FUNDAMENTOWANIE - PROJEKT
Wykonał: Michał Mazur
indeks 187595
grupa środa 9:15
Prowadzący: dr inż. Olgierd Puła
FUNDAMENTOWANIE - PROJEKT
Wykonał: Michał Mazur
indeks 187595
grupa środa 9:15
Prowadzący: dr inż. Olgierd Puła
1. Dane wyjściowe i niezbędne założenia
a) Lokalizacja: Wrocław
b) Poziom przemarzania: 0,8 m
c) Długość stopy fundamentowej: L=3,0m
d) Szerokość stopy fundamentowej: B=1,8m
e) Wysokość stopy fundamentowej: d
f
=0,65m
f) Długość słupa na stopie: l
s
=0,45m
g) Szerokość słupa na stopie: b
s
=0,35m
h) Poziom wierzchu fundamentu: p.w.f=-0,55m
i) Poziom terenu: p.t = 120,5
j) Warunki gruntowo wodne
symbol
gruntu
wg PN-
81/B-
03020
Miąższość
Grupa
konsoli-
dacyjna
I
C
I
D
I
L
stan
wilgo-
tności
ρ
s
ρ
w
n
ρ
d
t*m
-3
t*m
-3
% t*m
-3
Pπ
5,1
0,55
2,65 1,65
6
1,56
Gπ
4,4
B
0,80
0,20
m
2,68 2,10 20 1,75
n
e
w
sat
Sr
γ
s
γ
d
γ
γ
sat
γ'
M
o
1
%
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
kN/m
3
Mpa
0,413 0,702 26,507 0,226 26,00
15,27
16,19
15,68
14,68
68,000
0,347 0,531 19,829 1,009 26,29
17,17
20,60
17,51
16,51
37,000
M
β
φ
c
MPa
1
°
kPa
85,000 0,80
32,00 0,00
49,333 0,75
18,20 31,00
k) Obciążenia
SCHAMAT 1
SCHEMAT 2
ODDZIAŁYWANIA
CHARAKTERYSTYCZNE
V
K
H
x;K
H
Y;K
M
X;K
M
Y;K
V
K
H
x;K
H
Y;K
M
X;K
M
Y;K
kN
kN
kN
kNm kNm
kN
kN
kN
kNm kNm
Stałe
G
1590
70
0
0
150
1590
70
0
0
150
Zmienne
Q
210
65
30
120
100
370
30
25
120
100
Wyjątkowe
A
190
15
20
40
50
190
25
20
60
30
RAZEM
1990
150
50
160
300
560
55
45
180
130
2. SPRAWDZENIE WARUNKU GEO WG PODEJŚCIA DA2
2.1 Wyznaczenie dodatkowych obciążeo stałych
Ciężar własny fundamentu
𝑉
𝐺1,𝑘
= 1,8 ∙ 3 ∙ 0,65 ∙ 25,0 = 87,75 𝑘𝑁
Ciężar gruntu nad fundamentem
𝑉
𝐺2,𝑘
= 1,8 ∙ 3 − 0,35 ∙ 0,45 /2 ∙ 0,2 ∙ 18,5 = 9,70𝑘𝑁
Ciężar posadzki nad fundamentem
𝑉
𝐺3,𝑘
= 1,8 ∙ 3 − 0,35 ∙ 0,45 /2 ∙ 0,25 ∙ 23 = 15,07 𝑘𝑁
𝑉
𝐺𝑘𝐹
= 112,52 𝑘𝑁
2.2 Wyznaczenie mimośrodów od obciążeo stałych
𝑒
𝐵
=
𝑀
𝐺𝑘𝑥
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝐺𝑘𝑦
𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
=
0 + 0,65 ∙ 0
1590 + 112,52
= 0
𝑒
𝐿
=
𝑀
𝐺𝑘𝑦
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝐺𝑘𝑥
𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
=
150 + 0,65 ∙ 70
1590 + 112,52
= 0,115𝑚
𝑞
𝑚𝑎𝑥
=
1590 + 89,87
1,8 ∙ 3
1 +
6 ∙ 0,115
3
= 387,69 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑚𝑖𝑛
=
1590 + 89,87
1,8 ∙ 3
1 −
6 ∙ 0,115
3
= 242,87𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑚𝑎𝑥
𝑞
𝑚𝑖𝑛
= 1,6 < 2 - fundament nie wymaga przesunięcia o mimośród.
