6η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ - ΜΕΤΑΔΟΣΗ ΤΑΣΕΩΝ ΣΤΟ ΕΔΑΦΟΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΧΟΛΙΑ Επιμέλεια: Γιώργος Μπελόκας, Υποψήφιος Διδάκτωρ Ε.Μ.Π.

Transcript

1 6η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ - ΜΕΤΑΔΟΣΗ ΤΑΣΕΩΝ ΣΤΟ ΕΔΑΦΟΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΣΧΟΛΙΑ Επιμέλεια: Γιώργος Μπελόκας, Υποψήφιος Διδάκτωρ Ε.Μ.Π. ΑΣΚΗΣΗ 1 Θα χρηιμοποιηθούν οι χέεις που προκύπτουν από τη θεώρηη γραμμικής ιότροπης ελατικότητας για ομοιογενή ελατικό ημίχωρο. Συνεπώς μπορεί να εφαρμοτεί η επαλληλία των φορτίεων. Για το απειρόμηκες φορτίο φορτίο του παρακάτω χήματος το επίπεδο των αξόνων x αποτελεί επίπεδο υμμετρίας. x q Συνεπώς ιχύουν: u xx =ε xx = x =0 και xx =v( + ). Οι ακόλουθες χέεις δίνουν τη μεταβολή του τανυτή των τάεων Δ ij : Δ =(2q/π)[( 3 )/( ) 2 ] Δ =(2q/π)[( 2 )/( ) 2 ] Δ =(2q/π)[( 2 )/( ) 2 ] Δ xx =v(δ +Δ ) Παρατήρηη: όλες οι μεταβολές των υνιτωών του τανυτή των τάεων είναι ανεξάρτητες του μέτρου ελατικότητας Ε. Επίης, όλες οι μεταβολές των υνιτωών του τανυτή των τάεων εκτός της Δ xx εξαρτώνται από γεωμετρικά τοιχεία μόνο. Απαντήεις ερωτήματα: (α) q 1 =100kN/m. Είναι =0m, =0m Δ,1 =[(200kN/m)/π]{(4m) 3 /[(0m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=15.92kPa Δ,1 =Δ,1 =0kN/m, λογικό αφού το x αποτελεί επ πεδο υμμετρίας. Δ xx,1 =0.5( )=7.96kPa - q 2 =50kN/m. Προοχή! Ειάγουμε μετατοπιμένο τοπικό ύτημα υντεταγμένων κατά το οποίο ο άξονας των χ υμπίπτει με το ίχνος του απειρομήκους φορτίου q 2. Οι υντεταγμένες του ημείου Α προδιορίζονται χετικά με αυτό το ύτημα υντεταγμένων: 1

