1 Τ.Ε.Ι. ΑΘΗΝΩΝ - ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΕΔΑΦΟΜΗΧΑΝΙΚΗΣ - 1/03/011 ΘΕΜΑ 1 ο a) Να προσδιοριστεί και να σχεδιαστεί η κατανομή των ενεργητικών ωθήσεων καθ'ύψος του τοίχου (γ w=1t/m 3 ) b) Να υπολογιστεί επίσης η τιμή της συνισταμένης των ωθήσεων πάνω στον προβλεπόμενο τοίχο αντιστήριξης καθώς και το σημείο εφαρμογής της. Λύση: ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΩΝ ΕΝΕΡΓΗΤΙΚΩΝ ΩΘΗΣΕΩΝ ΚΑΤΑ RANKINE Για το έδαφος Ι Κ Ι=εφ (45 φ 1 )=εφ (45 0 ) ΚΙ=0,49 Για το έδαφος ΙΙ Κ ΙΙ=εφ (45 φ )=εφ (45 15 ) ΚΙΙ=0,589 ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΕΡΓΩΝ ΚΑΤΑΚΟΡΥΦΩΝ ΤΑΣΕΩΝ σ ν,(0) =0 σ ν,() =σ ν,(0) +γ 1h=0+1,75*=3,5t/m σ ν,(3) =σ ν,() +(γ sat-γ w)h=3,5+(1,90-1,0)*1=4,4t/m σ ν,(6) =σ ν,(3) +(γ sat-γ w)h=4,4+(,15-1,0)*3=7,85t/m Ιωάννου Δροσοπούλου 5,Άνω Πατήσια, 10-0.3.81
ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΖΟΝΤΙΩΝ ΤΑΣΕΩΝ ΛΟΓΩ ΝΕΡΟΥ σ w h,(0) =γ wh=0 σ w h,() =γ wh=0 σ w h,(3) =γ wh=1,0*1,0=1,0t/m σ w h,(6) =γ wh=1,0*4,0=4,0t/m ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΡΙΖΟΝΤΙΩΝ ΤΑΣΕΩΝ ΛΟΓΩ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΦΟΡΤΙΟΥ σ h,(0) =ΚΙp=0,49*3=1,47tn/m σ h,() =Κ Ιp=0,49*3=1,47tn/m σ h,(3) =Κ Ιp=0,49*3=1,47tn/m σ h,(3) + =Κ ΙIp=0,589*3=1,767tn/m σ h,(6) =ΚΙIp=0,589*3=1,767tn/m ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΛΙΚΩΝ ΟΡΙΖΟΝΤΙΩΝ ΤΑΣΕΩΝ σ,tot h,(0) = Κ I σ ν,(0) -c 1 Κ I + σ h,(0) w =0,49*0-*0,75 0,49+1,47+0=0,4t/m +σ h,(0) σ,tot h,() = Κ I σ ν,() -c 1 Κ I +σ h,() w =0,49*3,5-*0,75 0,49+1,47+0=,135t/m +σ h,(),tot σ h,(3) =Κ I σ ν,(3) -c 1 Κ I +σ h,(3) +σ w h,(3) =0,49*4,4-*0,75 0,49+1,47+1=3,576t/m,tot σ h,(3) + = Κ II σ ν,(3) -c Κ II +σ h,(3) + +σ w h,(3) =0,589*4,4-*1 0,589+1,767+1=3,83t/m σ,tot h,(6) = Κ II σ ν,(6) -c Κ II +σ h,(6) w =0,589*7,85-*1 0,589+1,767+4=8,856t/m +σ h,(6) Ιωάννου Δροσοπούλου 5,Άνω Πατήσια, 10-0.3.81
3 ΚΑΤΑΝΟΜΗ ΟΛΙΚΩΝ ΕΝΕΡΓΩΝ ΟΡΙΖΟΝΤΙΩΝ ΤΑΣΕΩΝ ΕΥΡΕΣΗ ΣΥΝΙΣΤΑΜΕΝΗΣ ΩΘΗΣΗΣ ΚΑΙ ΣΗΜΕΙΟ ΕΦΑΡΜΟΓΗΣ ΑΥΤΗΣ R i R 1=0,4*=0,84t/m x i(από την βάση του τοίχου) Σημείο εφαρμογής x 1=4+1=5m R = 1 (,135-0,4)*=1,715t/m R 3=,135*1=,135t/m R 4= 1 (3,576-,135)*1=0,71t/m R 5=3,84*3=11,47t/m R 6= 1 (8,856-3,84)*3=7,548t/m Σημείο εφαρμογής x =4+1*=4,667m 3 Σημείο εφαρμογής x 3=3+0,5=3,5m Σημείο εφαρμογής x4=3+1*1=3,333m 3 Σημείο εφαρμογής x 5=1,5m Σημείο εφαρμογής x6=1*3=1m 3 Η συνισταμένη ώθηση που ασκείται στον τοίχο αντιστήριξης είναι το άθροισμα των επιμέρους ωθήσεων που έχουν υπολογιστεί πιο πάνω. Δηλαδή: R ΟΛ=R 1+ R + R 3+ R 4+ R 5+ R 6 R ΟΛ=0,84+1,715+,135+0,71+11,47+7,548 R ΟΛ=4,431t/m Το σημείο εφαρμογής της R ΟΛ από την βάση του τοίχου αντιστήριξης θα απέχει απόσταση x R το οποίο υπολογίζετε ως εξής: 6 R ΟΛ x R = i=1 R i x i x R = i=1 R ix i x R =1,917m 6 R ΟΛ = 0,84 5+1,715 4,667+,135 3,5+0,71 3,333+11,47 1,5+7,548 1,0 4,431 Ιωάννου Δροσοπούλου 5,Άνω Πατήσια, 10-0.3.81
