,t} \bullet A_{s1}\left( d - x_{I} \right)^{2} = \frac{1,0 \cdot {0,3}^{3}}{12} + 1,0 \cdot 0,3 \cdot \left( 0,5 \cdot 0,3 - 0,166 \right)^{2} + 21,47 \bullet 21,99 \cdot 10^{- 4}\left( 0,265 - 0,166 \right)^{2} = 0,00279\ m^{4}$$
B∞=Ec, effII = 9, 55 ⋅ 0, 00279 = 26, 64 MNm2
$$\alpha_{k} = \frac{5}{48}$$
$$a = \alpha_{k}\frac{M_{\text{Sd}}l_{\text{eff}}^{2}}{B} = \frac{5}{48}\frac{158 \bullet {6,5}^{2}}{26,64 \bullet 10^{3}} = 0,026\ m = 26,0\ mm$$
$$a_{\lim} = \frac{l_{\text{eff}}}{150} = \frac{6,5}{200} = 0,032m = 43\ mm$$
a = 26, 0 mm < aPL.WIN = 34, 0 mm < alim = 43 mm
Graniczna wartość ugięcia nie zostanie przekroczona
Rys. – schemat STAN GRANICZNY UŻYTKOWANIA: PRZEMIESZCZENIA PŁYTY [mm]
Obc. Charakterystyczne, Wygenerowane w PL-WN
Zarysowanie obliczone programem PL-WIN
Rys. – schemat ROZWARTOŚĆ RYS W PŁYCIE [mm]
Obc. Charakterystyczne, Wygenerowane w PL-WN
wPL.WIN = 0, 29 mm < wlim = 0, 30 mm
Graniczna wartość zarysowanie nie zostanie przekroczona
Obciążenie z płyty przykrywającej zbiornik
Tabela – Zestawienie obciążeń przypadających na krawędź zbiornika
qk = 75, 47
γf = 1, 181
Pole płyty:
A = πR2 = 3, 14 ⋅ 3, 252 = 33, 18 m2
Sumaryczny ciężar:
Qk = 75, 48 ⋅ 33, 18 = 2504, 1 kN
Obciążenie ścianki zbiornika na 1mb ścianki
$$Q_{k,1mb} = \frac{1m}{2\pi R\ \ } \cdot Q_{k} = \frac{1}{2 \cdot 3,14 \cdot 3,25} \cdot 2504,1 = 122,63\ kN/mb\ $$
Q1=122, 63 ⋅ 1, 181 = 144, 82kN/mb
Obciążenie parciem gruntu.
Obciążenie naziomu
Tabela – Obciążenie naziomu
pk = 64, 80 kN/m2
γf = 1, 192
Przyjęto zagęszczony żwir jako grunt obsypujący zbiornik.
γ = 21, 00 kN/m3
ϕ = 41
γf = 1, 2
e = σzKa
$$K_{a} = tg^{2}\left( 45 - \frac{\phi}{2} \right) = tg^{2}\left( 45 - \frac{41}{2} \right) = 0,2077$$
Obciążenie parciem cieczy
ph, k = γc ⋅ H0
Gdzie
γc = 10, 0 kN/m3
γf = 1, 1
$$R = 2r^{2}\lambda^{2}\gamma\frac{K}{\text{Et}}\left( 2\lambda H - 1 \right) = \ $$
$$M = 2r^{2}\text{λγ}\frac{K}{\text{Et}}\left( \lambda H - 1 \right) = \ $$
$$K\ = \frac{Et^{2}}{12\left( 1 - \nu^{2} \right)} =$$
$$\lambda\ = \ \sqrt[4]{\frac{3\left( 1 - \nu^{2} \right)}{r^{2}t^{2}}} = \ $$
Nx = Q1 + γ(cieczy) ⋅ (H−x) ⋅ 1 ⋅ t
$$N_{\vartheta} = \gamma_{(cieczy)} \cdot r\ \left\{ \left( 1 - x \right) - le^{- \lambda x}\left\lbrack cos\lambda x + \left( 1 - \frac{1}{\text{λl}} \right)\text{sinλx} \right\rbrack \right\}$$
$$M_{x} = 2r^{2}\lambda^{2}\gamma_{\left( \text{cieczy} \right)}l\frac{K}{\text{Eh}}e^{- \lambda x}\left\lbrack \left( 1 - \frac{1}{\text{λl}} \right)\cos\lambda x - sin\lambda x \right\rbrack$$
Mϑ = 0, 1667Mx
Arkusz EXCEL
Arkusz EXCEL
Arkusz EXCEL
Arkusz EXCEL
Arkusz EXCEL
Arkusz EXCEL
$$p_{\text{kr}} = \frac{E_{b}t^{2}}{r\sqrt{3\left( 1 - \upsilon^{2} \right)}}$$
$$p_{\text{kr}} = \frac{32000000 \cdot {0,30}^{2}}{3,25\sqrt{3\left( 1 - {0,2}^{2} \right)}} = 51162,2\frac{\text{kN}}{m}$$
$$p_{\text{kr}} = 51162,2\frac{\text{kN}}{m} \gg p_{\text{gruntu}}$$
$$p_{\text{kr}} = 51162,2\frac{\text{kN}}{m} \gg p_{\text{cieczy}}$$
Wyboczenie nie nastąpi
Minimalne pole zbrojenia rozciąganego dla zbiorników walcowych podane w literaturze [1]
Amin = 0, 004 A
Amin = 0, 004 ⋅ 30 ⋅ 100 = 12 cm2
(zakłada się, ze całą siłę rozciągającą będzie przenosić to zbrojenie).