2 Είναι =-4m, =4m Δ,2 =[(100kN/m)/π]{(4m) 3 /[(-4m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=1.99kPa Δ,2 =[(100kN/m)/π]{[(-4m) 2 (4m)]/[(-4m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=1.99kPa Δ,2 =[(100kN/m)/π]{(-4m)(4m) 2 /[(-4m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=-1.99kPa Δ xx,2 =0.5( )=1.99kPa - q 3 =50kN/m. Προοχή! Ειάγουμε μετατοπιμένο τοπικό ύτημα υντεταγμένων κατά το οποίο ο άξονας των χ υμπίπτει με το ίχνος του απειρόμηκους φορτίου q 3. Οι υντεταγμένες του ημείου Α προδιορίζονται χετικά με αυτό το ύτημα υντεταγμένων: Είναι =4m, =4m Δ.3 =[(100kN/m)/π]{(4m) 3 /[(4m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=1.99kPa Δ,3 =[(100kN/m)/π]{[(4m) 2 (4m)]/[(4m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=1.99kPa Δ,3 =[(100kN/m)/π]{(4m)(4m) 2 /[(4m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=1.99kPa Δ xx,3 =0.5( )=3.98kPa Η υνολική μεταβολή του τανυτή προκύπτει με εφαρμογή της επαλληλίας των φορτίεων: Δ =ΣΔ,i = =19.90kPa Δ =ΣΔ,i = =3.98kPa Δ =ΣΔ,i =0+(-1.99)+1.99=0kPa Δ xx =ΣΔ xx,i = =11.94kPa Άρα οι τάεις το ημείο Α μετά την επιβολή των φορτίων q 1, q 2 και q 3 είναι: =,o +Δ, =,o +Δ, =,o +Δ, xx = xx,o +Δ xx όπου ο δείκτης ο δηλώνει την αρχική εντατική κατάταη η οποία τις υγκεκριμένες υνθήκες αντιτοιχεί ε γεωτατικές υνθήκες. β) Εφαρμόζοντας επαλληλία των φορτίεων προκύπτει η γενική υνάρτηη που δίνει τη υνολική τάη ε οποιοδήποτε κάθετο επίπεδο: =,o +(2q 1 /π)[( 3 )/( ) 2 ]+(2q 2 /π)[( 3)/( 2+ 2) 2 ]+ (2q 3 /π)[( 3)/( 2+ 2) 2 ] Η χέη αυτή είναι ανεξάρτητη του x και το οριζόντιο επίπεδο α-α είναι = = =0m, με =-4, =+4, ενώ ={-,+ }. Εφαρμόζοντας την παραπάνω χέη ε ένα πρόγραμμα τύπου Excel και για ειδικό βάρος εδαφικού υλικού γ=20kn/m 3 παίρνουμε το παρακάτω διάγραμμα: 2

3 Αρχικές Γεωτατικές Τάεις, Πρόθετες Τάεις Λόγω Εξωτερικών Φορτίων και Συνιταμένη Τάη Τάη (kpa/m) 60 Γεωτατικές q1 q2 q3 Συνιταμένη Άξονας (m) γ) Χρηιμοποιούμε τις χέεις ιότροπης ελατικότητας: Δε =(1/Ε)[Δ -ν(δ xx +Δ )]=[1/30000kPa][19.90kPa-0.5(11.94kPa+3.98kPa)] = ή % Δε =(1/Ε)[Δ -ν(δ +Δ xx )]=[1/30000kPa][3.98kPa-0.5(19.90kPa+11.94kPa)] = ή % Δε xx =(1/Ε)[Δ xx -ν(δ +Δ )]=[1/30000kPa][11.94kPa-0.5(3.98kPa+19.90kPa)] =0 ή 0% Δηλαδή προκύπτει Δε vol =Δε +Δε +Δε xx =0. Άρα, για τον κατατατικό νόμο της ιότροπης ελατικότητας λόγος Poisson v=0.5 ημαίνει ατράγγιτες υνθήκες. ΑΣΚΗΣΗ 2 Θεωρούμε πως ιχύει η γραμμική ιότροπη ελατικότητα ε ομοιγενή ημίχωρο. Οι αρχικές υνθήκες είναι γεωτατικές οπότε ιχύει Κ ο =ν/(1-ν) ν= α) =0m, =3m Δ =0kPa Δ =[(500kN/m)/π]{(3m) 3 /[(0m) 2 +(3m) 2 ]}=53.05kPa Δ =0kPa Δ xx =0.375(0+3.98)=19.89 kpa>δ Αρχική κατάταη:,o =γ=17 3=51kN/m 2 3