Przyjęto mimośród równy 0,15m
2.3 Wyznaczenie mimośrodu od obciążeo charakterystycznych stałych, zmiennych i
wyjątkowych
Przyjęto 𝑒
𝑥𝑠
= 0,15 𝑚
SCHEMAT I
𝑒
𝐵
=
𝑀
𝐺𝑘𝑥
+ 𝑀
𝑄𝑘𝑥
+ 𝑀
𝐴𝑘𝑥
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝐺𝑘𝑦
+ 𝐻
𝑄𝑘𝑦
+ 𝐻
𝐴𝑘𝑦
𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
+ 𝑉
𝐴𝑘𝐹
=
0 + 120 + 40 + 0,65 ∙ 0 + 30 + 20
1590 + 210 + 190 + 112,52
= 0,092 𝑚
𝑒
𝐿
=
𝑀
𝐺𝑘𝑦
+ 𝑀
𝑄𝑘𝑦
+ 𝑀
𝐴𝑘𝑦
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝐺𝑘𝑥
+ 𝐻
𝑄𝑥
+ 𝐻
𝐴𝑥
− 𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ 𝑉
𝐴𝑘
∙ 𝑒
𝑥𝑠
𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ +𝑉
𝐴𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
=
150 + 100 + 50 + 0,65 ∙ (70 + 65 + 15) − 1590 + 210 + 190 ∙ 0,15
1590 + 210 + 190 + 112,52
= 0,047𝑚
𝑞
𝑚𝑎𝑥 /𝑚𝑖𝑛
=
𝑉
𝑘
𝐵 ∙ 𝐿
1 ±
6𝑒
𝐿
𝐿
±
6𝑒
𝐵
𝐵
𝑞
𝑚𝑎𝑥
=
1590 + 210 + 190 + 112,52
1,8 ∙ 3
1 +
6 ∙ 0,092
1,8
+
6 ∙ 0,047
3
= 544,85𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑚𝑖𝑛
=
1590 + 210 + 190 + 112,52
1,8 ∙ 3
1 −
6 ∙ 0,092
1,8
−
6 ∙ 0,048
3
= 233,86 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑚𝑎𝑥
𝑞
𝑚𝑖𝑛
= 2,33
Sprawdzamy, czy siła wypadkowa położona jest w rdzeniu przekroju:
0,092
1,8
+
0,047
3
= 0,067 < 0,166
SCHEMAT II
𝑒
𝐵
=
𝑀
𝐺𝑘𝑥
+ 𝑀
𝑄𝑘𝑥
+ 𝑀
𝐴𝑘𝑥
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝐺𝑘𝑦
+ 𝐻
𝑄𝑘𝑦
+ 𝐻
𝐴𝑘𝑦
𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ 𝑉
𝐴𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
=
0 + 120 + 60 + 0,65 ∙ 0 + 25 + 20
1590 + 370 + 190 + 112,52
= 0,093𝑚
𝑒
𝐿
=
𝑀
𝐺𝑘𝑦
+ 𝑀
𝑄𝑘𝑦
+ 𝑀
𝐴𝑘𝑦
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝐺𝑘𝑥
+ 𝐻
𝑄𝑘𝑥
+ 𝐻
𝐴𝑘𝑥
− 𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ 𝑉
𝐴𝑘
∙ 𝑒
𝑥𝑠
𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
=
150 + 100 + 30 + 0,65 ∙ 70 + 30 + 25 − 1590 + 370 + 190 ∙ 0,15
1590 + 370 + 190 + 112,52
= 0,017𝑚
𝑞
𝑚𝑎𝑥 /𝑚𝑖𝑛
=
𝑉
𝑘
𝐵 ∙ 𝐿
1 ±
6𝑒
𝐿
𝐿
±
6𝑒
𝐵
𝐵
𝑞
𝑚𝑎𝑥
=
1590 + 370 + 190 + 112,52
1,8 ∙ 3
1 +
6 ∙ 0,093
1,8
+
6 ∙ 0,017
3
= 562,5𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑚𝑖𝑛
=
1590 + 370 + 190 + 112,52