Przekrój zbrojenia rozciąganego na 1mb wysokości ściany z tym, że w każdym pasie przyjmuje się max siłę.
Zbrojenie dla parcia cieczy.
Zbrojenie umieszczone po zewnętrznej stronie płaszcza.
$$A_{\text{ψ\ }} = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}}\ $$
m = 1, 3
Stal A-III
fyd = 350000 kPa
$$A_{\psi:x\epsilon\left( 0,1 \right)\ } = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}} = \frac{1,3 \cdot 164,19 \cdot 1}{350000} = 6,10 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 6,10\ cm^{2} < A_{\min} = 12\ cm^{2}\ $$
Przyjęto 6ϕ16 o A = 12, 06 cm2 w rozstawie 16,7 cm na 1m
$$A_{\psi:x\epsilon\left( 1,4 \right)\ } = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}} = \frac{1,3 \cdot 223,49 \cdot 1}{350000} = 8,30 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 8,30\ cm^{2} > A_{\min} = 12\ cm^{2}\ $$
Przyjęto 6ϕ16 o A = 12, 06 cm2 w rozstawie 16,7 cm na 1m
$$A_{\psi:x\epsilon\left( 4,8 \right)\ } = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}} = \frac{1,3 \cdot 143,33 \cdot 1}{350000} = 5,32 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 5,32\ cm^{2} < A_{\min} = 12\ cm^{2}\ $$
Przyjęto 6ϕ16 o A = 12, 06 cm2 w rozstawie 16,7 cm na 1m
Zbrojenie dla parcia gruntem
Zbrojenie umieszczone po wewnętrznej stronie płaszcza.
$$A_{\text{ψ\ }} = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}}\ $$
m = 1, 3
Stal A-III
fyd = 350000 kPa
$$A_{\psi:x\epsilon\left( 0,1 \right)\ } = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}} = \frac{1,3 \cdot 174,84 \cdot 1}{350000} = 6,49 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 6,49\ cm^{2} < A_{\min} = 12\ cm^{2}\ $$
Przyjęto 6ϕ16 o A = 12, 06 cm2 w rozstawie 16,7 cm na 1m
$$A_{\psi:x\epsilon\left( 1,5.5 \right)\ } = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}} = \frac{1,3 \cdot 251,17 \cdot 1}{350000} = 9,33 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 9,33\ cm^{2} > A_{\min} = 12\ cm^{2}\ $$
Przyjęto 6ϕ16 o A = 12, 06 cm2 w rozstawie 16,7 cm na 1m
$$A_{\psi:x\epsilon\left( 5.5,8 \right)\ } = \frac{m \cdot n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1}{f_{\text{yd}}} = \frac{1,3 \cdot 170,80 \cdot 1}{350000} = 7,41 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 11,68\ cm^{2} < A_{\min} = 12\ cm^{2}\ $$
Przyjęto 6ϕ16 o A = 12, 06 cm2 w rozstawie 16,7 cm na 1m
Minimalne pole zbrojenia
Warunek normy na minimalne zbrojenie rozciągane 111
$$A_{s,min} = k_{c}\text{k\ }f_{ct,eff}\frac{\text{A\ }_{\text{ct}}}{\sigma_{s,lim}}$$
$$A_{s,min} = 0,4 \cdot 1,0 \cdot 2,9\frac{0,5 \cdot 0,30 \cdot 1}{200} = 8,7 \cdot 10^{- 4}\ m^{2} = 8,7\ cm^{2}$$
| Zbrojenie dla sił wewnętrznych wywołane parciem cieczy. | |
|---|---|
x : xϵ(0,1) – wewnętrzne
|
Założono zbrojenie ze stali A-III o fyd = 350000 kPa Otulenie w ścianie 2,5 cm
|
Określenie długości obliczeniowej i smukłość metrowego wycinka ściany
l0 = β • lcol
l0 = 0, 7 ⋅ 8, 00 = 5, 6 m
Obliczenie mimośrodu
Konstrukcyjny
Mmax = 22, 88 kNm → N = −210, 83 kN → e = 0,11 m
Niezamierzony
$$e_{a} = \frac{800}{600} = 1,33\text{\ cm}$$
$$e_{a} = \frac{30}{30} = 1,0\text{\ cm}$$
ea = 1, 0 cm
maxea=1,3 cm
całkowity
e0 = ea + ee = 0, 11 + 0, 013 = 0, 12 m
Smukłość metrowego wycinka ściany
$$\frac{l_{0}}{h} = \frac{5,6}{1,00} = 5,6 < 7,0\ \Longrightarrow \eta = 1,0$$
Zwiększony mimośród początkowy
etot = ηe0
etot = 1, 0 • 0, 12 = 0, 12 m
Mimośrody siły NSd względem zbrojenia
es1 = etot + 0, 5h = a1 = 0, 12 + 0, 5 • 0, 3 − 0, 04 = 0, 23 m
Obliczanie potrzebnego pola zbrojenia słupa. Zbrojenie symetryczne:
ξeff, lim = 0, 53→ dla stali A-III
xeff, lim = ξeff, lim • d = 0, 53 • 0, 267 = 0, 142 m
$$x_{\text{eff}} = \frac{N_{\text{Sd}}}{\alpha f_{\text{cd}}b} = \frac{210,83}{0,85 \cdot 20000 \cdot 0,3} = 0,0413$$
xeff = 0, 0413 < xeff, lim = 0, 142 m
xeff < xeff, lim → duży mimośród
$$A_{S1} = A_{S2} = \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}}\left( \frac{e_{s1}}{d - a_{2}} - 1 \right) = \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}}\left( \frac{0,23}{0,267 - 0,04} - 1 \right) = 1,64 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 1,64\ cm^{2}$$
