Proračun naprezanja ispod baze temelja. Procjena nosivosti temelja proreznih temelja na temelju analize napregnutog stanja mase tla i eksperimentalnih podataka Ivanov, Anton Andreevič. Metoda kutne točke

Opće odredbe. U interakciji temelja i konstrukcija s temeljnim tlima na kontaktnoj površini nastaju kontaktna naprezanja. Poznavanje kontaktnih naprezanja potrebno je kako za proračun naprezanja u temelju koje stvara konstrukcija, tako i za proračun samih konstrukcija.

Imajte na umu da se proračun konstrukcija pod djelovanjem kontaktnih naprezanja obično razmatra u tijeku konstrukcijske mehanike.

Priroda raspodjele kontaktnih naprezanja ovisi o krutosti, obliku i veličini temelja ili konstrukcije te o krutosti (podatnosti) temeljnih tla. Postoje tri slučaja koji odražavaju sposobnost strukture i temelja da se zajednički deformiraju:

1) apsolutno krute strukture kada je deformabilnost konstrukcije zanemariva u odnosu na deformabilnost podloge, a pri određivanju kontaktnih naprezanja konstrukcija se može smatrati nedeformabilnom;

2) potpuno fleksibilne strukture kada je deformabilnost konstrukcije tolika da slobodno prati deformacije podloge;

3) strukture konačne krutosti kada je deformabilnost konstrukcije razmjerna deformabilnosti baze; u tom slučaju se zajedno deformiraju, što uzrokuje preraspodjelu kontaktnih naprezanja.

Tipični primjeri apsolutno krutih konstrukcija su masivni temelji za nosače mostova, dimnjake, teške preše, kovački čekići itd., apsolutno fleksibilni - zemljani nasipi, dna metalnih spremnika itd. Većina konstrukcija ( pločasti temelji, grede, trakasti temelji) prema uvjetima rada konstrukcija imaju konačnu krutost.

Kriterij za ocjenu krutosti konstrukcije može biti indeks fleksibilnosti prema M.I. Gorbunov-Posadov

e ≈ 10 (El 3 /E do h 3), (8.1)

Gdje E I E k - moduli deformacije temeljnog tla i konstrukcijskog materijala; l I h - duljina i debljina strukture.

Struktura strukture ili temelja smatra se apsolutno krutom ako t≤1 . U prvoj aproksimaciji, krutost strukture može se procijeniti na temelju omjera njezine debljine i duljine. Na h/l>1/3 struktura se može smatrati apsolutno krutom.

Omjer dužine također je važan l i širine b strukture. Na 1/b≥0 raspodjela kontaktnih naprezanja odgovara slučaju ravninskog problema, pri. l/b< 10 – prostorni.

Pri određivanju kontaktnih naprezanja važnu ulogu ima izbor proračunskog modela temelja i metode rješavanja kontaktnog problema, a proračunski model temelja često nije izravno povezan s modelom tla koja sačinjavaju masiv. , stoga se modeli temelja tla za proračun kontaktnih naprezanja ponekad nazivaju kontaktni modeli.

U inženjerskoj praksi najrašireniji su sljedeći modeli temelja: lokalne elastične deformacije I elastični poluprostor .

Glavni preduvjeti za izračunavanje kontaktnih naprezanja za slučaj ravninskog problema su sljedeći. Od grede (Sl. 8.2, A) izrezana je traka duljine 1 m (slika 8.2, b) a raspodjela naprezanja se razmatra na različitim točkama dodira ove trake s podlogom duž osi X. Prihvaćeno je da se zajednička deformacija konstrukcije (trake) i podloge događa bez prekida kontinuiteta, tj. u svakoj točki dodira progib trake i slijeganje podloge su jednaki i određeni vrijednošću w(x). Pod pretpostavkom da je hipoteza ravnih presjeka valjana, jednadžba zakrivljene osi trake napisana je u obliku

, (8.2)

Gdje D = E do I do /(1 – v do 2) – cilindrična krutost trake; f(x) – intenzitet opterećenja dodijeljenog traci; p(x) – intenzitet nepoznatog dijagrama kontaktnog naprezanja. Podsjetimo da se indeks “k” odnosi na konstrukciju; stoga, E k I v do – modul elastičnosti odnosno Poissonov omjer materijala trake; ja da – moment tromosti njegovog presjeka.