1,8 ∙ 3
1 −
6 ∙ 0,093
1,8
−
6 ∙ 0,017
3
= 275,47𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑚𝑎𝑥
𝑞
𝑚𝑖𝑛
= 2,04
0,093
1,8
+
0,017
3
= 0,057 < 0,166
2.4 Obliczenie B’ i L’
SCHEMAT I
𝐵
′
= 1,8 − 2 ∙ 0,092 = 1,617 𝑚
𝐿
′
= 3 − 2 ∙ 0,047 = 2,906𝑚
𝐴
′
= 𝐵
′
∙ 𝐿
′
= 4,7𝑚
2
SCHEMAT II
𝐵
′
= 1,8 − 2 ∙ 0,093 = 1,615𝑚
𝐿
′
= 3 − 2 ∙ 0,017 = 2,966 𝑚
𝐴
′
= 𝐵
′
∙ 𝐿
′
= 4,79𝑚
2
Ponieważ fundament dla obciążeo ze schematu pierwszego ma mniejsze wymiary, dalsze
obliczenia będą dotyczyły tego schematu
𝐵′
𝐿′
=
1,617
2,906
= 0,556
𝐿′
𝐵′
=
2,906
1,617
= 1,797
2.5 Współczynniki częściowe dla parametrów geotechnicznych:
Obliczenie współczynników uwzględniających nachylenie siły wypadkowej
działającej w podstawie fundamentu:
𝑚
𝐵
=
2 +
𝐵
′
𝐿
′
1 +
𝐵
′
𝐿
′
= 1,643
𝑚
𝐿
=
2 +
𝐿′
𝐵
′
1 +
𝐿
′
𝐵
′
= 1,358
𝑚 = 𝑚
𝜃
= 𝑚
𝐿
𝑐𝑜𝑠
2
𝜃 + 𝑚
𝐵
𝑠𝑖𝑛
2
𝜃
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
𝐻
𝑌
𝐻
𝑋
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
30 + 20
70 + 65 + 15
= 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔0,333 = 18,44°
𝑚 = 𝑚
𝜃
= 1,358𝑐𝑜𝑠
2
18,44° + 1,643𝑠𝑖𝑛
2
18,44° = 1,386
Obliczenie współczynników nośności dla piasku średniego
𝜙
′
= 𝜙 + 2 = 32° + 2° = 34°
𝑁
𝑞
= 𝑒
𝜋𝑡𝑔 𝜙
′
𝑡𝑔
2
45° +
𝜙
′
2
= 29,440
𝑁
𝑐
= 𝑁
𝑞
− 1 𝑐𝑡𝑔𝜙
′
=42,164
𝑁
𝛾
= 2 𝑁
𝑞
− 1 𝑡𝑔𝜙
′
=38,366
Obliczenie współczynników kształtu
𝑠
𝑞
= 1 +
𝐵′
𝐿′
𝑠𝑖𝑛𝜙′ = 1,311
𝑠
𝑐
=
𝑠
𝑞
𝑁
𝑞
− 1
𝑁
𝑞
− 1
= 1,322
𝑠
𝛾
= 1 − 0,3
𝐵′
𝐿′
= 0,833
Obliczenie współczynników nachylenia podstawy
α=0°
𝑏
𝑞
= 𝑏
𝛾
= (1 − 𝛼𝑡𝑔𝜙
′
)
2
= 1
𝑏
𝑐
= 𝑏
𝑞
−
1 − 𝑏
𝑞
𝑁
𝑐
∙ 𝑡𝑔𝜙′
= 1
Obliczenie współczynników uwzględniających pochylenie siły wypadkowej
działającej w podstawie fundamentu
Siła wypadkowa H
k
:
𝐻
𝑘
= 𝐻
𝐺𝑘𝑥
+ 𝐻
𝑄𝑘𝑥
+ 𝐻
𝐴𝑘𝑥
2
+ 𝐻
𝐺𝑘𝑦
+ 𝐻
𝑄𝑘𝑦
+ 𝐻
𝐴𝑘𝑦
2
𝐻
𝑘
= 70 + 65 + 15
2
+ 0 + 30 + 20
2
= 158,11 𝑘𝑁
𝑉
𝑘
= 𝑉
𝐺𝑘
+ 𝑉
𝑄𝑘
+ +𝑉
𝐴𝑘
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
𝑉
𝑘
= 1590 + 210 + 190 + 112,52 = 2102,5 𝑘𝑁
𝑖
𝑞
= (1 −
𝐻
𝑉
𝑘
+ 𝐴
′
𝑐
′
𝑐𝑡𝑔𝜙
′
)
𝑚
= 0,897
𝑖
𝑐
= 𝑖
𝑞
−
1 − 𝑖
𝑞
𝑁
𝑐
∙ 𝑡𝑔𝜙′
= 0894
𝑖
𝛾
= (1 −
𝐻
𝑉
𝑘
+ 𝐴
′
𝑐
′
𝑐𝑡𝑔𝜙
′
)
𝑚+1
= 0,830
Obciążenie obok fundamentu:
𝑞
′
= 0,25𝑚 ∗ 23 + 0,85 ∗ 18,5 = 21,475𝑘𝑃𝑎
2.6 Nośnośd obliczeniowa dla warunków gruntowych z odpływem.
𝑉
𝑑
= 𝑉
𝐺𝑘
∙ 𝛾
𝐺1
+ 𝑉
𝑄𝑘
∙ 𝛾
𝐺1
+ 𝑉
𝐴𝑘
∙ 𝛾
𝐺1
+ 𝑉
𝐺𝑘𝐹
= 1590 ∙ 1,35 + 210 ∙ 1,5 + 1,0 ∙ 190 + 112,52 ∙ 1,35 = 2803,4 𝑘𝑁
Nośnośd obliczeniowa:
𝑉
𝑑
𝐴
′
= 𝑞
′
𝑁
𝑞
𝑏
𝑞
𝑠
𝑞
𝑖
𝑞
+ 0,5𝛾
′
𝐵
′
𝑁
𝛾
𝑏
𝛾
𝑠
𝛾
𝑖
𝛾
𝑞
𝐸𝑑
=
2803,4
4,7
= 596,67 𝑘𝑃𝑎
<
21,475 ∙ 29,440 ∙ 1,0 ∙ 1,311 ∙ 0,897 + 0,5 ∙ 16,19 ∙ 1,617 ∙ 38,366 ∙ 1,0 ∙ 0,833 ∙ 0,83
1,4
=
1090,95𝑘𝑃𝑎
1,4
= 779,25
Wskaźnik wykorzystania nośności
596,67
779,25
∙ 100% = 76,57%
Warunek nośności został spełniony
3. Wymiarowanie stopy fundamentowej
3.1 Obciążenia
SCHAMAT 1
SCHEMAT 2
ODDZIAŁYWANIA
CHARAKTERYSTYCZNE
V
K
H
x;K
H
Y;K
M
X;K
M
Y;K
V
K
H
x;K
H
Y;K
M
X;K
M
Y;K
kN
kN
kN
kNm
kNm
kN
kN
kN
kNm
kNm
Stałe
G
1590
70
0
0
150
1590
70
0
0
150
Zmienne
Q
210
65
30
120
100
370
30
25
120
100
Wyjątkowe
A
190
15
20
40
50
190
25
20
60
30
RAZEM OBLICZENIOWE
2651,5
207
65
220
402,5
2891,5
164,5
57,5
240
382,5
𝑒
𝐵
=
𝑀
𝑑𝑥
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝑑𝑦
𝑉
𝑑
𝑒
𝐿
=
𝑀
𝑑𝑦
+ 𝑑
𝑓
∙ 𝐻
𝑑𝑥
− 𝑉
𝑑
∙ 𝑒
𝑥𝑠
𝑉
𝑑
Schemat I
𝑞
𝐸𝑑
=
2651,5
5,4
= 491,02 𝑘𝑃𝑎
Schemat II
𝑞
𝐸𝑑
=
2891,5
5,4
= 535,46 𝑘𝑃𝑎
Schemat I
𝑒
𝐵
=
220 + 0,65 ∙ 65
2651,5
= 0,10 𝑚
𝑒
𝐿
=
402,5 + 0,65 ∙ 207 − 2651,5 ∙ 0,15
2651,5
= 0,05 𝑚
𝑞
𝑑𝑚𝑎𝑥
= 𝑞
𝐸𝑑
1 +
6𝑒
𝐿
𝐿
+
6𝑒
𝐵
𝐵
= 491,02 1 +
6 ∙ 0,05
3
+
6 ∙ 0,1
1,8
= 704,5 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑𝑚𝑖𝑛
= 𝑞
𝐸𝑑
1 −
6𝑒
𝐿
𝐿
−
6𝑒
𝐵
𝐵
= 491,02 1 −
6 ∙ 0,05
3
−
6 ∙ 0,1
1,8
= 277,53 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑1
= 𝑞
𝐸𝑑
1 −
6𝑒
𝐿
𝐿
+
6𝑒
𝐵
𝐵
= 491,02 1 −
6 ∙ 0,05
3
+
6 ∙ 0,1
1,8
= 601,3 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑2