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,15 \bullet \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}} = 0,15 \bullet \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}} = 0,904 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 0,904\ cm^{2} \\
k_{c}\text{k\ }f_{ct,eff}\frac{\text{A\ }_{\text{ct}}}{\sigma_{s,lim}} = 8,7\ cm^{2} \\
0,003 \bullet b \bullet d = 0,003 \bullet 0,30 \bullet 0,26 = 2,34 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 2,34\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Przyjęto 8ϕ12o A = 9, 04 cm2 w rozstawie 12,5 cm na 1m
| Zbrojenie dla sił wewnętrznych wywołane parciem cieczy. | |
|---|---|
x : xϵ(0,3) – zewnętrzne
|
Założono zbrojenie ze stali A-III o fyd = 350000 kPa Otulenie w ścianie 2,5 cm
|
Określenie długości obliczeniowej i smukłość metrowego wycinka ściany
l0 = β • lcol
l0 = 0, 7 ⋅ 8, 00 = 5, 6 m
Obliczenie mimośrodu
Konstrukcyjny
Mmax = 4, 57 kNm → N = −210, 83 kN → e = 0,02 m
Niezamierzony
$$e_{a} = \frac{800}{600} = 1,33\text{\ cm}$$
$$e_{a} = \frac{30}{30} = 1,0\text{\ cm}$$
ea = 1, 0 cm
maxea=1,3 cm
całkowity
e0 = ea + ee = 0, 02 + 0, 013 = 0, 03 m
Smukłość metrowego wycinka ściany
$$\frac{l_{0}}{h} = \frac{5,6}{1,00} = 5,6 < 7,0\ \Longrightarrow \eta = 1,0$$
Zwiększony mimośród początkowy
etot = ηe0
etot = 1, 0 • 0, 03 = 0, 03 m
Mimośrody siły NSd względem zbrojenia
es1 = etot + 0, 5h = a1 = 0, 03 + 0, 5 • 0, 3 − 0, 04 = 0, 14 m
Obliczanie potrzebnego pola zbrojenia słupa. Zbrojenie symetryczne:
ξeff, lim = 0, 53→ dla stali A-III
xeff, lim = ξeff, lim • d = 0, 53 • 0, 267 = 0, 142 m
$$x_{\text{eff}} = \frac{N_{\text{Sd}}}{\alpha f_{\text{cd}}b} = \frac{210,83}{0,85 \cdot 20000 \cdot 0,3} = 0,0413$$
xeff = 0, 0413 < xeff, lim = 0, 142 m
xeff < xeff, lim → duży mimośród
$$A_{S1} = A_{S2} = \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}}\left( \frac{e_{s1}}{d - a_{2}} - 1 \right) = \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}}\left( \frac{0,14}{0,267 - 0,04} - 1 \right) = - 2,31 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} \rightarrow 0,0\ cm^{2}$$
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,15 \bullet \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}} = 0,15 \bullet \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}} = 0,904 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 0,904\ cm^{2} \\
k_{c}\text{k\ }f_{ct,eff}\frac{\text{A\ }_{\text{ct}}}{\sigma_{s,lim}} = 8,7\ cm^{2} \\
0,003 \bullet b \bullet d = 0,003 \bullet 0,30 \bullet 0,26 = 2,34 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 2,34\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Przyjęto 8ϕ12o A = 9, 04 cm2 w rozstawie 12,5 cm na 1m
| Zbrojenie dla sił wewnętrznych wywołane parciem cieczy. | |
|---|---|
| x : xϵ(1,8) – wewnętrzne i x : xϵ(3,8) – zewnętrzne | Założono zbrojenie ze stali A-III o fyd = 350000 kPa Otulenie w ścianie 2,5 cm
|
Dla wyższych części zbiornika przyjęto zbrojenie konstrukcyjne 8ϕ12 o A = 9, 04 cm2 w rozstawie 12,5 cm na 1m
| Zbrojenie dla sił wewnętrznych wywołane parciem gruntu | |
|---|---|
x : xϵ(0,1) – zewnętrzne
|
Założono zbrojenie ze stali A-III o fyd = 350000 kPa Otulenie w ścianie 2,5 cm
|
Określenie długości obliczeniowej i smukłość metrowego wycinka ściany
l0 = β • lcol
l0 = 0, 7 ⋅ 8, 00 = 5, 6 m
Obliczenie mimośrodu
Konstrukcyjny
Mmax = 23, 69 kNm → N = −210, 83 kN → e = 0,11 m
Niezamierzony
$$e_{a} = \frac{800}{600} = 1,33\text{\ cm}$$
$$e_{a} = \frac{30}{30} = 1,0\text{\ cm}$$
ea = 1, 0 cm
maxea=1,3 cm
całkowity
e0 = ea + ee = 0, 11 + 0, 013 = 0, 12 m
Smukłość metrowego wycinka ściany
$$\frac{l_{0}}{h} = \frac{5,6}{1,00} = 5,6 < 7,0\ \Longrightarrow \eta = 1,0$$
Zwiększony mimośród początkowy
etot = ηe0
etot = 1, 0 • 0, 12 = 0, 12 m
Mimośrody siły NSd względem zbrojenia
es1 = etot + 0, 5h = a1 = 0, 12 + 0, 5 • 0, 3 − 0, 04 = 0, 23 m
