Αριστοτέλειο Πανεπιστήµιο Θεσσαλονίκης Πολυτεχνική Σχολή Τµήµα Πολιτικών Μηχανικών Μεταπτυχιακό πρόγραµµα σπουδών «Αντισεισµικός Σχεδιασµός Τεχνικών Έργων» Μάθηµα: «Αντισεισµικός Σχεδιασµός Θεµελιώσεων, Αντιστηρίξεων και Γεωκατασκευών» (Α.Σ.Τ.Ε. 5) ΘΕΜΑ ΕΞΑΜΗΝΟΥ «Αλληλεπίδραση Εδάφους Κατασκευής» Υπεύθυνος Θέµατος: Jean Geoges Sieffet Μεταπτυχιακοί Φοιτητές: Μουρελάτος Ηλίας Οικονόµου Θεµιστοκλής

2002-200 1 Γενικά Για τη σύγκριση της δυναµικής συµπεριφοράς της κατασκευής στις δυο διαφορετικές θέσεις θα χρησιµοποιηθεί η βοήθεια του προγράµµατος SAP 2000. 2 ιβάθµιο σύστηµα Ο υδατόπυργος προσοµοιώνεται ως πρόβολος µε δύο βαθµούς ελευθερίας (µεταφορά µάζας δ και στροφή µάζας θ). 2βάθµιο σύστηµα (πλήρης πάκτωση στο έδαφος) εδοµένου ότι η δυσκαµψία του υδατόπυργου αντιστοιχεί σε δυσκαµψία προβόλου, προκύπτει: EI = L L I = E Το υλικό του προβόλου θεωρείται σκυρόδεµα µε Ε c = 29 GPa: Σελ 2

2002-200 Ιδιότητες συροδέµατος 20 10 15 4 Άρα: I = I = 0,775862 m 29 10 6 Μετά την εισαγωγή των δεδοµένων στο πρόγραµµα ακολουθεί ιδιοµορφική ανάλυση τα αποτελέσµατα της οποίας φαίνονται παρακάτω: Πίνακας αποτελεσµάτων διβάθµιου συστήµατος Σελ

2002-200 1 η ιδιοµορφή διβάθµιου 2 η ιδιοµορφή διβάθµιου Σελ 4

2002-200 Τετραβάθµιο σύστηµα Ο υδατόπυργος προσοµοιώνεται ως πρόβολος µε τέσσερις βαθµούς ελευθερίας (µεταφορά µάζας δ και στροφή µάζας θ, µεταφορά θεµελίωσης δ 0 και στροφή θεµελίωσης θ 0 ). 4βάθµιο σύστηµα (µεταφορικό και στροφικό ελατήριο στο έδαφος) Εκτός της µάζας m 1 = 200t του υδατόπυργου που θεωρείται συγκεντρωµένη στην κορυφή του µε δύο βαθµούς ελευθερίας, µία οριζόντια µεταφορική κίνηση u 1 και µία συνεπίπεδη στροφή θ 1, λαµβάνεται υπόψη και η µάζα Μ 2 της θεµελίωσης του υδατόπυργου µε δύο βαθµούς ελευθερίας, τις u o και θ o. Ισχύει: M J 2 2 = 2,4,00,00 1,00,00 1,00 = 21,60 12 2 2 M J 2 2 = 21,60 t = 18,00 tm 2 Για τον υπολογισµό των ιδιοµορφικών χαρακτηριστικών της κατασκευής λαµβάνοντας υπόψη την αλληλεπίδραση εδάφους ανωδοµής απαιτείται ο υπολογισµός των δεικτών εµπέδησης του εδάφους. Οι δείκτες αυτοί µπορούν να υπολογιστούν απο τα νοµογραφήµατα που δόθηκαν κατα την διάρκεια των µαθηµάτων. Λόγω του ότι τα δεδοµένα νοµογραφήµατα αναφέρονται σε κυκλική θεµελίωση, απαιτείται αναγωγή της τετραγωνικής θεµελίωσης σε ισοδύναµη κυκλική. Οι σχέσεις που ισχύουν κατά περίπτωση και για κάθε βαθµό ελευθερίας δίνονται παρακάτω: Σελ 5