= 𝑞
𝐸𝑑
1 +
6𝑒
𝐿
𝐿
−
6𝑒
𝐵
𝐵
= 491,02 1 +
6 ∙ 0,05
3
+
6 ∙ 0,1
1,8
= 380,74 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑𝑚𝑎𝑥
𝑞
𝑑𝑚𝑖𝑛
=
704,5
277,53
= 2,54
Schemat II
𝑒
𝐵
=
240 + 0,65 ∙ 57,5
2891,5
= 0,1 𝑚
𝑒
𝐿
=
382,5 + 0,65 ∙ 164,5 − 2891,5 ∙ 0,15
2891,5
= 0,02 𝑚
𝑞
𝑑𝑚𝑎𝑥
= 𝑞
𝐸𝑑
1 +
6𝑒
𝐿
𝐿
+
6𝑒
𝐵
𝐵
= 535,46 1 +
6 ∙ 0,02
3
+
6 ∙ 0,1
1,8
= 727,31 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑𝑚𝑖𝑛
= 𝑞
𝐸𝑑
1 −
6𝑒
𝐿
𝐿
−
6𝑒
𝐵
𝐵
= 535,46 1 −
6 ∙ 0,02
3
−
6 ∙ 0,1
1,8
= 343,61 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑1
= 𝑞
𝐸𝑑
1 −
6𝑒
𝐿
𝐿
+
6𝑒
𝐵
𝐵
= 535,46 1 −
6 ∙ 0,02
3
+
6 ∙ 0,1
1,8
= 686,05 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑2
= 𝑞
𝐸𝑑
1 +
6𝑒
𝐿
𝐿
−
6𝑒
𝐵
𝐵
= 535,46 1 +
6 ∙ 0,02
3
−
6 ∙ 0,1
1,8
= 384,87 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑑𝑚𝑎𝑥
𝑞
𝑑𝑚𝑖𝑛
=
727,31
343,61
= 2,12
Bardziej niekorzystny jest schemat II. Wykres naprężeo dla schematu II wygląda następująco:
3.2 Wyznaczenie momentów zginających dla maksymalnych naprężeo działających na
wspornik
Jako obciążenie wsporników przyjęto stałe naprężenie maksymalne 727,31 kPa
- wartośd momentu zginającego na kierunku L:
długośd wsporników stopy:
𝑠
𝐿𝐿
=
𝐿
2
+ 𝑒
𝑠
−
𝑙
𝑠
2
+ 0,15𝑙
𝑠
=
3
2
+ 0,15 −
0,45
2
+ 0,15 ∙ 0,45 = 1,493𝑚
𝑠
𝐿𝑃
=
𝐿
2
− 𝑒
𝑠
−
𝑙
𝑠
2
+ 0,15𝑙
𝑠
=
3
2
− 0,15 −
0,45
2
+ 0,15 ∙ 0,45 = 1,193 𝑚
𝑀
𝑑𝐿𝐿
= 𝐵 ∙ 0,5 ∙ 𝑞
𝑚𝑎𝑥
∙ 𝑠
𝐿𝐿
2
= 1,8 ∙ 0,5 ∙ 727,31 ∙ 1,493
2
= 1458,1 𝑘𝑁𝑚
- wartośd momentu zginającego na kierunku B:
𝑠
𝐵𝐿
= 𝑠
𝐵𝑃
=
𝐵
2
−
𝑏
𝑠
2
+ 0,15𝑏
𝑠
=
1,8
2
−
0,35
2
+ 0,15 ∙ 0,35 = 0,778𝑚
𝑀
𝑑𝐵𝐿
= 𝐿 ∙ 0,5 ∙ 𝑞
𝑚𝑎𝑥
∙ 𝑠
𝐵𝐿
2
= 3 ∙ 0,5 ∙ 727,31 ∙ 0,778
2
= 659,5 𝑘𝑁𝑚