Obliczanie potrzebnego pola zbrojenia słupa. Zbrojenie symetryczne:
ξeff, lim = 0, 53→ dla stali A-III
xeff, lim = ξeff, lim • d = 0, 53 • 0, 267 = 0, 142 m
$$x_{\text{eff}} = \frac{N_{\text{Sd}}}{\alpha f_{\text{cd}}b} = \frac{210,83}{0,85 \cdot 20000 \cdot 0,3} = 0,0413$$
xeff = 0, 0413 < xeff, lim = 0, 142 m
xeff < xeff, lim → duży mimośród
$$A_{S1} = A_{S2} = \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}}\left( \frac{e_{s1}}{d - a_{2}} - 1 \right) = \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}}\left( \frac{0,23}{0,267 - 0,04} - 1 \right) = 1,64 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 1,64\ cm^{2}$$
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,15 \bullet \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}} = 0,15 \bullet \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}} = 0,904 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 0,904\ cm^{2} \\
k_{c}\text{k\ }f_{ct,eff}\frac{\text{A\ }_{\text{ct}}}{\sigma_{s,lim}} = 8,7\ cm^{2} \\
0,003 \bullet b \bullet d = 0,003 \bullet 0,30 \bullet 0,26 = 2,34 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 2,34\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Przyjęto 8ϕ12o A = 9, 04 cm2 w rozstawie 12,5 cm na 1m
| Zbrojenie dla sił wewnętrznych wywołane parciem gruntu | |
|---|---|
x : xϵ(0,3) – wewnętrzne
|
Założono zbrojenie ze stali A-III o fyd = 350000 kPa Otulenie w ścianie 2,5 cm
|
Określenie długości obliczeniowej i smukłość metrowego wycinka ściany
l0 = β • lcol
l0 = 0, 7 ⋅ 8, 00 = 5, 6 m
Obliczenie mimośrodu
Konstrukcyjny
Mmax = 4, 91 kNm → N = −210, 83 kN → e = 0,02 m
Niezamierzony
$$e_{a} = \frac{800}{600} = 1,33\text{\ cm}$$
$$e_{a} = \frac{30}{30} = 1,0\text{\ cm}$$
ea = 1, 0 cm
maxea=1,3 cm
całkowity
e0 = ea + ee = 0, 02 + 0, 013 = 0, 03 m
Smukłość metrowego wycinka ściany
$$\frac{l_{0}}{h} = \frac{5,6}{1,00} = 5,6 < 7,0\ \Longrightarrow \eta = 1,0$$
Zwiększony mimośród początkowy
etot = ηe0
etot = 1, 0 • 0, 03 = 0, 03 m
Mimośrody siły NSd względem zbrojenia
es1 = etot + 0, 5h = a1 = 0, 03 + 0, 5 • 0, 3 − 0, 04 = 0, 14 m
Obliczanie potrzebnego pola zbrojenia słupa. Zbrojenie symetryczne:
ξeff, lim = 0, 53→ dla stali A-III
xeff, lim = ξeff, lim • d = 0, 53 • 0, 267 = 0, 142 m
$$x_{\text{eff}} = \frac{N_{\text{Sd}}}{\alpha f_{\text{cd}}b} = \frac{210,83}{0,85 \cdot 20000 \cdot 0,3} = 0,0413$$
xeff = 0, 0413 < xeff, lim = 0, 142 m
xeff < xeff, lim → duży mimośród
$$A_{S1} = A_{S2} = \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}}\left( \frac{e_{s1}}{d - a_{2}} - 1 \right) = \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}}\left( \frac{0,14}{0,267 - 0,04} - 1 \right) = - 2,31 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} \rightarrow 0,0\ cm^{2}$$
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,15 \bullet \frac{N_{\text{Sd}}}{f_{\text{yd}}} = 0,15 \bullet \frac{210,83}{350 \bullet 10^{3}} = 0,904 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 0,904\ cm^{2} \\
k_{c}\text{k\ }f_{ct,eff}\frac{\text{A\ }_{\text{ct}}}{\sigma_{s,lim}} = 8,7\ cm^{2} \\
0,003 \bullet b \bullet d = 0,003 \bullet 0,30 \bullet 0,26 = 2,34 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 2,34\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Przyjęto 8ϕ12o A = 9, 04 cm2 w rozstawie 12,5 cm na 1m
| Zbrojenie dla sił wewnętrznych wywołane parciem gruntu | |
|---|---|
| x : xϵ(1,8) – zewnętrzne i x : xϵ(3,8) – wewnętrzne | Założono zbrojenie ze stali A-III o fyd = 350000 kPa Otulenie w ścianie 2,5 cm
|
Dla wyższych części zbiornika przyjęto zbrojenie konstrukcyjne 8ϕ12 o A = 9, 04 cm2 w rozstawie 12,5 cm na 1m
Warunek z literatury [1]
$$A = \frac{n_{\psi}^{w_{\max}} \cdot 1m - 2 \cdot \frac{E_{s}}{E_{\text{cm}}} \cdot f_{\text{ctk}} \cdot A_{\text{Sψ}}}{f_{\text{ctk}}}$$
$$A = 0,3 \cdot 1 = 0,3\ m^{2} > A_{\min} = \frac{251,17 \cdot 1m - 2 \cdot \frac{200}{32} \cdot 2000 \cdot 0,001801}{2000} = 0,1031\ m^{2}$$
Warunek spełniony.