Jednadžba (8.2) sadrži dvije nepoznate količine: w(x) I p(x). Stoga je za rješavanje problema potrebno uvesti dodatni uvjet. Taj se uvjet određuje ovisno o prihvaćanju jednog ili drugog modela: lokalne elastične deformacije ili elastični poluprostor.

Model lokalnih elastičnih deformacija. Pretpostavke ovog modela prvi je formulirao ruski akademik Fuss 1801. godine, a sam model je 1867. godine razvio Winkler za proračun željezničkih pragova. Kasnije je model lokalnih elastičnih deformacija razvijen u radovima N. P. Puzyrevskog, S. P. Timošenka, A. N. Krilova, P. L. Pasternaka i drugih.

Riža. 8.2. Dijagram grede (a) i dijagram dizajna za slučaj ravninskog problema (b)

Prema ovom modelu, reaktivno naprezanje u svakoj točki kontaktne površine izravno je proporcionalno slijeganju osnovne površine na istoj točki:

p(x) = kw(x),(8.3)

Gdje Do - koeficijent proporcionalnosti, koji se često naziva krevetni koeficijent , Pa/m.

Dijagram deformacije takve baze prikazan je na sl. 8.3, a. Vidljivo je da prema modelu lokalnih elastičnih deformacija nema slijeganja temeljne plohe izvan gabarita temelja, odnosno temelj je takoreći postavljen na opruge koje su stisnute samo unutar svoje kontura.

Riža. 8.3. Deformacije temeljne površine: a – prema modelu elastičnih deformacija; b – prema modelu elastičnog poluprostora

Model elastičnog poluprostora. Ovaj model predložio je G. E. Proctor 20-ih godina našeg stoljeća i razvio se zahvaljujući radovima N. M. Gersevanova, M. I. Gorbunova-Posadova, B. N. Zhemochkina, A. P. Sinitsyna i drugih znanstvenika.

Za razliku od prethodnog modela, u ovom slučaju površina tla se taloži i unutar područja opterećenja i izvan njega (slika 8.3, b), a zakrivljenost progiba ovisi o mehaničkim svojstvima tla i debljini kompresibilne debljine na baza.

U slučaju ravninske deformacije, otklon površine pod djelovanjem koncentrirane sile R opisana jednadžbom

(8.4)

Gdje C = E/(1 – ν 2) – koeficijent krutosti baze; X - koordinata površinske točke na kojoj se utvrđuje slijeganje; ζ - koordinata točke primjene sile R ; D - konstanta integracije. Pri određivanju površinskih ugiba od djelovanja raspodijeljenog opterećenja, jednadžbu (8.4) treba integrirati preko površine opterećenja.

Nedostatak modela elastičnog poluprostora je što ne ograničava debljinu stlačive debljine u podnožju konstrukcije. U stvarnim uvjetima interakcije između temelja i temelja, debljina stlačive debljine obično je ograničena, što utječe na prirodu raspodjele kontaktnih naprezanja. U tom smislu razvijene su različite modifikacije modela elastičnog sloja tla koji se nalazi ispod nedeformabilnog sloja, date u radovima O. Ya Shekhter, K. E. Egorov, I. K. Samarin, G. V. Krasheninnikova i drugi.

Opća shema Određivanje kontaktnih naprezanja pomoću gornjih modela sastoji se u zajedničkom rješavanju jednadžbe (8.2) i uvjeta (8.3) u slučaju modela lokalnih elastičnih deformacija ili jednadžbi (8.2) i uvjeta poput (8.4) u slučaju elastičnog model poluprostora. Metode rješavanja ovih problema dane su npr. u udžbeniku P. L. Ivanova (1991).

Za praktične proračune kontaktnih naprezanja koriste se rješenja koja su u tabelarnom obliku dali M. I. Gorbunov-Posadov, B. N. Zhemochkin, A. P. Sinitssha, G. V. Krasheninnikova i drugi. Najpotpunije informacije o ovom pitanju prikazane su u monografiji M. I. Gorbunova -Posadova, T. A. Malikova, V. I. Solomina “Proračun konstrukcija za elastična podloga“, nagrađen Državnom nagradom SSSR-a 1987.