4 x,o =,o = K o,o =0.6 51=30.6kPa Τελική κατάταη: =,o +Δ = =104.05kPa =,o +Δ =30.6+0=30.60kPa xx = xx,o +Δ xx = =50.49kPa =0kPa x = x =0kPa όλες οι τάεις είναι κύριες. xx Έτι: 1 = =104.05kPa, 2 = xx =50.49kPa, 3 = =30.60kPa Για να δούμε αν ατοχεί το εδαφικό τοιχείο φέρνουμε τους τρεις κύκλους του Mohr και υπολογίζουμε την κινητοποιούμενη γωνία διατμητικής αντίταης φ m. Η φ m αντιτοιχεί για υλικά χωρίς υνοχή c το μέγιτο λόγο διατμητικής προς ορθής τάης (τ/) από όλα τα ζεύγη (τ,) που προκύπτουν για τους τρεις κύκλους Mohr. Η γωνία διατμητικής αντίταης, φ, είναι παράμετρος αντοχής του υλικού. Αν προς όλες τις διευθύνεις οι παράμετροι αντοχής είναι ίες (υχνή παραδοχή), τότε το υλικό είναι ιότροπο είναι ιότροπο όον αφορά το κριτήριο ατοχίας. Σε αυτήν την περίπτωη υγκρίνουμε τις τρεις τιμές φ m με τη μία γωνία διατμητικής αντίταης, φ, του υλικού. Υπάρχουν τρεις περιπτώεις: φ m <φ: το υλικό δεν ατοχεί φ m =φ: το υλικό βρίκεται ε κατάταη ατοχίας φ m >φ: είναι μη πραγματοποιήιμη περίπτωη αφού το υλικό έχει ήδη ατοχήει. Όπως φαίνεται και από το χήμα παρακάτω το ζεύγος, είναι αυτό μας δίνει το μεγαλύτερο φ m. Υπολογίζουμε τα μεγέθη που ορίζουν πλήρως το κύκλο: Ακτίνα κύκλου Mohr: t=( 1-3 )/2=( - )/2=( )/2=36.73kPa Κέντρο κύκλου Mohr: s=( )/2=( + )/2=( )/2=67.325kPa Άρα είναι sinφ m =t/s=36.73/67.325= φ m =33.06 o <φ=35 ο, άρα δεν ατοχεί. 4

5 τ t φ m1 φ s t β) Είναι =2m, =3m Δ =q(2/π){[(2m) 2 (3m)]/[(2m) 2 +(3m) 2 ]}=0.0452q Δ =q(2/π){[(3m) 3 ]/[(2m) 2 +(3m) 2 ]}=0.1017q Δ =q(2/π){[(2m)(3m) 2 ]/[(2m) 2 +(3m) 2 ]}=0.0678q Δ xx =0.375(0.0452q q)=0.0551q>Δ Δ x =0 Συνεπώς έχουμε: =,o +Δ = q =,o +Δ = q =,o +Δ =0.0678q xx = xx,o +Δ xx = q =0kPa x = x =0kPa φ m2 φ m3 t Άρα όλες οι τάεις ύμφωνα με τη τανυτική ύμβαη της Εδαφομηχανικής είναι θετικές. Οι φορές τους είναι απαραίτητες ώτε να χεδιατούν ύμφωνα με τη ύμβαη των κύκλων Mohr. Επίης, η xx είναι κύρια τάη αφού και οι δύο διατμητικές τάεις το επίπεδο εφαρμογής τους είναι μηδενικές, Στο παρακάτω χήμα είναι χεδιαμένες οι θετικές φορές ε ένα κυβικό τοιχείο ύμφωνα με την τανυτική ύμβαη της Εδαφομηχανικής. 5

6 x x x x x xx Για να προδιορίουμε το μέγιτο φορτίο q πρέπει να βρούμε την τιμή του q για την οποία ο κύκλος Mohr εφάπτεται την περιβάλλουα ατοχίας. Έτι, κατά την ατοχία: sinφ=t/s Ο κύκλος Mohr που αναμένεται να είναι πιο κρίιμος είναι αυτός που προκύπτει από τα ζεύγη (, τ ) και (, τ ) που είναι ο κύκλος που ελέγχουμε πρώτα. Σύμφωνα με τη ύμβαη Mohr είναι (το q είναι θετικό): = q, = q, =0.0678q, = q τ t s Προκύπτουν: s=( + )/2= q και t=[(s- ) 2 +( ) 2 ] 0.5 =[(10.2+0,02825q) 2 +(0.0678q) 2 ] 0.5 Όμως, sinφ=t/s, όπου φ=35 ο. Άρα προκύπτει μια εξίωη δευτέρου βαθμού από την οποία πέρνουμε: q=592.36kn/m. 6