Warunek normowy
wk = βsrmεsm
β = 1, 7
Średni, końcowy rozstaw rys.
$$s_{\text{rm}} = 50 + 0,25k_{1}k_{2}\frac{\phi}{\rho_{r}}$$
ϕ = 16
k1 = 0, 8 − prety zebrowane
k2 = 0, 5
$$\rho_{r} = \frac{A_{s}}{A_{ct,eff}}$$
Współczynnik pełzania betonu
- Założona wilgotność względna powietrza wynosi RH=50%.
- Wiek betonu w chwili obciążenia: 28dni
$$h_{0} = \frac{2A_{c}}{u} = \frac{2 \bullet 0,30 \bullet 1,00\ }{1,0} = 0,6\ m$$
Zatem
ϕ(t,t0) = 2, 75
$$E_{c,eff} = \frac{E_{\text{cm}}}{1 + \phi\left( t,t_{0} \right)} = \frac{32}{1 + 2,75} = 8,53GPa$$
$$\alpha_{e,t} = \frac{E_{s}}{E_{c,eff}} = \frac{200}{8,53} = 24,45$$
Zatem
ΣS = 0
Założono, że oś obojętna znajduje się w półce.
$$\frac{bx_{\text{II}}^{2}}{2} - \alpha_{e,t} \bullet A_{s1}\left( d - x_{\text{II}} \right) = 0$$
$$x_{\text{II}}^{2} + x_{\text{II}}\frac{2\alpha_{e,t}A_{s1}}{b} - \frac{2\alpha_{e,t}A_{s1}d}{b}\ = 0$$
Po podstawieniu otrzymano
$$x_{\text{II}}^{2} + x_{\text{II}}\frac{2 \bullet 24,45 \bullet 0,001012}{1} - \frac{2 \bullet 24,45 \bullet 0,001012 \bullet 0,208}{1}\ = 0$$
xII2 + 0, 495xII − 0, 0103 = 0
Rozwiązano układ programem matematycznym
xII = 0, 02 m
$$\min\left\{ \begin{matrix}
2,5a_{1} = 2,5 \bullet 0,038 = 0,095m \\
\frac{h - x_{\text{II}}}{3} = \frac{0,30 - 0,02}{3} = 0,093m \\
\end{matrix} \right.\ $$
Act, eff = 0, 093 • 1 = 0, 093 m2
$$\rho_{r} = \frac{A_{s}}{A_{ct,eff}} = \frac{0,001012}{0,093} = 0,0109$$
$$s_{\text{rm}} = 50 + 0,25k_{1}k_{2}\frac{\phi}{\rho_{r}} = 50 + 0,25 \bullet 0,8 \bullet 0,5\frac{16,0}{0,0109} = 64,68\ mm$$
Średnie odkształcenia zbrojenia końcowego.
$$\varepsilon_{\text{sm}} = \frac{\sigma_{s}}{E_{s}}\left\lbrack 1 - \beta_{1}\beta_{2}\left( \frac{\sigma_{\text{sr}}}{\sigma_{s}} \right)^{2}\ \right\rbrack$$
β1 = 1 − prety zebrowane
β2 = 0, 5
$$\frac{\sigma_{\text{sr}}}{\sigma_{s}} = \frac{M_{\text{cr}}}{M_{\text{sd}}}$$
$$M_{\text{cr}} = W_{c} \bullet f_{\text{ctm}} = \frac{1,0 \bullet {0,3}^{2}}{6} \bullet 2,9 = 0,0435\ MNm = 43,5\ kNm$$
Założono, że 100% obciążeń użytkowych działa długotrwale
$$M_{\text{sd}} = 23,69 + 210,83 \cdot \frac{0,208}{2} = 45,62\ \text{kNm}$$
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sd}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{45,62}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,208}^{2}} = 0,063$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,063} = 0,065$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 065 = 0, 967
$$\sigma_{s} = \frac{M_{\text{Sd}}}{\text{ζd}A_{S1}},\ \ \ \ \ $$
$$\sigma_{s} = \frac{0,04562}{0,967 \bullet 0,208 \bullet 0,001012} = 224,1\ MPa$$
$$\varepsilon_{\text{sm}} = \frac{224,1}{200000}\left\lbrack 1 - 1,0 \bullet 0,5\left( \frac{43,5}{45,62} \right)^{2}\ \right\rbrack = 0,61 \bullet 10^{- 3}$$
wk = βsrmεsm = 1, 7 • 64, 68 • 0, 61 • 10−3 = 0, 07 mm < wlim = 0, 3 mm
Graniczna szerokość rys prostopadłych nie zostanie przekroczona
Rys. – schemat obciążenie płyty dennej dla obciążenia cieczą
Obciążenie równomiernie rozłożone od ciężaru wody.