Opseg primjene raznih modela. Praksa proračuna pokazuje da model lokalnih elastičnih deformacija omogućuje postizanje dobrog slaganja sa stvarnošću pri izradi temelja na visoko stišljivim tlima (pri E ≤ 5 MPa), na lesnim tlima slijeganja, kao i s ograničenom debljinom stisljiva tla koja se nalaze ispod praktički nedeformabilnih, na primjer, stijena. Model elastičnog poluprostora primjenjiv je kada u podlozi ima dovoljno gustih tla i kada površine nosivih površina nisu prevelike. Za konstrukcije s površinom potpore od desetaka i stotina četvornih metara rezultati bliži stvarnosti dobivaju se modelom elastičnog sloja ograničene debljine.

Kontaktna naprezanja na temelju centralno opterećenih apsolutno krutih temelja. Pri određivanju kontaktnih naprezanja u ovom slučaju pretpostavlja se da su vertikalni pomaci bilo koje točke na površini tla u razini podloge jednaki, tj. w(x,y)=konst . Tada će za temelj kružnog oblika kontaktna naprezanja biti određena izrazom

(8.5)

Gdje p m - prosječno naprezanje ispod baze radijusa temelja r ; ρ - udaljenost od središta temelja do točke u kojoj se određuje ordinata kontaktnog naprezanja r(ρ).

Kontaktna naprezanja ispod krutog trakastog temelja određuju se na sličan način u slučaju ravnog problema:

(8.6)

Gdje X - udaljenost od sredine temelja do predmetne točke; a = b/2 - poluširina temelja.

Gornja rješenja pokazuju da, teoretski, dijagram kontaktnih naprezanja ispod krutog temelja ima sedlasti oblik s beskonačno velikim vrijednostima naprezanja duž rubova (na ρ = r ili x=b/2 ). Međutim, zbog plastičnih deformacija tla, u stvarnosti kontaktna naprezanja karakteriziraju ravniju krivulju i na rubu temelja dostižu vrijednosti koje odgovaraju graničnim nosivost tlo (isprekidana krivulja na slici 8.4, a).

Riža. 8.4. Dijagrami kontaktnih naprezanja: a - ispod tvrdog okruglog pečata; b - ispod ravnog temelja s različitim razinama fleksibilnosti

Promjena indeksa fleksibilnosti značajno utječe na promjenu prirode dijagrama kontaktnog naprezanja. Na sl. 8.4, b prikazuje kontaktne dijagrame kao primjer za slučaj ravninskog problema kada se indeks fleksibilnosti t mijenja od 0 (apsolutno kruti temelj) do 5.

Kao što je gore navedeno, pouzdano poznavanje kontaktnih naprezanja neophodno je za proračun proračuna temelja konstrukcija koje su u interakciji s tlom. Pri proračunu naprezanja u temeljima od djelovanja opterećenja koja odgovaraju kontaktnim naprezanjima često je moguće uvesti značajna pojednostavljenja. To je zbog činjenice da neravnomjerna raspodjela kontaktnih naprezanja duž baze temelja ima zamjetan učinak na promjenu naprezanja lijevanja u gornjem dijelu temelja do dubine od oko polovice širine temelja.

Pojednostavljeno određivanje kontaktnih naprezanja. Ako se za naknadne proračune naprezanja u temelju utvrđuju kontaktna naprezanja duž baze temelja, tada je dopušteno koristiti formule ekscentrične kompresije, bez obzira na krutost temelja. Zatim za središnje silom opterećene R temelja postojat će jednolika raspodjela naprezanja duž njegove baze: p=P/A, Gdje A - područje temelja. U slučaju ravninskog problema kada je temelj opterećen silom R i trenutak M, djelujući u ovoj ravnini, granične vrijednosti kontaktnih naprezanja određene su izrazom

(8.7)

Gdje W - moment otpora područja potplata odabrane temeljne trake. Raspodjela kontaktnih naprezanja između ovih vrijednosti bit će linearna.

Sada se raspodjela naprezanja u podlozi ispod podloge temelja može izračunati ako tako dobiven dijagram kontaktnih naprezanja smatramo apsolutno fleksibilnim lokalnim opterećenjem koje djeluje u ovoj ravnini.