7 Για να επαληθεύουμε πως αυτό είναι το ελάχιτο φορτίο q για το οποίο ατοχεί το υλικό θα κάνουμε την ίδια διαδικαία και για τους δύο κύκλους Mohr που δεν εξετάαμε. Τηρώντας τη ύμβαη Mohr έχουμε: = q, xx = q, x =0, x =0 Άρα, s= q και t= q. Είναι sinφ=t/s, όπου φ=35 ο και υνεπώς προκύπτει q=17671kn/m. = q, xx = q, x =0, x =0 Άρα, s= q και t= q. Είναι sinφ=t/s, όπου φ=35 ο. Προκύπτει πως δεν υπάρχει q για το οποίο ατοχεί. Άρα το απαιτούμενο φορτίο για να υπάρχει ατοχία το Β είναι q=592.36kn/m. Όον αφορά τη διεύθυνη του επιπέδου ατοχίας θα προχωρήουμε ε μια ημιγραφική λύη και πάλι. Για q=592.36kn/m είναι: = q=111.24kPa = q=57.37kPa =0.0678q=40.16kPa = q=-40.16kPa Ο προδιοριμός του πόλου φαίνεται το χήμα. Ιχύουν: tanφ=τ f / f, tan(90-φ)=τ f /(s- f ), άρα: (s- f )tan(90-φ)= f tanφ f =84.31tan55 ο /(tan35 ο +tan55 ο ) f =56.57kPa και τ f =56.57tan35 o =39.61kPa (οι τάεις το επίπεδο ατοχίας) Είναι: tan2α 1 = / (s- )=40.16/( ) 2α 1 =56.15 ο. Άρα η γωνία που χηματίζει το επίπεδο ατοχίας ως προς το οριζόντιο μετρώντας αριτερότροφα είναι: θ=90+(2α 1-2α)/2=90+( )/2=90.58 ο. (, τ ) 2α= 2α 1 =90-φ= 3 1 s Π t (, τ ) 7

8 ΑΣΚΗΣΗ 3 Πρακτική εφαρμογή: Επίχωμα οδοποιίας. Σημείωη: Η άκηη θα λυθεί για γ=20kn/m 3, δεδομένο που δε δίνεται την εκφώνηη. Θα χρηιμοποιηθούν οι χέεις που προκύπτουν από την εφαρμογή ελατικού ομοιογενή ημίχωρου για ιότροπο ελατικό υλικό. x p b b α β Οι πρόθετες τάεις που εφαρμόζονται το έδαφος λόγω της εφαρμογής του λωριδωτού φορτίου p δίνονται από τις παρακάτω χέεις: Δ =p[α/π+(1/π) sinα cos(α+2β)] Δ =p[α/π-(1/π) sinα cos(α+2β)] Δ =(p/π) sinα sin(α+2β)] Δ xx =v(δ +Δ ) Όπου οι α και β γωνίες όπως φαίνονται το χήμα. οι α και β γωνίες πάντα ε ακτίνια (rad)! η α γωνία είναι πάντα θετική η β γωνία είναι θετική όταν M >b, ενώ είναι αρνητική όταν M <b Παρακάτω θα χεδιάουμε κύκλους Mohr. Προοχή τη διαφορά μεταξύ της τανυτικής ύμβαης θετικών φορών και αυτής που ιχύει την απεικόνιη με κύκλους Mohr. Ιχύουν ακριβώς τα ίδια με την άκηη 6.2. ΛΥΣΗ: α) Σημείο Α Είναι: A =0m, A =2m, α=π/2 και β=-π/4 Συνεπώς: Δ =200kPa[(π/2)/π+(1/π) sin(π/2) cos(π/2-2π/4)]=163.66kpa Δ =200kPa[(π/2)/π-(1/π) sin(π/2) cos(π/2-2π/4)]=36.34kpa Δ =(200kPa/π) sin(π/2) sin(π/2-2π/4)]=0kpa Δ xx =0.35( )=70kPa Οι αρχικές τάεις (πριν την επιβολή της φόρτιης) ήταν:,ο =2 20=40kPa Μ(x M, M, M ) 8

