6,0m
x > 0 ID = 0,30
ID = 0,50
r r
Qr Qr Qr
R R
PRZYKŁAD do wykładu 6:
iteracyjne wyznaczenie długości pala pracującego w grupie pali Pionowy pal wciskany przechodzi przez dwie warstwy gruntów, jak na rysunku obok i ma średnicę D
i= 0,36m.
A zatem głębokości krytyczna h
ci= 10·√(36/40) = 9,50m.
Pal występuje w grupie identycznych pali o wzajemnych odległościach osiowych r = 2,04m. Obciążenie pala Q
r= 500kN.
Wyznaczyć minimalne wymagane zagłębienie pala x > 0 na podstawie warunku nośności:
(♠) Q
r= m·(N
p+ m
1·N
s) = (m·Np.) + m
1·(m·N
s) , jeśli wiadomo, że dla jednego pala z grupy pali:
1) nośność przez podstawę wynosi m·N
p= 190·(6,0+x)/9,5 = 120 + 20·x dla x ≤ 3,5m, 2) nośność przez pobocznicę wynosi m·N
s= 100 + 50·x .
Uwzględnić pracę w grupie pali, stosując współczynnik m
1z podanej obok tabeli (podobna do tabeli w normie palowej). Przyjąć tg(α
1) = tg(α
2) = 0,1.
Pominąć ciężar własny pala.
ROZWIĄZANIE:
I iteracja:
zakładamy, że pal nie będzie dłuższy niż 9,5m (x ≤ 3,5m) oraz że nie będzie redukcji nośności pala przez pobocznicę na skutek pracy pala w grupie (m
1= 1). Stąd
(♠) 500 = (120 + 20·x) + 1·(100 + 50·x), czyli x = 4,00m.
To rozwiązanie jest nieprawidłowe, bo nie jest spełnione wstępne założenie x ≤ 3,50m.
II iteracja:
Na pewno pal będzie dłuższy niż 6,00 + 4,00 = 10m, a zatem jego podstawa wypada poniżej głębokości krytycznej h
ci= 9,50m, gdzie jednostkowa nośność q przez podstawę pala jest już stała (i taka, jak na głębokości 9,50m, czyli dla x = 3,50m). Stąd dla x > 3,50m
(♠) 500 = (120 + 20·3,50) + 1·(100 + 50·x), czyli x = 4,20m.
Oczywiście x > 3,50m, pozostaje sprawdzić, czy prawidłowo założono, że m
1= 1,00:
R = D
i/2+ Σ h
i·tg( α
i) = 0,36/2 + 6,00·0,1 + 4,20·0,1 = 1,20 , czyli r/R = 2,04/1,20 = 1,7.
Z tabeli: m
1= 0,95 ≠ 1,00. Sprzeczność, pal musi być jeszcze dłuższy.
III iteracja:
Wystąpi redukcja nośności w grupie. Wstępnie zakładamy, że m
1= 0,95:
(♠) 500 = (120 + 20·3,50) + 0,95·(100 + 50·x), czyli x = 4,53m.
Oczywiście x > 3,50m, pozostaje sprawdzić, czy prawidłowo założono, że m
1= 0,95:
R = D
i/2+ Σ h
i·tg(α
i) = 0,36/2 + 6,00·0,1 + 4,53·0,1 = 1,233 czyli r/R = 2,04/1,233 = 1,65.
Z tabeli: m
1= 0,95 . Rozwiązanie jest poprawne.
Podsumowanie:
Minimalna długość pala wynosi 10,53m. Przyjąć 10,60m.
Uwaga:
W tym algorytmie duże znaczenie mają „przedziały tolerancji” w środkowym wierszu w tabeli.
Gdyby stosować np. ciągły wykres m
1(ρ), gdzie ρ = r/R, to zbieżność iteracji byłaby trudniejsza do osiągnięcia.
r/R = 1,4 1,7 2,0
można stosować dla r/R od … do …
1,31
÷
1,55 1,56÷
1,85 1,86÷∞
m1 = m1(r/R) = … 0,90 0,95 1,00