2002-200 4 B L 4 1,50 1,50 Μεταφορικός Β.Ε. eq, u = = eq,u = 1,69 m π π 1 2 ω eq,u ω eq,u ω 1,69 1,69 a0, u = = = = ω a0, = 0,015 ω Vs G 0 10 125,66 ρ 1,9 16 B L Στροφικός Β.Ε. eq, = = eq, = 1,712 m π π 1 4 16 1,50 1 2 1,50 ω eq, ω eq, ω 1,712 1,712 a0, = = = = ω a 0, = 0,016 ω Vs G 0 10 125,66 ρ 1,9 1 4.1 Υπολογισµός st H / = 2,0 Έχουµε: H/=2,0 H,u = 1,69m 2 =,85m και H, = 1,712 2 =,424 m Υποθέτουµε: D=0,8 (σηµείο «πλήρους» πάκτωσης), έτσι: Έλεγχος προϋποθέσεων για τον υπολογισµό του st : Μεταφορική: D/ < 2 O Μεταφορική: H/ > 1 O Στροφική: 4 > H/ > 1 O Στροφική: D/H < 0,5 O st. u st.u st. st. G = 2 v 2 0000 1,69 1,69 2 0,8 5 0,8 = 2 0, 2,85 1,69 4,85 G = ( 1 v) 6 0000 1,712 = ( 1 0,) H H 2 D 2 D 5 D 4 H 0,7 D H 1,712 2 0,8 6,424 1,712 0,7 0,8,424 st.u = 517985,7 kn/m st. = 146142,8 knm/ad H / =,0 Έχουµε: H/=,0 H,u = 1,69m = 5,078 και H, = 1,712 = 5,17 m Υποθέτουµε: D=0,8 (σηµείο «πλήρους» πάκτωσης), έτσι: Έλεγχος προϋποθέσεων για τον υπολογισµό του st : Μεταφορική: D/ < 2 O Μεταφορική: H/ > 1 O Σελ 6

2002-200 Στροφική: 4 > H/ > 1 O Στροφική: D/H < 0,5 O st. u st.u st. st. G = 2 v 2 0000 1,69 1,69 2 0,8 5 0,8 = 2 0, 2 5,078 1,69 4 5,078 G = ( 1 v) 6 0000 1,712 = ( 1 0,) H H 2 D 2 D 5 D 4 H 0,7 D H 1,712 2 0,8 6 5,17 1,712 0,7 0,8 5,17 st.u = 44670,9 kn/m st. = 157248,4 knm/ad H / = Έχουµε: H/=2,0 H,u = H, = Υποθέτουµε: D=0,8 (σηµείο «πλήρους» πάκτωσης), έτσι: Έλεγχος προϋποθέσεων για τον υπολογισµό του st : Μεταφορική: D/ < 2 O Μεταφορική: H/ > 1 O Στροφική: 4 > H/ > 1 εν Ισχύει, όµως τα αποτελέσµατα είναι δεκτά στην περίπτωση Η Στροφική: D/H < 0,5 O st. u st.u st. st. G 2 D 5 D = 2 v 2 4 0000 1,69 2 0,8 = 2 0, 1,69 G = ( 1 v) 0000 1,712 = ( 1 0,) ( 1 0) ( 1 0) 2 D 6 2 0,8 1,712 D 0,7 = 19890,1 kn/m ( 1 0) ( 1 0) = 115941,0 knm/ad st.u st..2 Υπολογισµός u,. Θα χρειαστεί να κάνουµε επαναληπτική διαδικασία. Για να αποφύγουµε τους πολλούς κύκλους επανάληψης (iteations) επιλέγουµε αρχική τιµή για την ω ίση µε την ω 1 του διβάθµιου συστήµατος (ω 1 = 9,5212 ad/sec). Έτσι, α ο,u,1 = 0,128249 και α ο,,1 = 0,12976. Από τα αντίστοιχα νοµογραφήµατα παίρνουµε τις τιµές για τα k u,1 και k,1 : k u,1 = 1,0000 k,1 = 1,0056 Σελ 7