9 Για να υπολογίουμε τις οριζόντιες χρειαζόματε το υντελετή ουδέτερων ωθήεων γαιών Κ ο. Επειδή δεν έχουμε άλλο τοιχείο κάνουμε την παραδοχή πως κατά τη διαδικαία της ιζηματογένεης το υλικό υμπεριφέρθηκε ελατικά. 1 Έτι, είναι: Κ ο =ν/(1-ν)=0.35/(1-0.35)=0.54,o =,o = =21.60kPa. Άρα οι τελικές τάεις είναι: =,o +Δ = =203.66kPa =,o +Δ = =57.94kPa =,o +Δ =0+0=0kPa xx = xx,o +Δ xx = =91.60kPa x = x =0kPa Άρα: 1Α = =203.66kPa, 3Α = =57.94kPa. Διευθύνεις τους φαίνονται το χήμα το τέλος της άκηης. β) Σημείο Β Είναι: Β =1m, Β =2m tanβ=1/2 β= ο ή 0.464rad και α= β +Arctan(3/2)=26.57 o o =82.87 o ή 1.446rad Συνεπώς: Δ =200kPa[1.446/π+(1/π) sin(1.446) cos( ]=146.94kPa Δ =200kPa[1.446/π-(1/π) sin(1.446) cos( ]=37.18kPa Δ =(200kPa/π) sin(1.446) sin( ]=31.28kPa Δ xx =0.35( )=64.44kPa Άρα οι τελικές τάεις είναι: =,o +Δ = =186.94kPa =,o +Δ = =58.78kPa =,o +Δ = =31.28kPa xx = xx,o +Δ xx = =86.04kPa x = x =0kPa η xx είναι κύρια τάη. Θα υπολογίουμε τις άλλες δύο κύριες τάεις για τα ζεύγη (, τ ) και (, τ ): Είναι: s=( )/2=122.86kpa και t=[ ( ) 2 ] 0.5 =71.31kPa s+t=194.17kpa και s-t=51.55kpa, υνεπώς: 1Β = kPa, 3Β = 51.55kPa. Διευθύνεις τους φαίνονται το παρακάτω χήμα. Έτω θ Β η γωνία του επιπέδου εφαρμογής της 3Β με την κατακόρυφο. Τότε η επίκεντρος γωνία 2θ Β δίνει: tan2θ Β = /(s- ) θ Β =13.01 ο. γ) Σημείο Γ Είναι: Γ =3m, Γ =2m tanβ=1/2 β=26.57 ο ή 0.464rad και tan(α+β)=5/2 α=0.726rad Συνεπώς: Δ =200kPa[0.726/π+(1/π) sin(0.726) cos( )]=42.71kPa Δ =200kPa[0.726/π-(1/π) sin(0.726) cos( )]=49.73kPa 1 η παραδοχή αυτή δεν είναι και πολύ καλή διότι αφενός μεν διότι κατά την ιζηματογένεη το υλικό παρα μορφώνεται πλατικά και αφετέρου δε διότι οι παραμορφώεις αυτές είναι κατά κανόνα μεγάλες. Συνεπώς, δεν μπορούμε να πούμε πως το φάλμα με την παραδοχή της ελατικότητας είναι μικρό. 9