γc = 10, 0 kN/m3
γf = 1, 1
qk = 10, 0 ⋅ 7, 7 = 77, 0 kN/m2
q = 10, 0 ⋅ 7, 7 ⋅ 1, 1 = 84, 7 kN/m2
Momenty brzegowe
Mk = 20, 80 kNm/m
γf = 1, 1
M = 20, 80 ⋅ 1, 1 = 22, 88 kNm/m
Siła P1 – ciężar stropu wraz z obciążeniem
Tabela – Zestawienie obciążeń przypadających na płytę denną
Obw = 2πR = 2 ⋅ 3, 14 ⋅ 3, 25 = 20, 41
$$P_{k1} = \frac{2504,16}{20,41} = 122,69\ kN/m$$
γf = 1, 181
P1 = 122, 69 = 144, 90 kNm/m
Siła P2 – ciężar ściany żelbetowej
Tabela – Zestawienie obciążeń przypadających na płytę denną
Obw = 2πR = 2 ⋅ 3, 14 ⋅ 3, 25 = 20, 41
$$P_{k2} = \frac{1168,67}{20,41} = 57,26\ kN/m$$
γf = 1, 10
P2 = 57, 26 ⋅ 1, 1 = 62, 99 kNm/m
Rys. – schemat obciążenie płyty dennej dla obciążenia gruntem
Momenty brzegowe
Mk = 9, 07 kNm/m
γf = 1, 44
M = 9, 07 ⋅ 1, 44 = 13, 09 kNm/m
Siła P1 – ciężar stropu wraz z obciążeniem
(identycznie jak wyżej)
$$P_{k1} = \frac{2504,16}{20,41} = 122,69\ kN/m$$
γf = 1, 181
P1 = 122, 69 = 144, 90 kNm/m
Siła P2 – ciężar ściany żelbetowej
(identycznie jak wyżej)
$$P_{k2} = \frac{1168,67}{20,41} = 57,26\ kN/m$$
γf = 1, 10
P2 = 57, 26 ⋅ 1, 1 = 62, 99 kNm/m
Ze względu na ograniczenie przy wprowadzaniu danych do programu PL-WIN moment brzegowy (M) wprowadzono jako 16 sił na ramieniu 0,5 oraz siłę na krawędzi (P) wprowadzono jako 16 sił na obwodzie.
Obw = 2πR = 2 ⋅ 3, 14 ⋅ 3, 25 = 20, 41
Obciążenie cieczą.
Moment brzegowy
Mk = 20, 80 ⋅ 20, 41 = 424, 52 kNm/obw
Odpowiada:
$$P_{M_{k}} = \frac{424,52}{16 \cdot 0,5} = 53,07\frac{\text{kN}}{na\ 1\ z\ 16\ sil\ na\ ramieniu\ 0,5m}$$
γf = 1, 1
Obciążenie P1
Pk1 = 122, 69 ⋅ 20, 41 = 2504, 10 kN/obw.
Odpowiada:
$$P_{P_{k1}} = \frac{2504,10}{16} = 156,51\frac{\text{kN}}{na\ 1\ z\ 16\ sil\ }$$
γf = 1, 181
Obciążenie P2
Pk2 = 57, 26 ⋅ 20, 41 = 1168, 68 kN/obw.
Odpowiada:
$$P_{P_{k1}} = \frac{1168,68}{16} = 73,04\frac{\text{kN}}{na\ 1\ z\ 16\ sil\ }$$
γf = 1, 1
Obciążenie gruntem
Moment brzegowy
Mk = 9, 07 ⋅ 20, 41 = 185, 12 kNm/obw
Odpowiada:
$$P_{M_{k}} = \frac{185,12}{16 \cdot 0,5} = 23,14\frac{\text{kN}}{na\ 1\ z\ 16\ sil\ na\ ramieniu\ 0,5m}$$
γf = 1, 44
Obciążenie P1
Pk1 = 122, 69 ⋅ 20, 41 = 2504, 10 kN/obw.
Odpowiada:
$$P_{P_{k1}} = \frac{2504,10}{16} = 156,51\frac{\text{kN}}{na\ 1\ z\ 16\ sil\ }$$
γf = 1, 181
Obciążenie P2
Pk2 = 57, 26 ⋅ 20, 41 = 1168, 68 kN/obw.
Odpowiada:
$$P_{P_{k1}} = \frac{1168,68}{16} = 73,04\frac{\text{kN}}{na\ 1\ z\ 16\ sil\ }$$
γf = 1, 1
Rys. – schemat rozłożenia 16 sił w modelu płyty w programie PL-WIN
Obliczenia statyczne dokonano programem PL-WIN wersja 1.37.
Pełen raport obliczeń zawarty jest w załączniku 2
Rys. – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE Mx [kNm/m]
Obc. Obliczeniowe, Wygenerowane w PL-WN
Rys. – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE My [kNm/m]
Obc. Obliczeniowe, Wygenerowane w PL-WN
Rys. – schemat MINIMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE Mx [kNm/m]
Obc. Obliczeniowe, Wygenerowane w PL-WN
Rys. – schemat MINIMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE My [kNm/m]
Obc. Obliczeniowe, Wygenerowane w PL-WN
si = ϕ = 20 mm
$$a = 25 + \frac{20}{2} = 35\ mm = 0,035\text{\ m}$$
d = 0, 565m
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,26 \bullet \frac{f_{\text{ctm}}}{f_{\text{yk}}} \bullet b \bullet d = 0,26 \bullet \frac{2,6}{410} \bullet 1,0 \bullet 0,565 = 9,32 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 9,32\text{\ c}m^{2} \\
0,0013 \bullet b \bullet d = 0,0013 \bullet 1,0 \bullet 0,565 = 7,35 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 7,35\text{\ c}m^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Wyznaczenie zbrojenia dolnego po kierunku x-x
Msx = 11, 9 kNm
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{11,9}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,565}^{2}} = 0,002$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,002} = 0,002$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 002 = 0, 999
$$A_{\text{Sx}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{yd}} \bullet d{\bullet \zeta}_{\text{eff}}} = \frac{11,9}{350000 \bullet 0,565 \bullet 0,999} = 0,06 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = \mathbf{0,06\ c}\mathbf{m}^{\mathbf{2}}$$
Przyjęto zbrojenie 4ϕ20 o ASx=12, 56 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie z warunku na minimalnego pola przekroju zbrojenia)
Zbrojenie rozłożyć promieniowo na odcinku 1/4D na pozostałym obszarze rozłożyć jak siatkę.