Glavni uvjet koji se mora ispuniti pri projektiranju temelja je:

gdje je: P prosječni pritisak ispod baze temelja prihvaćenih dimenzija

gdje je: - proračunsko opterećenje ruba temelja u određenom presjeku, kN/m;

Težina temelja po 1 tekućem metru, kN / m;

Težina tla na temeljnim izbočinama, kN/m;

b - širina temeljne baze, m;

R- otpor dizajna tlo ispod baze temelja, kPa

gdje je: - težina ploče po 1p. m., kN/m;

Težina temeljnih blokova po 1 tekućem metru, kN / m;

Težina zidanje opekom po 1 lm, kN/m;

gdje je: - težina tla na 1 izbočini (bez betona), kN/m;

Težina tla na 2. izbočini (s betonom), kN/m;

gdje je: - širina tla na rubu, m;

Visina tla na rubu, m;

g"II - prosječna vrijednost specifične težine tla koje leži iznad baze temelja;

gdje je gsf =22 kN/m.

Odjeljak 1 -1

n"g= n""g=0,6 1 0,62 16,7+0,6 0,08 1 22=7,2684 kN/m

349,52 kPa< 365,163 кПа, проходит по напряжениям - принимаем.

Odjeljak 2 -2

n"g=0,75 1 1,1 16,7=13,78 kN/m

n""g=0,75 1 0,62 16,7+0,75 0,08 1 22=9,0855 kN/m

272,888 kPa< 362,437 кПа, проходит по напряжениям - принимаем.

Odjeljak 3 -3

n"g=0,25 1 1,1 16,7=4,5925 kN/m

n""g=0,25 1 0,62 16,7+0,25 0,08 1 22=3,0285 kN/m

307,2028 kPa< 347,0977 кПа, проходит по напряжениям - принимаем.

Odjeljak 4-4

n"g= n""g=0,2 1 0,62 16,7+0,2 0,08 1 22=2,4228 kN/m

352,7268 kPa< 462,89 кПа, проходит по напряжениям - принимаем.

Odjeljak 5 -5

n"g=0,4 1 1,1 16,7= 7,348 kN/m

n""g=0,4 1 0,62 16,7+0,4 0,08 1 22=4,8456 kN/m

335,29 kPa< 359,0549 кПа, проходит по напряжениям - принимаем.

Odjeljak 6-6

n"g= n""g=0,2 1 0,62 16,7+0,2 0,08 1 22=2,43 kN/m

275,2525 kPa< 352,95кПа, проходит по напряжениям - принимаем.

ODREĐIVANJE SLIJEGANJA TEMELJA TLA METODOM SAŽETAKA SLOJ PO SLOJ

Najprometnijom smatramo dionicu 2-2.

1. Debljina tla ispod baze temelja do dubine od najmanje 4b = 4 · 1,6 = 6,4 m podijeljena je na elementarne slojeve debljine ne više

hi = 0,4 b = 0,4·1,6=0,64 m.

• 2. Odrediti udaljenost od baze temelja do gornje granice svakog elementarnog sloja zi (m).
• 3. Odredite naprezanja vlastite težine tla koja djeluju na razini baze temelja:

4. Odredite naprezanje iz vlastite težine tla na donjoj granici svakog elementarnog sloja pomoću formule:

5. Odredite naprezanje vlastite težine tla na granici glavnih slojeva:

• 6. Konstruiramo dijagrame naprezanja od vlastite težine tla lijevo od osi temelja na granici glavnih slojeva - .
• 7. Određujemo dodatna tlačna naprezanja na gornjoj granici svakog elementarnog sloja iz konstrukcije

gdje je: p0 - dodatni pritisak na razini baze temelja

gdje je: p - prosječni stvarni tlak ispod baze temelja;

I - koeficijent (tablica 5.1 [1]),

gdje: - karakterizira oblik i dimenzije temeljne baze,

r - relativna dubina, .

8. Konstruiramo dijagrame dodatnih naprezanja.

9. Odredite donju granicu stlačive debljine podloge tla. Točka sjecišta dijagrama i uzima se kao donja granica stlačive debljine temelja tla.

Da bismo to učinili, gradimo dijagram desno od z-osi. Hc= m

10. Iz opterećenja konstrukcije odredite prosječno naprezanje u elementarnim slojevima:

11. Slijeganje temelja određujemo kao zbroj slijeganja elementarnih slojeva:

gdje je: n broj kompletnih elementarnih slojeva uključenih u stlačivu debljinu;

Si - elementarni slojni sediment

gdje je: - bezdimenzijski koeficijent, =0,8;

hi je debljina elementarnog sloja;

Ei je modul deformacije elementarnog sloja;

srzpi je napon u sredini elementarnog sloja.