10 Δ =(200kPa/π) sin(0.726) sin( )]=42.12kPa Δ xx =0.35( )=32.35kPa Άρα οι τελικές τάεις είναι: =,o +Δ = =82.71kPa =,o +Δ = =71.33kPa =,o +Δ = =42.12kPa xx = xx,o +Δ xx = =53.95kPa x = x =0kPa η xx είναι κύρια τάη. Θα υπολογίουμε τις άλλες δύο κύριες τάεις για τα ζεύγη (, τ ) και (, τ ): Είναι: s=( )/2=77.02kpa και t=[ ( ) 2 ] 0.5 =42.50kPa s+t=119.52kpa και s-t=34.52kpa, υνεπώς: 1Γ = kPa, 3Γ = 34.52kPa. Διευθύνεις τους φαίνονται το παρακάτω χήμα. Έτω θ Γ η γωνία του επιπέδου εφαρμογής της 3Γ με την κατακόρυφο. Τότε η επίκεντρος γωνία 2θ Γ δίνει: tan2θ Γ = /(s- ) θ Γ =41.15 ο. 3A Γ, Γ 3Γ 3B 3Γ Π A 3B 3A B, B 1Γ 1B Π B B, B 1Γ Γ, Γ 1B Π Γ 1A 1A ΑΣΚΗΣΗ 4 Και ε αυτήν την άκηη θα χρηιμοποιηθούν οι χέεις που προκύπτουν από την εφαρμογή ελατικού ομοιογενή ημίχωρου για ιότροπο ελατικό υλικό και που χρηιμοποιήθηκαν τις προηγούμενες ακήεις. Ιχύει προφανώς η αρχή της επαλληλίας των φορτίεων. Προκειμένου να προδιοριτούν οι ανηγμένες παραμορφώεις (ή ο τανυτής των ανηγμένων παραμορφώεων) πρέπει να υπολογιτεί η μεταβολή του τανυτή των τάεων λόγω της επιβολής των εξωτερικών φορτίων. 10

11 x x p q b b - Απειρόμηκες λωριδωτό φορτίο p=50kpa Είναι: =0m, =3m, α/2=arctan(2/3)=67.38 o ή 1.176rad, β=-α/2 Δ,1 =50kPa[1.176/π+(1/π) sin(1.176) cos(0)]=33.41kpa Δ,1 =50kPa[1.176/π-(1/π) sin(1.176) cos(0)]=4.03kpa Δ,1 =(50kPa/π) sin(1.176) sin(0)]=0kpa Δ xx,1 =0.5( )=18.72kPa - Απειρόμηκες γραμμικό φορτίο q=100kn/m Προοχή! Ειάγουμε μετατοπιμένο τοπικό ύτημα υντεταγμένων κατά το οποίο ο άξονας των χ υμπίπτει με το ίχνος του απειρόμηκους φορτίου q. Οι υντεταγμένες του ημείου Α προδιορίζονται χετικά με αυτό το ύτημα υντεταγμένων: Είναι =-5m, =3m Δ,2 =[(100kN/m)/π]{(3m) 3 /[(-5m) 2 +(3m) 2 ] 2 }=0.74kPa Δ,2 =[(100kN/m)/π]{[(-5m) 2 (3m)]/[(-5m) 2 +(3m) 2 ] 2 }=2.07kPa Δ,2 =[(100kN/m)/π]{(-5m)(3m) 2 /[(-5m) 2 +(3m) 2 ] 2 }=-1.24kPa Δ xx,2 =0.5( )=1.41kPa Εφαρμόζοντας επαλληλία των φορτίεων έχουμε: Δ = Δ,1 +Δ,2 = =34.15kPa Δ = Δ,1 +Δ,2 = =6.10kPa Δ = Δ,1 +Δ,2 =0+(-1.24)=-1.24kPa Δ xx = Δ xx,1 +Δ xx,2 = =20.13kPa Θα χρηιμοποιηθούν οι χέεις ιότροπης ελατικότητας. Το ελατικό μέτρο διάτμηης, G, υνδέεται με το μέτρο ελατικότητας, Ε, ύμφωνα με τη χέη: G=E/[2(1+ν)] Ε=2(1+ν)G=2(1+0.5)20000kPa=60000kPa Άρα: Δε =(1/Ε)[Δ -ν(δ xx +Δ )]=[1/60000kPa][34.15kPa-0.5(20.13kPa+6.10kPa)] = = ή % Δε =(1/Ε)[Δ -ν(δ +Δ xx )]=[1/60000kPa][6.10kPa-0.5(34.15kPa+20.13kPa)] = = ή % Δε xx =(1/Ε)[Δ xx -ν(δ +Δ )]=[1/60000kPa][20.13kPa-0.5(6.10kPa+34.15kPa)]=0 11