3.3 Wyznaczenie momentów zginających dla średnich naprężeo działających na wspornik
- na kierunku L:
𝑞
𝑎
=
727,31 + 686,05
2
= 706,68𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑏
=
343,61 + 384,87
2
= 364,24𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝐼
= 706,68 −
706,68 − 364,24
3
∙ 1,493 = 536,32 𝑘𝑃𝑎
𝑞′
𝐼
= 364,24 +
706,68 − 364,24
3
∙ 1,193 = 500,36 𝑘𝑃𝑎
𝑀
𝑑𝐿
= 𝐵 ∙ 0,5 ∙ 𝑞
𝐼
∙ 𝑠
𝐿𝐿
2
= 1,8 ∙ 0,5 ∙ 536,32 ∙ 1,493
2
= 1075,2𝑘𝑁𝑚
- na kierunku B:
𝑞
𝑎
=
343,61 + 686,05
2
= 514,83 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝑏
=
727,31 + 384,87
2
= 556,09 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝐼𝐼
= 556,09 −
556,09 − 514,83
1,8
∙ 0,778 = 538,27 𝑘𝑃𝑎
𝑀
𝑑𝐵
= 𝐿 ∙ 0,5 ∙ 𝑞
𝐼𝐼
∙ 𝑠
𝐵𝐿
2
= 3 ∙ 0,5 ∙ 538,27 ∙ 0,778
2
= 488,08 𝑘𝑁𝑚
3.4 Wyznaczenie powierzchni zbrojenia dla średnich naprężeo działających na wspornik
Beton C 30/37, f
ctd
=1,4 MPa , f
cd
=21,4 MPa
Stal gatunek B500SP f
yd
=435 MPa
Otulina c=5 cm
Wstępnie przyjęto pręty o średnicy 20 mm
Przyjęto otulinę prętów zbrojenia stopy 50 mm oraz zbrojenie
𝑑
𝐿
= 0,65 − 0,05 − 0,5 ∙ 0,02 = 0,59 𝑚
𝐴
𝑠
=
𝑀
𝑓
𝑦𝑑
∙ 0,9 ∙ 𝑑
𝐿
- powierzchnia zbrojenia na kierunku L:
𝐴
𝑠
=
1075 ,2
435000 ∙0,9∙0,59
= 46,55𝑐𝑚
2
𝐴
𝑠,𝑚𝑖𝑛
= 0,0013 ∙ 𝐵 ∙ 𝑑 = 0,0013 ∙ 180 ∙ 65 = 15,21𝑐𝑚
2
𝐴
𝜙20
=
𝜋2
2
4
= 3,14𝑐𝑚
2
𝐴
𝑠
𝐴
𝜙20
=
46,55
3,14
= 14,82
Przyjęto 15 pręty φ20 o łącznej powierzchni 47,12cm
2
- powierzchnia zbrojenia dla kierunku B:
𝑑
𝐵
= 0,65 − 0,05— 0,02 − 0,5 ∙ 0,012 = 0,574 𝑚
𝐴
𝑠
=
488,08
435000 ∙ 0,9 ∙ 0,574
= 21,72 𝑐𝑚
2
𝐴
𝑠,𝑚𝑖𝑛
= 0,0013 ∙ 𝐿 ∙ 𝑑 = 0,0013 ∙ 300 ∙ 65 = 25,35 𝑐𝑚
2
𝐴
𝜙12
=
𝜋1,2
2
4
= 1,13𝑐𝑚
2
𝐴
𝑠
𝐴
𝜙 12
=
25,35
1,13
= 22,414
