Nieskończenie długa belka o szerokości B = 0,75m spoczy- wa na podłożu Winklera o stałej C = 44MN/m

Zadanie 1 (za 8 punktów, ok. 15min)

Nieskończenie długa belka o szerokości B = 0,75m spoczy- wa na podłożu Winklera o stałej C = 44MN/m

i jest obcią- żona momentem skupionym w przekroju ξ

= 0.

Wystąpiłyby wówczas ujemne reakcje na pewnych odcinkach belki i przemieszczeń skierowanych do góry.

Aby tego uniknąć belkę obciążono dodatkowo w sposób równomierny q

= const na całej długości, co powoduje jej równomierne osiadania. Obliczyć minimalną wartość q

[kN/m], która zapewnia niewystąpienie rozciągania na styku belki z podłożem, tj. sumaryczne osiadania mają być wszędzie nieujemne.

Przyjąć, że obciążenie M

powoduje następujące osiadania y [m] dla ξ ≥ 0:

* * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * * Rozwiązanie na całej osi jest funkcją nieparzystą (antysymetria) w postaci „zanikającej fali”.

Największe rozciąganie wystąpiłoby w odległości ξξξξ

na lewo od przyłożonego momentu. Jest to liczba przeciwna do największego ściskania w odległości ξξξξ

na prawo od przyłożonego momentu.

Ma być dy/d ξξξξ = 0 w punkcie ξξξξ

. 0

], sin [ e

ξ =

+

−

sin ξ

[ e e

cos ξ ] = 0 +

−

sin ξ

[

cos ξ ] = 0 ,

czyli ξξξξ

= ππππ /4 + k ⋅⋅⋅⋅ππππ (tutaj k = 0).

Równomierne obciążenie spowoduje równomierne osiadanie: y

= q

⋅⋅⋅⋅ (C ⋅⋅⋅⋅ B)

[m].

Z warunku y + y

≥≥≥≥ 0 (zasada superpozycji!) otrzymuje się:

44000 0 75 , 001 0 , 0 45

1000 sin

2

⋅ ≥ +

−

⋅ = +

⋅

⋅

−

q

C B e q

e

Odpowiedź: q

≥≥≥≥ 33 kN/m .

(Prawie to samo zadanie rozwiązałem na tablicy pod koniec drugiego wykładu).

KOLOKWIUM Z FUNDAMENTOWANIA II (KB)

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

Zad. 2 (10 minut, max 3p.) DATA KOLOKWIUM: 22.01.2003r.

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

Pyt. 2 (5 minut, max 3p.) imię i nazwisko: Włodzimierz Brząkała Pyt. 3 (5 minut, max 3p.) numer albumu: 35705

RAZEM (40 minut, max 20p.) KOŃCOWY WYNIK KOLOKWIUM:

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

M

y

ξ + ∞ - ∞

q

+

ξ

ξ

ξ

ξ

sin

1000 ) 2

( = ⋅ e

⋅ e

y

Zadanie 2 (za 3 punkty, ok. 10min)

Fundament o całkowitej długości 13m składa się ze stopy 3x5m oraz dwóch ław po 1x4m każda.

Ile wynosi maksymalna siła rozciągająca N

w fundamencie, jeśli zasięg strefy przedgranicznej x

= 2m,

a graniczne tarcie jednostkowe pod fundamentem Θ = 20 kPa.

Pominąć działanie wszelkich sił na bocznych powierzchniach ławy .

• Siła ze strefy przedgranicznej (x

= 2m < 5/2m !):

N

= 3m x 2m x ½ x Θ Θ Θ Θ = 60kN

• Siła ze strefy granicznej (reszta stopy+jedna ława):

N

= 3m x (5/2-2)m x Θ Θ Θ Θ + 1m x 4m x Θ Θ Θ Θ = 110kN.

• Odpowiedź: 60 + 110 = 170kN.

Pytanie 1. (za 3 punkty, ok. 5min)

Nieskończenie sztywny fundament na podłożu Winklera jest obciążony siłą pionową na niewielkim mimośrodzie e < L/6.