$$\rho_{L} = \frac{A_{\text{Sx}}}{b \bullet d} \bullet 100\% = \frac{12,56}{100 \bullet 56,5} = 0,22\%$$
si = ϕ = 20 mm
$$a = 25 + \frac{20}{2} + 20 = 55\ mm = 0,055\text{\ m}$$
d = 0, 545 m
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,26 \bullet \frac{f_{\text{ctm}}}{f_{\text{yk}}} \bullet b \bullet d = 0,26 \bullet \frac{2,6}{410} \bullet 1,0 \bullet 0,545 = 8,99 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 8,99\ cm^{2} \\
0,0013 \bullet b \bullet d = 0,0013 \bullet 1,0 \bullet 0,545 = 7,09 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 7,09\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Wyznaczenie zbrojenia dolnego po kierunku y-y
Msy = 12, 0 kNm
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sy}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{12,0}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,545}^{2}} = 0,002$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,002} = 0,002$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 002 = 0, 999
$$A_{\text{Sx}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{yd}} \bullet d{\bullet \zeta}_{\text{eff}}} = \frac{12,0}{350000 \bullet 0,545 \bullet 0,999} = 0,06 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = \mathbf{0,06\ c}\mathbf{m}^{\mathbf{2}}$$
Przyjęto zbrojenie 4ϕ20 o ASy=12, 56 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie z warunku na minimalnego pola przekroju zbrojenia)
Zbrojenie rozłożyć promieniowo na odcinku 1/4D na pozostałym obszarze rozłożyć jak siatkę.
$$\rho_{L} = \frac{A_{Sy}}{b \bullet d} \bullet 100\% = \frac{12,56}{100 \bullet 54,5} = 0,23\%$$
si = ϕ = 20 mm
$$a = 25 + \frac{20}{2} = 35\ mm = 0,035\ m$$
d = 0, 565m
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,26 \bullet \frac{f_{\text{ctm}}}{f_{\text{yk}}} \bullet b \bullet d = 0,26 \bullet \frac{2,6}{410} \bullet 1,0 \bullet 0,565 = 9,32 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 9,32\ cm^{2} \\
0,0013 \bullet b \bullet d = 0,0013 \bullet 1,0 \bullet 0,565 = 7,35 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 7,35\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Wyznaczenie zbrojenia górnego po kierunku x-x
Msx = −334 kNm
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{334}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,565}^{2}} = 0,063$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,063} = 0,065$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 065 = 0, 968
$$A_{\text{Sx}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{yd}} \bullet d{\bullet \zeta}_{\text{eff}}} = \frac{334}{350000 \bullet 0,565 \bullet 0,968} = 17,45 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = \mathbf{17,45\ c}\mathbf{m}^{\mathbf{2}}$$
Przyjęto zbrojenie 6ϕ20 o ASx=18, 84 cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie z warunku na minimalnego pola przekroju zbrojenia)
Zbrojenie rozłożyć promieniowo na odcinku 1/4D na pozostałym obszarze rozłożyć jak siatkę.
$$\rho_{L} = \frac{A_{\text{Sx}}}{b \bullet d} \bullet 100\% = \frac{18,84}{100 \bullet 56,5} = 0,33\%$$
si = ϕ = 20 mm
$$a = 25 + \frac{20}{2} + 20 = 55\ mm = 0,055\ m$$
d = 0, 545 m
Wyznaczenie minimalnego zbrojenia
$$A_{\text{Smin}} = max\left\{ \begin{matrix}
0,26 \bullet \frac{f_{\text{ctm}}}{f_{\text{yk}}} \bullet b \bullet d = 0,26 \bullet \frac{2,6}{410} \bullet 1,0 \bullet 0,545 = 8,99 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 8,99\ cm^{2} \\
0,0013 \bullet b \bullet d = 0,0013 \bullet 1,0 \bullet 0,545 = 7,09 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = 7,09\ cm^{2} \\
\end{matrix} \right.\ $$
Wyznaczenie zbrojenia górnego po kierunku y-y
Msy = −335 kNm
$$\mu_{\text{eff}} = \frac{M_{\text{Sy}}}{f_{\text{cd}}bd^{2}} = \frac{335}{16700 \bullet 1,0 \bullet {0,545}^{2}} = 0,068$$
$$\xi_{\text{eff}} = 1 - \sqrt{1 - 2\mu_{\text{eff}}} = 1 - \sqrt{1 - 2 \bullet 0,068} = 0,070$$
ζeff = 1 − 0, 5ξeff = 1 − 0, 5 • 0, 070 = 0, 965
$$A_{\text{Sx}} = \frac{M_{\text{Sx}}}{f_{\text{yd}} \bullet d{\bullet \zeta}_{\text{eff}}} = \frac{335}{350000 \bullet 0,545 \bullet 0,965} = 18,20 \bullet 10^{- 4}\ m^{2} = \mathbf{18,20}\mathbf{\text{\ c}}\mathbf{m}^{\mathbf{2}}$$
Przyjęto zbrojenie 6ϕ20 o ASy=18, 84cm2 na 1 mb płyty
(Zbrojenie z warunku na minimalnego pola przekroju zbrojenia)
Zbrojenie rozłożyć promieniowo na odcinku 1/4D na pozostałym obszarze rozłożyć jak siatkę.
$$\rho_{L} = \frac{A_{\text{Sy}}}{b \bullet d} \bullet 100\% = \frac{18,84}{100 \bullet 54,5} = 0,35\%$$
$$a = \alpha_{k}\frac{M_{\text{Sd}}l_{\text{eff}}^{2}}{B}$$
Msd = 335 kNm
Sztywność elementów zarysowanych przy obciążeniu długotrwałym
B∞=Ec, effII
Współczynnik pełzania betonu
- Założona wilgotność względna powietrza wynosi RH=100%.