Przyjęto 23 prętów φ12 o łącznej powierzchni 26,01cm
2
- rozmieszczenie zbrojenia
Zbrojenie na kierunku L
l
s
/L = 0,45/3= 0,15
Pasmo środkowe o szerokości 0,5B = 0,9 m
0,626𝐴
𝑠
= 0,626 ∙ 47,12 = 29,5 𝑐𝑚
2
9 Ф20 co 11 cm = 28,3 cm
2
Dwa pasma skrajne o szerokości 0,25B = 0,45 m
0,187𝐴
𝑠
= 0,187 ∙ 58,5 = 8,81 𝑐𝑚
2
3 Ф20 co 13 cm = 9,42 cm
2
Zbrojenie na kierunku B
b
s
/B = 0,35/1,8= 0,194
Pasmo środkowe o szerokości 0,5L = 1,5 m
0626𝐴
𝑠
= 0,626 ∙ 26,01 = 16,28 𝑐𝑚
2
15 Ф12 co 11cm = 16,97 cm
2
Dwa pasma skrajne o szerokości 0,25L = 0,75 m
0,187𝐴
𝑠
= 0,167 ∙ 33,06 = 4,86 𝑐𝑚
2
4Ф12 co 17 cm = 4,52cm
2
4. Sprawdzenie stopy fundamentowej na przebicie
Sprawdzenie przebicia na kierunku L
𝑞
𝐸𝑑𝐿
= 𝑞
𝐸𝑑𝑎
−
𝑞
𝐸𝑑𝑎
− 𝑞
𝐸𝑑𝑏
𝐿
𝑐
𝐿
= 706,68 −
706,68 − 364,24
3
0,825 = 612,51 𝑘𝑃𝑎
𝑞
𝐸𝑑𝑃
= 𝑞
𝐸𝑑𝑎
−
𝑞
𝐸𝑑𝑎
− 𝑞
𝐸𝑑𝑏
𝐿
𝑐
𝑃
= 706,68 −
706,68 − 364,24
3
0,525 = 646,76 𝑘𝑃𝑎
Siła przebijająca na odcinku prawej odsadzki
𝑃
𝑃
= 0,5 𝑞
𝐸𝑑𝑏
+ 𝑞
𝐸𝑑𝑃
𝑐
𝑝
∙ 𝐵 = 0,5 ∙ 364,24 + 646,76 ∙ 0,525 ∙ 1,8 = 477,7 𝑘𝑁
Siła przebijająca na odcinku lewej odsadzki
𝑃
𝐿
= 0,5 𝑞
𝐸𝑑𝑎
+ 𝑞
𝐸𝑑𝐿
𝑐
𝐿
∙ 𝐵 = 0,5 ∙ 706,68 + 612,51 ∙ 0,825 ∙ 1,8 = 979,5 𝑘𝑁
𝑃 = 𝑓
𝑐𝑡𝑑
∙ 𝐵 ∙ 𝑑 = 𝑓
𝑐𝑡𝑑
∙ 𝐵 ∙ tan 45° ∙ 𝑑
𝐵
= 1400 ∙ 1,8 ∙ tan 45° ∙ 0,574 = 1446,5 𝑘𝑁
𝑷
𝑷
≤ 𝑷 - przebicie nie wystąpi.
Sprawdzenie przebicia na kierunku B
𝑞
𝐸𝑑𝐿
= 𝑞
𝐸𝑑𝑎
−
𝑞
𝐸𝑑𝑎
− 𝑞
𝐸𝑑𝑏
𝐵
𝑐
𝐿
= 556,09 −
556,09 − 514,83
1,8
0,125 = 553,23 𝑘𝑃𝑎
Siła przebijająca na odcinku lewej odsadzki
𝑃
𝐿
= 0,5 𝑞
𝐸𝑑𝑎
+ 𝑞
𝐸𝑑𝐿
𝑐
𝐿
∙ 𝐿 = 0,5 ∙ 556,09 + 553,23 ∙ 0,125 ∙ 3 = 208 𝑘𝑁
Wytrzymałośd betonu na przebicie z jednej strony fundamentu
𝑃 = 𝑓
𝑐𝑡𝑑
∙ 𝐿 ∙ 𝑑 = 𝑓
𝑐𝑡𝑑
∙ 𝐿 ∙ tan 45° ∙ 𝑑
𝐵
= 1400 ∙ 3 ∙ tan 45° ∙ 0,574 = 2410,8𝑘𝑁
𝑷
𝑷
≤ 𝑷 - przebicie nie wystąpi.