12 (αναμενόμενο λόγω υμμετρίας) Δγ = Δγ =Δτ /G= Δ /G=1.24kPa/60000kPa= ή %. Παρατηρούμε πως Δε vol =0, ως άμεη υνέπεια του ν=0.5. Δηλαδή έχουμε ιό-ογκη παραμόρφωη, άρα ατράγγιτες υνθήκες. Το γεγονός πως για ν=0.5 έχουμε ιό-ογκη παραμόρφωη οφείλεται αποκλειτικά και μόνο τον κατατατικό νόμο που ιχύει για την ιότροπη ελατικότητα. Παρακάτω φαίνονται οι παραμορφώεις με τις φορές τους. x ε =0.0351% ε xx =0 ε x =0 ε x =0 ε x =0 ε = % ε = % ε = % ε x =0 ΑΣΚΗΣΗ 5 Στην άκηη αυτή έχουμε μια απείρου μήκους λωριδωτή εκκαφή και ένα απείρου μήκους γραμμικό φορτίο. Όπως τις προηγούμενες ακήεις έτι και ε αυτήν την άκηη θα χρηιμοποιηθούν οι χέεις που προκύπτουν από την εφαρμογή ελατικού ομοιογενή ημίχωρου για ιότροπο ελατικό υλικό και που χρηιμοποιήθηκαν τις προηγούμενες ακήεις. Ιχύει προφανώς η αρχή της επαλληλίας των φορτίεων. 3m 1m 2m x 4m 1m 1.5m 1.5m α β x q Α 12

13 - Αρχική εντατική κατάταη (γεωτατικές υνθήκες):,o =20 4=80kPa,,o = xx,o = =36kPa,,o =0kPa - Εκαφή: Αντιμετωπίζεται ως απειρόμηκες λωριδωτό φορτίο p=-γd=-20 1=20kPa, όπου d το βάθος εκκαφής. Προοχή! Οι γωνίες α και β προδιορίζονται το επίπεδο που εφαρμόζεται το αρνητικό φορτίο, δηλαδή το δάπεδο της εκκαφής. Είναι: =2.5m, A =3m, β=arctan(1/3)=0.322rad, α+β=arctan(4/3) α=0.605rad. Συνεπώς: Δ,1 =-20kPa[0.605/π+(1/π) sin(0.605) cos( )] = -5kPa Δ,1 =-20kPa[0.605/π-(1/π) sin(0.605) cos( )] = -2.71kPa Δ,1 =(-20kPa/π) sin(0.605) sin( )] = -3.43kPa Δ xx,1 =0.3( ) = -2.31kPa - Απειρόμηκες γραμμικό φορτίο q=120kn/m Προοχή! Ειάγουμε μετατοπιμένο τοπικό ύτημα υντεταγμένων κατά το οποίο ο άξονας των χ υμπίπτει με το ίχνος του απειρόμηκους φορτίου q. Οι υντεταγμένες του ημείου Α προδιορίζονται χετικά με αυτό το ύτημα υντεταγμένων: Είναι =-2m, =4m Δ,2 =[(240kN/m)/π]{(4m) 3 /[(-2m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=12.22kPa Δ,2 =[(240kN/m)/π]{[(-2m) 2 (4m)]/[(-2m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=3.06kPa Δ,2 =[(240kN/m)/π]{(-2m)(4m) 2 /[(-2m) 2 +(4m) 2 ] 2 }=-6.11kPa Δ xx,2 =0.5( )=1.41kPa Εφαρμόζοντας επαλληλία των μεταβολών των φορτίων και αθροίζοντάς τα τα αρχικά έχουμε: =,o +Δ,1 +Δ,2 =80+(-5)+12.22=87.22kPa =,o +Δ,1 +Δ,2 =36+(-2.71)+3.06=36.35kPa xx = xx,o + Δ xx,1 +Δ xx,2 =36+(-2.31)+4.58=38.27kPa =,o +Δ,1 +Δ,2 =0+(-3.43)+(-6.11)=-9.54kPa x = x =0kPa η xx είναι κύρια τάη. 1, 3, 2 =xx 3 1 Π A 13