2002-200 H / = 2,0 k st,u = 517985,7 u = 1,0000 517985,7 = 517985,7 k st, = 146142,8 = 1,0056 146142,8 = 1469689,48 αποτελέσµατα: Η επίλυση του 4-βάθµιου συστήµατος µε τα ανωτέρω δύο ελατήρια, δίνει τα εξής Τ 1 = 1,074 sec και ω 1 = 4,8061 ad/sec. Έχουµε ότι α ο,u = 0,015ω και a o, = 0,016ω, οπότε: α ο,u = 0,06477 και a o, = 0,065488. Με τη βοήθεια των νοµογραφηµάτων που µας έχουν δοθεί στα πλαίσια της άσκησης, παίρνουµε: k u,2 = 1,0000. Η τιµή αυτή διαφέρει κατά 0% από την προηγούµενη (1,000). k,2 = 1,0000. Η τιµή αυτή διαφέρει κατά 0,56% από την προηγούµενη (1,0056). Λόγω των πολύ µικρών διαφορών, δε χρειάζεται να επαν-επιλύσουµε το πρόβληµα για µεγαλύτερη ακρίβεια. Έτσι, λοιπόν, τα αποτελέσµατα είναι: Τελικά αποτελέσµατα για H / = 2,0 Σελ 8

2002-200 1 η ιδιοµορφή τετραβάθµιου 2 η ιδιοµορφή τετραβάθµιου Σελ 9

2002-200 η ιδιοµορφή τετραβάθµιου 4 η ιδιοµορφή τετραβάθµιου Σελ 10

2002-200 H / =,0 k st,u = 44670,9 u = 1,0000 44670,9 = 44670,91 k st, = 157248,4 = 1,0056 157248,4 = 164916,44 Η επίλυση του 4-βάθµιου συστήµατος µε τα ανωτέρω δύο ελατήρια, δίνει τα εξής αποτελέσµατα: Τ 1 = 1,4474 sec και ω 1 = 4,6724 ad/sec. Έχουµε ότι α ο,u = 0,015ω και a o, = 0,016ω, οπότε: α ο,u = 0,06296 και a o, = 0,06666 Με τη βοήθεια των νοµογραφηµάτων που µας έχουν δοθεί στα πλαίσια της άσκησης, παίρνουµε: k u,2 = 1,0000. Η τιµή αυτή διαφέρει κατά 0% από την προηγούµενη (1,000). k,2 = 1,0000. Η τιµή αυτή διαφέρει κατά 0,56% από την προηγούµενη (1,0056). Λόγω των πολύ µικρών διαφορών, δε χρειάζεται να επαν-επιλύσουµε το πρόβληµα για µεγαλύτερη ακρίβεια. Έτσι, λοιπόν, τα αποτελέσµατα είναι: Τελικά αποτελέσµατα για H / =,0 Τα ιδιοµορφικά διαγράµµατα παρουσιάζουν την ίδια µορφή µε αυτά της πρώτης περίπτωσης, οπότε µπορούν να παραληφθούν. H / = k st,u = 19890,1 u = 1,0000 19890,1 = 19890,1 k st, = 115941,0 = 1,0056 115941,0 = 116596, Η επίλυση του 4-βάθµιου συστήµατος µε τα ανωτέρω δύο ελατήρια, δίνει τα εξής αποτελέσµατα: Τ 1 = 1,4071 sec και ω 1 = 4,917 ad/sec. Έχουµε ότι α ο,u = 0,015ω και a o, = 0,016ω, οπότε: α ο,u = 0,059156 και a o, = 0,059841 Με τη βοήθεια των νοµογραφηµάτων που µας έχουν δοθεί στα πλαίσια της άσκησης, παίρνουµε k u,2 = 1,0000. Η τιµή αυτή διαφέρει κατά 0% από την προηγούµενη (1,000). k,2 = 1,0000. Η τιµή αυτή διαφέρει κατά 0,56% από την προηγούµενη (1,0056). Λόγω των πολύ µικρών διαφορών, δε χρειάζεται να επαν-επιλύσουµε το πρόβληµα για µεγαλύτερη ακρίβεια. Έτσι, λοιπόν, τα αποτελέσµατα είναι: Σελ 11

2002-200 Τα ιδιοµορφικά διαγράµµατα παρουσιάζουν την ίδια µορφή µε αυτά της πρώτης περίπτωσης, οπότε µπορούν να παραληφθούν. Σελ 12