Zadanie 1: Długi odcinek kolektora modeluje się jako nieskończenie długą belkę na podłożu

KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA II

Zadanie 1: Długi odcinek kolektora modeluje się jako nieskończenie długą belkę na podłożu

Winklera, równomiernie obciążoną. Kolektor jest dwustronnie sztywno utwierdzony w studzience w przekroju ξ

o

= 0. Na skutek wadliwego posadowienia studzienki wystąpiło jej osiadanie równe s.

Obliczyć moment zginający belkę w przekroju ξ

o

= 0 spowodowany tym osiadaniem.

Wykorzystać podane w tabeli pochodne funkcji.

f(

ξ

) e

^−ξ

·sin

ξ

e

^−ξ

·cos

ξ

df/d

ξ

-e

^−ξ

·sin

ξ

+ e

^−ξ

·cos

ξ

-e

^−ξ

·sin

ξ

- e

^−ξ

·cos

ξ

d

²

f/d

ξ²

-2e

^−ξ

·cos

ξ

2e

^−ξ

·sin

ξ

d

³

f/d

ξ³

2e

^−ξ

·sin

ξ

+ 2e

^−ξ

·cos

ξ

-2e

^−ξ

·sin

ξ

+ 2e

^−ξ

·cos

ξ

Rozwiązanie:

Ze względu na symetrię wystarczy rozwiązać zadanie dla

ξ

> 0. [1 pkt.]

Dla

ξ≥

0 rozwiązaniem ogólnym jest y(

ξ

) = e

^−ξ

·(C

₁

·sin

ξ

+C

₂

·cos

ξ

) + e

^+ξ

·(C

₃

·sin

ξ

+C

₄

·cos

ξ

). [1 pkt.]

Przyjmuje się następujące warunki brzegowe.

Dla

ξ

= +

∞

: y(+

∞

) = 0, skąd od razu wynika, że C

3

= C

4

= 0. [1 pkt.]

Dla

ξ

= 0: dy/d

ξ

= 0, skąd wynika, że C

₂

= C

₁

. [1 pkt.]

Dla

ξ

= 0: y(0) = s, skąd wynika, że C

₁

= s, czyli y(

ξ

) = s· e

^−ξ

·(sin

ξ

+cos

ξ

). [1 pkt.]

Z warunku Eulera-Bernoulliego M(

ξ

) = - EI·d

²

y/dx

²

[1 pkt.]

czyli M(

ξ

) = - EI·d

²

y/d

ξ²

·(L

_W

)

^-2

, ponieważ

ξ

= x/L

_W

, dx = d

ξ

·L

_W

itd. [1 pkt.]

Na podstawie tabeli dostaje się:

M(

ξ

) = - EI·(L

_W

)

^-2

·s·2e

^−ξ

··(sin

ξ

- cos

ξ

)

M(0) = - EI·(L

_W

)

^-2

·s·2e

⁻⁰

·(sin0 – cos0) = 2·EI·(L

_W

)

^-2

·s, gdzie L

_W

= (4EI/BC)

^1/4

. [1 pkt.]

Uwaga dodatkowa:

Osoby spostrzegawcze chyba zauważyłyby, że jest to po prostu znane z wykładu rozwiązanie podstawowe dla belki nieskończenie długiej obciążonej siłą skupioną P i że wymuszenie osiadania s wymaga zadziałania siły skupionej P = 2·B·C·L

_W

·s.

Z taki sposób rozwiązania można byłoby otrzymać 9 pkt. na 8 możliwych.

Zad. 1 (15 minut, max 8p.)

Zad. 2 (10 minut, max 4p.)

DATA KOLOKWIUM:

Pyt. 1 (5 minut, max 3p.)

imię i nazwisko: Włodzimierz BRZĄKAŁA

Pyt. 2 (5 minut, max 3p.)

Pyt. 3 (5 minut, max 2p.)

numer albumu: 35705

RAZEM (40 minut, max 20p.)

KOŃCOWY WYNIK KOLOKWIUM:

Uwaga: ewentualna odpowiedź wykazująca zupełną nieznajomość zagadnienia może zostać oceniona punktami ujemnymi !