Glavni uvjet za provjeru deformacije:

S = 5,1< SU = 10 см

Zaključak: nagodba je prihvatljiva.

Tablica za određivanje slijeganja baze

Proračun ima za cilj odrediti prosječna, najveća i minimalna naprezanja ispod baze temelja i usporediti ih s proračunskom otpornošću tla.

Imamo početne dimenzije temelja 6 x 10,4 m.

Odredimo prosječna, maksimalna i minimalna naprezanja ispod baze temelja i usporedimo ih s izračunatim otporom tla:

P= N I /A ≤ R/γ p;

(3.8)

P max = N I /A+M I /W ≤γ c *R/γ p;

(3,9)

P min = N I /A- M I /W ≥0; (3.10)

gdje je: P, P max, P min - prosječni maksimalni i minimalni pritisak baze temelja na bazu;

N I – proračunsko vertikalno opterećenje na podlogu uzimajući u obzir hidrostatski tlak, Mn;

M I – proračunski moment u odnosu na os koja prolazi kroz težište baze temelja, m 2 ;

W je moment otpora duž baze temelja, m 3;

A je površina temeljne baze, m2;

R - proračunski otpor tla ispod baze temelja, MPA;

γ s = 1,2 - koeficijent uvjeta rada;

γ p = 1,4 – koeficijent pouzdanosti prema namjeni građevine

N I = 1,1(P 0 +P p +P f +P in +P g)+γ ƒ *P k (3.11)

gdje je: R f, R g – opterećenje od težine temelja i tla na njegovim rubovima, uzimajući u obzir učinak vaganja vode;

h f – visina temeljne konstrukcije, h av = 6 m

V f =(6*10,4**1)+(5*9,4*1)+(4*8,4*1)+(3*7,4*1)=165,2 MN

R f = V f *γ ulog =165.2*0.024=3.96MN

R g = V g *γ SB = 0,21 MN

N I = 1,1(5,50+1,49+3,96+0+0,21)+(6,60*1,13)=19,73 MN

P =19,73/6*10,4≤0,454/1,4=0,316≤0,324

M I = 1,1*T*(1,1+h 0 +h f)=(1,1*0,66)*(1,1+8,2+6)=11,10 MN*m

W= l*b 2 /6=10,4*6²/6=62,4m

P max =19,73/6*10,4+11,10/62,4≤1,2*0,454/1,4=0,493≤0,389

P min =19,73/62,4-11,10/62,4=0,316-0,177=0,135≥0

Provjera je uspjela. Prihvaćene dimenzije baze temelja su: b = 6 m, l = 10,4 m Visina.

3.4. Proračun slijeganja temelja.

Metoda zbrajanja slojeva po slojevima za izračunavanje slijeganja temelja širine manje od 10 m prema SNiP 2 02. 01 – 83.

Iznos slijeganja temelja određuje se formulom:

S=β

Gdje je: β – bezdimenzionalni koeficijent jednak 0,8;

σ zpi – prosječno vertikalno (dodatno) naprezanje u i-tom sloju tla;

h i, E i – debljina odnosno modul deformacije i-tog sloja tla (tablica 1.2);

n je broj slojeva na koje je podijeljena stlačiva debljina baze.

Tehnika izračuna se svodi na sljedeće.

gdje je: b =6 m – širina temeljne baze; granice slojeva moraju se podudarati s granicama slojeva tla i razinom podzemne vode. Dubina sloma trebala bi biti približno jednaka 3b = 3*6 = 18m

2. Odredite vrijednosti vertikalnih naprezanja iz vlastite težine tla na razini baze temelja i na granici svakog podsloja:

σ zg = σ zgo +∑γ i *h i ;

gdje je: σ zgo – okomito naprezanje od vlastite težine tla u razini temeljne baze;

γ i – specifična težina tla i-tog sloja;

h i je debljina i-tog sloja tla.