4 Τ.Ε.Ι ΑΘΗΝΩΝ-ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε.-ΕΔΑΦΟΜΗΧΑΝΙΚΗ-01/03/011 ΘΕΜΑ ο Να αποδειχτούν οι σχέσεις: a) e= γ s(1+w) -1 γ b) γ=γ ws rn+γ S(1-n) Υπόδειξη: Να γραφτεί το αριστερό σκέλος κάθε εξίσωσης και εφαρμόζοντας τους βασικούς ορισμούς των επιμέρους μεγεθών, να παραχθεί το δεξί σκέλος της εξίσωσης. Λύση: a) Για απόδειξη βλέπε βιβλίο:εδαφομηχανικη ασκήσεις και προβλήματα Συγγραφείς:Γ. Γραμματικόπουλος, Ν.Μάνου-Ανδρεάδου, Θ. Χατζηγώγος Εκδοσείς: Αφοί Κυριακίδη σελ.13,14 b) γ=γ ws rn+γ S(1-n) γ= W =W w+w s = W w +W s =(W w ) w w +(W s ) s s Όμως γ w= W w και γ s= W s οπότε η παραπάνω γίνεται: γ= γ w w + w s γs s Πολλαπλασιάζω το δεύτερο μέλος της εξίσωσης, τον πρώτο όρο με v v και θα Έχουμε : γ= γ w w v + γ s s v Όμως Sr= w v και επίσης n= v οπότε η προηγούμενη σχέση γίνεται: γ= γ w S r n + γ s s Tέλος s= -v και τελικά θα έχουμε: γ= γ w S r n + γ s v = γw Sr n + γs (1- v )= γw Sr n + γs (1-n) Ιωάννου Δροσοπούλου 5,Άνω Πατήσια, 10-0.3.81
5 Τ.Ε.Ι ΑΘΗΝΩΝ-ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε.-ΕΔΑΦΟΜΗΧΑΝΙΚΗ-01/03/011 ΘΕΜΑ 3 ο Στο εργαστήριο γίνονται τριαξονικές δοκιμές σε δυο δείγματα του ίδιου εδάφους. Από τις δοκιμές αυτές υπολογίζεται η γωνία εσωτερικής τριβής φ ως tanφ=0,75 και κατά την στιγμή της θραύσης καταγράφονται οι ακόλουθες τιμές των κυρίων τάσεων. ΔΕΙΓΜΑ ΤΑΣΕΙΣ (t/m ) σ 3 σ 1 1 1.00 7.00 3.00 (άγνωστη) a) Να υπολογιστεί η συνοχή c του εδάφους. b) Να προσδιοριστεί η τιμή της κύριας τάσης σ 1 του δεύτερου δείγματος. Λύση: Θραύση του εδάφους έχω όταν η ευθεία του Coulomb εφάπτεται του κύκλου του Mohr. Επειδή έχω θραύση του εδάφους στο σημείο Α θα ισχύει: Το (Α) ανήκει στην ευθεία του Coulomb οπότε : τ (Α)=σ (Α)εφφ+c 1 Το (Α) ανήκει στον κύκλο του Mohr οπότε οι τάσεις τ (Α) και σ (Α) συναρτήσει των κύριων τάσεων δίνονται από τις εξισώσεις: σ (Α)= σ 1+σ 3 + σ 1 σ 3 cosθ τ (Α)= ημθ (σ 1 σ 3 ) 3 Από το σχήμα έχω: θ=90+φ θ=45+ φ 4 Ιωάννου Δροσοπούλου 5,Άνω Πατήσια, 10-0.3.81
6 Όμως: 1=3 σ (Α) εφφ+c= σ 1 σ 3 ημθ 4 σ (Α) εφφ+c= σ 1 σ 3 ημ(90+φ) [ σ 1+σ 3 + σ 1 σ 3 cos(90+φ)]εφφ+c= σ 1 σ 3 ημ(90+φ) 5 Η παραπάνω ισχύει μόνο όταν έχω θραύση, άρα και για το δοκίμια μας. Την εφαρμόζω σε κάθε ένα από αυτά, αφού βρω την γωνία εσωτερικής τριβής του εδάφους: Για το δοκίμιο 1: tanφ=0,75 φ=36,87 ο Η 5 σ 1=7,σ 3 =1,φ=36,87 [ 7+1 +7 1 cos(90+36,87)]0,75+c=7 1 ημ(90+36,87) c=0,75t/m 6 Για το δοκίμιο : Η 5 6,σ 3=3,φ=36,87 [ σ 1+3 +σ 1 3 cos(90+36,87)]0,75+0,75= σ 1 3 ημ(90+36,87) σ 1=15t/m Ιωάννου Δροσοπούλου 5,Άνω Πατήσια, 10-0.3.81