ξ 0

- ∞

+

∞

y(ξ) s

Zadanie 2: Wykazać, że nośność graniczna ławy fundamentowej o szerokości B posadowionej na gruncie idealnie spoistym (ϕ = 0, c > 0) wyraża się wzorem Q

fNB

= B·q

f

= B·c·N

c

, gdzie N

c

= 2 + π.

Przyjąć, że grunt jest nieważki (γ

B

= 0kN/m

³

) oraz nieobciążony poza ławą (D

min

= 0m).

Wskazówka: wachlarz Prandtla P

1

P

3

P

4

(strefa przej- ściowa między parciem a odporem) składa się w tym szczególnym przypadku nie ze spiral logarytmicznych, lecz z łuków kolistych. Przeanalizować równowagę momentów obracających względem punktu P

1

od obciążenia q

f

oraz od sił spójności na P

3

P

4

P

5

. Na osi symetrii P

2

P

3

przyjąć poziome obciążenie o wartości q

f

i pominąć lewą połowę.

Rozwiązanie:

P

₁

P

₂

= P

₂

P

₃

= B/2, P

₁

P

₃

= P

₁

P

₄

= P

₄

P

₅

=

√

2·B/2, P

₃

P

₄

= 1/4·2

π

·B/

√

2. [1 pkt.]

Momenty od obciążeń na P

₁

P

₂

P

₃

: M

_q

= q

_f

·B/2·B/4 + q

_f

·B/2·B/4 = q

_f

·B

²

/4. [1 pkt.]

Momenty od sił spójności na P

₃

P

₄

P

₅

: M

_c

= c·P

₄

P

₅

·P

₁

P

₄

+ c·P

₃

P

₄

·P

₁

P

₄

= c·(B

²

/2 +

π

·B

²

/4). [1 pkt.]

W stanie granicznym M

_q

= M

_c

, więc q

_f

= c·(2 +

π

). [1 pkt.]

Pytanie 1: Dla belki na podłożu sprężystym obciążonej siłami skupionymi występują „ostrza” na wykresie momentów M(x) pod tymi siłami. Dlaczego tak się dzieje?

Pod siłą skupioną występuje skok (nieciągłość) wykresu siły poprzecznej Q(x), jest to skok o wartość tej siły. [1 pkt.]

Ale Q = dM/dx, więc dM/dx ma różne wartości z lewej i prawej strony obciążonego przekroju, [1 pkt.]

tj. nie istnieje styczna – występuje „ostrze”. [1 pkt.]

Pytanie 2: Ściany oporowe – zwłaszcza lekkie, płytowo-kątowe i żebrowe – mają zazwyczaj nachyloną podstawę fundamentu. Dlaczego?

Główne zagrożenie lekkich konstrukcji oporowych pochodzi od wypadkowej obciążeń W, która w poziomie posadowienia ma znaczne odchylenie od pionu (kąt

δ

). [1 pkt.]

Dla fundamentu o poziomej podstawie powoduje to dużą utratę nośności na wypieranie gruntu Q

_fNB

, bo szybko maleją współczynniki i

_B

, i

_c

, i

_D

. [1 pkt.]

Jeszcze bardziej zagrożona jest stateczność na przesuw w poziomie posadowienia. Nachylenie podstawy fundamentu sprawia, że ta sama wypadkowa W staje się zbliżona do normalnej do podstawy. Składo- wa styczna maleje, co zwiększa stateczność na wypieranie gruntu i stateczność na przesuw. [1 pkt.]

Pytanie 3: Jak podwyższyć kategorię odporności na deformacje górnicze już istniejącego budynku?

• Zastosować specjalne wzmocnienia konstrukcji (skotwienie w poziomie stropu, opaska żelbetowa wokół budynku, przypory, tymczasowo – podparcie nadproży i stropów, zamurowanie niektórych otworów, poziome rozpory w piwnicach) [1,5 pkt.]

• Poprawić ogólny stan techniczny budynku (remont). [0,5pkt.]

B/2 B/2

qf

P1 P5

P4

P3

P2

qf

Wszystkie kąty wynoszą 45⁰ lub 90⁰ (trójkąty prostokątne równoramienne)

W