Na rysunku obok naszkicować typowy wykres reakcji podłoża, tj. pionowe naprężenia pod fundamentem r(x).

A) przed wystąpieniem deformacji górniczej

B) po wystąpieniu wklęsłej w dół krzywizny terenu górniczego o R < 0, gdy promień graniczny nie jest przekroczony (R < R

< 0) C) po wystąpieniu wklęsłej w dół krzywizny terenu górniczego o R < 0, gdy promień graniczny jest przekroczony (R

< R < 0).

Pytanie 2. (za 3 punkty, ok. 5min):

Modelem ławy fundamentowej jest nieskończenie długa belka o sztywności EI = const na podłożu Winklera. Na odcinku –1 < x < +1 stała podłoża wy- nosi C

, a poza tym C

≠ C

. Siła skupiona P działa w przekroju x

= 0. Zaproponować koncepcję rozwiąza- nia belki (wystarczy na półosi x > 0 – dlaczego?).

* * * * * * * * * * * * * * * * * *

1. Wystarczy dla x > 0, bo y(x) będzie funkcją parzystą, a z tej funkcji wynikają wszystkie pozostałe rozwiązania statyczne r(x), M(x), Q(x).

2. Najlepiej jest podzielić belkę na odcinki gdzie C

= const, tutaj wystarczy (0,+1) ∪ ∪ ∪ ∪ (+1,+ ∞ ∞ ∞ ∞ ).

3. Dla x > +1 rozwiązaniem we współrzędnych bezwymiar. jest y( ξξξξ ) = exp{- ξξξξ } ⋅⋅⋅⋅ [S

⋅⋅⋅⋅ sin ξξξξ + S

⋅⋅⋅⋅ cos ξξξξ ] 4. Dla 0 < x < +1 rozwiązaniem jest y( ξξξξ ) = exp{- ξξξξ } ⋅⋅⋅⋅ [S

⋅⋅⋅⋅ sin ξξξξ + S

⋅⋅⋅⋅ cos ξξξξ ] + exp{+ ξξξξ } ⋅⋅⋅⋅ [S

⋅⋅⋅⋅ sin ξξξξ + S

⋅⋅⋅⋅ cos ξξξξ ] 5. Sześć stałych S

należy obliczyć z 2 warunków brzegowych (dla ξξξξ =0 jest dy/d ξξξξ =0 oraz Q=-P/2) i z 4 warunków ciągłości rozwiązania w x = +1. Są to warunki ciągłości dla y, dy/dx, Q oraz M.

(Za 1. dawałem 1pkt., a za warunki typu 5. dawałem dodatkowo 1pkt. lub nawet 1½pkt. - na trzy możliwe.

Podobne zadanie jest od trzech miesięcy na stronie WWW i kilka osób o nie pytało na konsultacjach).

Pytanie 3. (za 3 punkty, ok. 5min)

Parcie czynne i parcie bierne gruntu oblicza się w normie PN-83/B-03010 generalnie za pomocą metody Ponceleta.

Wprowadza się tam jednak pewien współczynnik korygujący η .

Jest to współczynnik dla parcia czynnego, biernego, czy dla obu parć? . . . tylko dla parcia biernego, czyli odporu gruntu

Dlaczego wprowadza się ten współczynnik η ? . . .

w celu skorygowania zbyt upraszczającego założenia Ponceleta, że klin odporu jest trójkątem Od czego zależy wartość tego współczynnika? . . . od kątów ββββ , δδδδ

, εεεε , ϕϕϕϕ

Podać przykład sytuacji, w której η → 1 . . . w warunkach Coulomba ( ββββ =0, δδδδ

=0, εεεε =0) jest wręcz ηηηη = 1.

ε ε

ε ε

13m 5m

x_θ < 2,5m

A

B

C

0

w szystkie łuki są parabolam i

P

x -1 0 +1

-∞

+∞

C1 C2