- Wiek betonu w chwili obciążenia:28dni
$$h_{0} = \frac{2A_{c}}{u} = \frac{2 \bullet 1,0 \bullet 0,60\ }{2 \bullet 1,0} = 0,6\ m$$
Zatem
ϕ(t,t0) = 1, 95
$$E_{c,eff} = \frac{E_{\text{cm}}}{1 + \phi\left( t,t_{0} \right)} = \frac{32}{1 + 1,95} = 10,85\text{\ GPa}$$
$$\alpha_{e,t} = \frac{E_{s}}{E_{c,eff}} = \frac{205}{10,85} = 18,90$$
Faza I niezarysowana
$$x_{I} = \frac{0,5bh^{2} + \alpha_{e,t}A_{\text{sx}}d}{bh + \alpha_{e,t}A_{\text{sx}}}$$
$$x_{I} = \frac{0,5 \cdot 1,0 \cdot {0,6}^{2} + 18,90 \cdot 18,84 \cdot 10^{- 4} \cdot 0,565}{1,0 \cdot 0,6 + 18,90 \cdot 18,84 \cdot 10^{- 4}} = 0,315$$
$$I_{I} = \frac{b \cdot h^{3}}{12} + b \cdot h \cdot \left( 0,5h - x_{1} \right)^{2} + \alpha_{e,t} \bullet A_{s1}\left( d - x_{I} \right)^{2} = \frac{1,0 \cdot {0,6}^{3}}{12} + 1,0 \cdot 0,6 \cdot \left( 0,5 \cdot 0,6 - 0,315 \right)^{2} + 18,90 \bullet 18,45 \cdot 10^{- 4}\left( 0,565 - 0,315 \right)^{2} = 0,02031\ m^{4}$$
B∞=Ec, effII = 9, 55 ⋅ 0, 02031 = 194, 00 MNm2
$$\alpha_{k} = \frac{5}{48}$$
$$a = \alpha_{k}\frac{M_{\text{Sd}}l_{\text{eff}}^{2}}{B} = \frac{5}{48}\frac{335 \bullet {6,5}^{2}}{194,0 \bullet 10^{3}} = 0,008\ m = 8,0\text{\ mm}$$
$$a_{\lim} = \frac{l_{\text{eff}}}{150} = \frac{6,5}{200} = 0,032m = 43\ mm$$
a = 8, 0 mm < aPL.WIN = 13, 0 mm < alim = 43 mm
Graniczna wartość ugięcia nie zostanie przekroczona
Rys. 13 – schemat STAN GRANICZNY UŻYTKOWANIA: PRZEMIESZCZENIA PŁYTY [mm]
Obc. Charakterystyczne, Wygenerowane w PL-WN
Zarysowanie obliczone programem PL-WIN
Rys. 14 – schemat ROZWARTOŚĆ RYS W PŁYCIE [mm]
Obc. Charakterystyczne, Wygenerowane w PL-WN
wPL.WIN = 0, 28 mm < wlim = 0, 30 mm
Graniczna wartość zarysowanie nie zostanie przekroczona
Rys. 1 – schemat do zebrania obciążeń przypadających na płytę 3
Rys. 2 – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE Mx [kNm/m] 4
Rys. 3 – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE My [kNm/m] 4
Rys. 4 – schemat STAN GRANICZNY UŻYTKOWANIA: PRZEMIESZCZENIA PŁYTY [mm] 7
Rys. 5 – schemat ROZWARTOŚĆ RYS W PŁYCIE [mm] 8
Rys. 6 – schemat obciążenie płyty dennej dla obciążenia cieczą 30
Rys. 7 – schemat obciążenie płyty dennej dla obciążenia gruntem 31
Rys. 8 – schemat rozłożenia 16 sił w modelu płyty w programie PL-WIN 33
Rys. 9 – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE Mx [kNm/m] 34
Rys. 10 – schemat MAKSYMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE My [kNm/m] 34
Rys. 11 – schemat MINIMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE Mx [kNm/m] 35
Rys. 12 – schemat MINIMALNY MOMENT ZGINAJĄCY W PŁYCIE My [kNm/m] 35
Rys. 13 – schemat STAN GRANICZNY UŻYTKOWANIA: PRZEMIESZCZENIA PŁYTY [mm] 40
Rys. 14 – schemat ROZWARTOŚĆ RYS W PŁYCIE [mm] 41
Tabela 1 – Zestawienie obciążeń przypadających na płytę 3
Tabela 2 – Zestawienie obciążeń przypadających na krawędź zbiornika 9
Tabela 3 – Obciążenie naziomu 10
Tabela 4 – Zestawienie obciążeń przypadających na płytę denną 30
Tabela 5 – Zestawienie obciążeń przypadających na płytę denną 31