σ zgo =0,00977*3=0,063 MPa

3. Odredite dodatno vertikalno naprezanje u tlu ispod baze temelja:

σ z r o =R- σ zgo =0,178-0,063 = 0,115MPa

prosječni pritisak na tlo od standardnih stalnih opterećenja:

P = N II /A = 11,16/62,4 = 0,178 MPa

N II = P 0 + P p + P f + P in + P g = (5,50 + 1,49 + 3,96 + 0 + 0,21) = 11,16 N

Vrijednosti ordinate dijagrama raspodjele dodatnih vertikalnih naprezanja u tlu:

σ zpi = αi*σ zp 0 ;

gdje je: α koeficijent usvojen prema tablici 3.4, ovisno o obliku baze temelja i relativnoj dubini ζ = 2Z/b.

Izračuni se provode u tablici 4.

4. Određujemo donju granicu stlačive debljine - V.S. Nalazi se na horizontalnoj ravnini gdje je ispunjen uvjet

σ zp ≤0,2*σ zg

Određujemo slijeganje svakog temeljnog sloja

S = β*(σ zpi avg * h i /E i);

gdje je: σ zpi sr – prosječno dodatno vertikalno naprezanje u i-tom sloju tla, jednako polovici zbroja navedenih naprezanja na gornjoj i donjoj granici sloja.

β = 0,8 – bezdimenzionalni koeficijent za sve vrste tla.

Slijeganje temeljne podloge dobiva se zbrajanjem slijeganja svakog sloja. Ne smije premašiti maksimalno dopušteno slijeganje konstrukcije:

S n = 1,5√ℓ p =1,5√44=9,94 cm

Gdje je: S n – najveći dopušteni gaz, cm;

ℓ p = 44 m - duljina manjeg raspona uz oslonac, m.

Broj obračunskog sloja	Dubina podnožja obračunskog sloja od podnožja temelja, Z i , m	Debljina sloja, h i , m	Procijenjena specifična težina tla, kN/m 3 γ	Prirodni tlak σ zg na dubini z i, MPa	Koeficijent ζ=2Z i /b	Koeficijent α i	Dodatni tlak σ zp na dubini Z I, kPa	Prosječni dodatni tlak u sloju σ zp avg, kPa	Modul deformacije tla E i, kPa	Slojno naselje Si, m

Svrha izračuna je određivanje prosjeka. Maksimalno i minimalno naprezanje ispod baze temelja i usporedite ih s njima izračunati otpor tlo.

Gdje su P, P max i P min, redom, prosječni, maksimalni i minimalni pritisak baze temelja na bazu;

N 1 - izračunato okomito opterećenje na bazi, uzimajući u obzir hidrostatski tlak, ako postoji;

M 1 - proračunski moment u odnosu na os koja prolazi kroz težište baze temelja;

A – područje potplata;

W – moment otpora duž baze temelja;

y s - koeficijent radnih uvjeta pretpostavlja se da je 1,2;

y n - koeficijent pouzdanosti u svrhu strukture, uzet jednak 1,4;

l - duljina baze temelja

b- širina temeljne baze

R - izračunati otpor tla ispod baze temelja

Izračunato vertikalno opterećenje na bazi određeno je formulom:

N 1 =1,1*(p o +p p +p f +p in +p g)*y ƒ *p k,

Gdje su p f i r g opterećenja od težine temelja i tla na njegovim rubovima, mN;

p in - opterećenje od težine vode koja djeluje na izbočine temelja (uzeti u obzir ako je temelj ugrađen u vodonepropusno tlo), mN;

p p - težina raspona, mN;

r k - mulj koji djeluje od privremenog okomitog pokretnog opterećenja, mN;

p o - težina potpore, mN.

N 1 =1,1*(4,3+1,49)+1,13*6,6=13,00mN

Moment otpora u podnožju temelja bit će jednak:

W=W=

Projektni moment oko osi koja prolazi kroz težište baze temelja bit će jednak:

M 1 =1,1*T*(1,1+h 0 +h f)=1,1*0,66*(1,1+6,4+3,5)=7,98 mN*m

Sada provjerimo je li zadovoljen uvjet naprezanja ispod temelja:

P max =

P min =

P max =

P= - izvršeno

P max = - izvršeno

P min = - izvršeno

Zadovoljena su sva tri uvjeta čvrstoće na naprezanje ispod baze temelja, stoga je proračun obavljen ispravno.

3.5 Proračun slijeganja temelja

,Gdje

Bezdimenzijski koeficijent jednak 0,8;

G zpi je prosječno vertikalno (dodatno) naprezanje u i-ti sloj tlo;

h i i E i su debljina i modul, redom i-ta deformacija sloj tla:

n je broj slojeva na koje je podijeljena stlačiva debljina baze.

Tehnika izračuna se svodi na sljedeće:

1. Stišljiva debljina tla koja se nalazi ispod baze temelja podijeljena je na elementarne slojeve debljine h i, gdje je b širina baze temelja = 5,44 m. Debljina sloja je h i = 2,0 m.

Granice elementarnih slojeva moraju se podudarati s granicama slojeva tla i razinom podzemne vode.

Dubina sloma bi trebala biti otprilike 3* b=3*5,44=16,3m

Podijeliti na 10 slojeva. Podaci za izračun unose se u tablicu 2.

2. Odredite vrijednosti vertikalnih naprezanja iz vlastite težine tla na razini baze temelja i na granici svakog podsloja

Vertikalno naprezanje od vlastite težine tla u razini baze temelja

,

Gdje je K k geostatski koeficijent bočnog tlaka, jednak 1;

z i =h f - dubina temeljne baze (z i =3,5)

y – specifična težina tla ispod razine podzemne vode(određeno uzimajući u obzir učinak vaganja vode) sb = 10 kN/m 2

Odavde: kPa

z i je udaljenost od baze obračunskog sloja do baze temelja;

y i je specifična težina tla i-tog sloja. Specifična težina tla koja leži ispod razine podzemne vode ili ispod vode u rijeci, ali iznad akvitarda, mora se odrediti uzimajući u obzir učinak vaganja vode: u akvitardu, naprezanje od vlastite težine tla u bilo kojem horizontalni presjek bez uzimanja u obzir učinka vaganja vode.

Vrijednosti vertikalnih naprezanja određujemo iz vlastite težine tla na granici svakog podsloja (podatke unosimo u tablicu). Na temelju rezultata proračuna konstruiramo dijagram vertikalnih naprezanja od vlastite težine tla.

3. Određujemo dodatno uz prirodno okomito naprezanje ispod baze temelja pomoću formule:

P - prosječni pritisak na tlo od standardnih konstantnih opterećenja

A – područje baze temelja,

N 11 - proračunska vertikalna sila

N 11= r 0 +r n +r g +r in, gdje

p 0 - težina potpore;

p n - težina raspona;

r g - opterećenje od težine tla na njegovim rubovima;

p in - opterećenje od težine vode koja djeluje na izbočine temelja (uzeti u obzir ako je temelj urezan u vodonepropusno tlo)

N 11 =4,3+1,49+5,6=11,39*10 3 =11390kN

P= kN/m 2

Vrijednost ordinate dijagrama raspodjele dodatnih vertikalnih naprezanja u tlu izračunava se po formuli:

Koeficijent preuzet iz tablice ovisno o obliku baze temelja.

Omjer stranica pravokutnog temelja

a relativna dubina jednaka

Pronalazimo koeficijent iz tablice i izračunavamo ordinatne vrijednosti dijagrama raspodjele dodatnih vertikalnih naprezanja u tlu.

Calc.	sloj	br. sloja	Debljina sloja, h, m	z i , m	kPa		0.2	γ i, kN/m 3				2z/b	E 1
S i	S i
kPa		2,8			10,0		7,0			142,38	137,19	13.000	0,057
kPa		1,5	1,5	10,0			0.60	0,927	132,0	114,63	20.000	0,025
	2,0	3,5	10,0			1,29	0,683	97,25	85,43	0,013
	2.0	5,5	10,0			2,02	0,517	73,61	62,93	0,009
	2.0	7,5	10,0			2,78	0,367	52,25	50,33	0,003
glina		0,9	8,4	10,0		23,8	3,09	0,340	48,41	40,65	37.000	0,002
	2,0	10,4	10.0		27,8	3,82	0,231	32,90	29,48	0,002
	2,0	12,4	10,0		31,8	4,56	0,183	26,06	24,14	0,002
	2,0	14,4	10.0		35,8	5,30	0,156	22,21	20,43	0,001
	0.6	15,0	10,0		37,0	5,52	0,138	19,65	Fini pijesak	0,114

Ukupno: