A.Skejic - 100 Resenih Ispitnih Zadataka Iz Mehanike Tla

A.Skejić

100 RIJEŠENIH

ISPITNIH

ZADATAKA IZ MEHANIKE TLA

SKRIPTA Sarajevo, 2011. www.geotehnika.info

100 RIJEŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ MEHANIKE TLA

geotehnika.info, 2011. ©Dozvoljeno je i preporučljivo svako umnožavanje i preprodavanje ovog teksta. Dozvoljeno je o bjavljivanje elektronske verzije . Nije potrebna saglasnost autora za kopiranje i korištenje sadržaja zbirke u bilo koje svrhe.

100 RIJEŠENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ MEHANIKE TLA

geotehnika.info, 2011. ©Dozvoljeno je i preporučljivo svako umnožavanje i preprodavanje ovog teksta. Dozvoljeno je o bjavljivanje elektronske verzije . Nije potrebna saglasnost autora za kopiranje i korištenje sadržaja zbirke u bilo koje svrhe.

Predgovor Paul Tabori : „Kad bi se samo jedna desetina od one silne količine papira , koja se troši na štampanje kojekakvih formulara, svakojakih "bijelih knjiga" ili propisa,upotrijebila propisa, upotrijebila za štampanje čitanki i udžbenika, danas na svijetu više ne bi bilo nepismenih“ .

Ima li boljeg načina a potvrite a Vam je nešto jasno o toga a riješite konkretan probl em. Ova grupa zaataka obuhvata osta jenostavne probleme, sa rješenjima koja su poneka to liko jednostavna, a nakon što se saopšte , zbunjuju svojom jednostavnošdu. Neki od problema nikada nisu spomenuti u standardnim užbenicima, zbog njihove jednostavnosti. Ali, ako osnovne stvari nisu jasne, ona prestavljaju prave geotehničke geotehničke izazove, što zasigurno nisu. Na rugoj strani, urađeni ispitni zaaci koji se koriste prilikom pripremanja ispita, često nisu tačni, pa se pojeine greške provlače iz generacije u generaciju, a na ovaj način tome se konačno može stati u kraj.

Problemi obuhvadeni ovom grupom riješenih zaataka su oni iz osnovnih oblasti mehanike tla, o zapreminskih odnosa, zbijanja i klasifikacije tla, preko principa efektivnih napona i procjeđivanja voe kroz tlo, o proračuna intenziteta i trajanja slijeganja, horizontalnih pritisaka tla, proračuna vertikalnih napona o oatnog opteredenja i čvrstode tla, kao i osnovni principi proračuna stabilnosti kosina i opuštenih napona u tlu. Obzirom a se teoretske osnove mogu pronadi u svakoj standardnoj literaturi vezanoj za Mehaniku tla, nisu posebno priložene teoretske osnove, a korišten i ijagrami i formule objašnjen i su pri samoj izradi zadataka, uz potrebne napomene. Prvo poglavlje čine zasebni zaaci svrstani po oblastima. U rugom poglavlju smješ teni su zadaci koji predstavljau konkretan geotehnički problem sačinjen o niza pozaataka . Poseban oatak čini trede poglavlje, po nazivom „10 zašto 10 zato“, gje je ogovo reno na 10 interesantnih pitanja vezanih za oblasti obuhvadene zaacima. Na kraju, četvrto poglavlje pripaa zabavnoj strani, gdje su priloženi geotehnička osmosmjerka, interesantni citati, vicevi vezani za oblast geotehnike, te mape uma vezane za izabrane oblasti mehanike tla. U sklopu zbirke zaataka nalazi se i CD sa igrom „ Ko želi biti inženjer geotehnike“ sa 15 geotehničkih pitanja koja Vas uz malo srede, voe o titule „kandidata za inženjera geotehnike inženjera geotehnike“. geo tehnike Ovi zadaci su su prvenstveno namijenjeni studentima studentima koji se po prvi puta susredu sa oblašdu geotehnike i teško a može koristiti nekom rugom nivou.

A.Skejid, 2011.

Sadržaj 1

Pojedinačni zadaci po oblastima 1.1 Osnovni pojmovi, klasifikacija i zbijanje tla ..................... 1 1.2 Princip efektivnih napona i tečenje voe u tlu .................. 7 1.3 Naponi u tlu o površinskog opteredenja .................... 15 1.4 Čvrstoda tla .................... 23 1.5 Slijeganje tla i vremenski tok slijeganja ..................... 34 1.6 Horizontalni pritisci tla ...................... 42 1.7 Osnove stabilnosti kosina .................... 51 1.8 Princip proračuna opuštenih napona u tlu ....................... 54

2

Složeni ji problemi koji obuhvataju više oblasti 2.1 Garaža u zasjeku .................... 57 2.2 Konstrukcija bazena ...................... 60 2.3 Zaštita nasipa saobradajnice ....................... 65 2.4 Zaštitna konstrukcija ....................... 70 2.5 Podzemna etaža stambenog objekta ....................... 76

3

10 zašto 10 zato 3.1 Deset pitanja koja počinju sa zašto, a završavaju odgovorom ................. 82

4

Zabavna strana 4.1 Vicevi, citati, igre, mape uma ..................... 87

5

Literatura ..................... 98

1.1 Osnovni pojmovi, klasifikacija i zbijanje tla

Tlo je nastalo fizičkim i hemijskim raspaanjem stijena. Tlo se ijeli na krupnozrno i sitnozrno. Tip tla se oređuje granulometrijskim sastavom

i Atterberg-ovim granicama (isključivo za sitnozrnu

frakciju). Tlo se sastoji o čvrstih čestica između kojih su pore. Pore mogu biti ispunjene vodom, zrakom ili kombinacijom vode i zraka. Karakteristike tla se u izvjesnoj mjeri mogu poboljšati zbijanjem. Zbijanjem se povedava suha zapreminska težina, postiže veda čvrstoda, te se smanjuju eformabilnosti i voopropusnost.

100 Riješenih ispitnih zadataka iz mehanike

tla

2011

Zadatak 1 : Za iealizirani moel tla prikazan na slici, izračunati koeficijent pora, poroznost, stepen

zasidenosti i vlažnost, ako je s = 26,0 kN/m3 i

w =

10,0 kN/m

Zrak

a

Voda

a

3

4a 2a

Čvrste čestice

Slika 1.1 : Idealizirani model tla sa naznakom zapremine pojedinih faza

Napomena : Definicije naveenih pojmova pokušati ne učiti napamet. Naime, koeficijent pora

predstavlja zapreminu pora pri zapre mini čvrstih čestica jenakoj jeinici, ok poroznost prestavlja zapreminu pora pri ukupnoj zapremini jednakoj jedinici. Dakle, oba poj ma su mjera veličine pora. Na

rugoj strani stepen zasidenosti (ili saturacije) prestavlja stepen ispunjenosti pora voom (pore zasidene -> S = 100%, pore bez vode -> S = 0%). Posebno t reba razlikovati pojam vlažnosti koji prestavlja onos težine voe i težine čvrstih čestica, čime je definisana razlika istog od stepena zasidenosti. Pa je rješenje : e

S w

V v

2a

V s

2a

V w V v

100

Gw G s

1,0 ;

a 2a

n

2a

V

4a

0,5

100 50,0%

a

100

V v

2a

w

100

s

a 10 100 19,23% 2a 26

Iz čega je jasno prikazana razlika između vlažnosti i stepena zasidenosti, uz napomenu a zasiden uzorak ne mora imati vlažnost o 100%, kao i a vlažnost može biti veda o 100% . Zadatak 2 : Uzorak uzet iz sonažne bušotine ima sljeede karakteristik e: e = 0,45; w (100%) = 17,0 %; d =

3

18,0 kN/m . Izračunati: poroznost, zapreminsku težinu potpuno zasidenog uzorka i specifičnu

zapreminsku težinu. Rješenje: Poroznost : n

e

0,45

1 e

1 0,45

0,31

Zapreminska težina zasidenog uzorka : Specifična zapreminska težina :

s

sat =

3

d

(1+w/100) = 18 (1+0,17) = 21,06 kN/m

G s

G s

G s

V s

V V v

V (1 n)

d

(1 n)

18,0 (1 0,31)

26,09kN / m3

Zadatak 3 : Poreati naveene zapreminske težine o najved e ka najmanjoj : γsat, γd, γ, γ’, γs .

Rješenje : 1) γs … specifična zapreminska težina


tla

2011

3) γ … zapreminska težina u prironom stanju koja porazumjeva : 0 < S < 100% 4) γd … suha zapreminska težina – S = 0 % 5) γ’… zapreminska težina u potopljenom stanju : γ’ = γsat –γw Zadatak 4 : Uzorak tla težine 1,5 N, o čega glinovita frakcija iznosi 0,34 N ima granicu tečenja 60% i

granicu plastičnosti o 26%. Izračunati aktivitet atog uzorka. G = 1,5 N; G(C) = 0,34 N

Pa je težinski postotak glinovite frakcije : (0,34/1,5)∙100 = 22,67% Ip = W L – WP = 60 – 26 = 34% A

I p

34

% glin. frakcije (težinski )

22,67

1,5

Napomena : Aktivitet se koristi ko oređivanja potencijala bubrenja glinovitog tla, pri čemu vedi aktitivtet znači vedi uticaj glinovite frakcije na osobine i posljeično vedi utjecaj na ponašanje glinovitog materijala. (npr. montmorilonitske gline imaju aktivitet koji varira od oko 1,25 do 7,0, te su

znatno položnije povedanju zapremine pri povedanju vlažnosti nego kaolinitske gline koje imaju aktivitet od oko 0,3 do 0,4).

Zadatak 5 : Na uzorku tla su izvršeni testovi klasifikacije, a kao rezultat su obijeni granulometrijska kriva i Atterberg-ove granice. Klasifikovati tlo prema UC klasifikaciji. 100

80

a 60 k s a l o r 40 p

% 20

0 0.0001

0.001

0.01

0.1

1

10

100

Otvor sita (mm) Slika 1.2 : Granulometrijska kriva

Atterberg-ove granice : Granica tečenja : W L = 32, Granica plastičnosti, WP =26 Korak 1:

Oreiti postotak sitnih četica iz granulometrijske krive % sitnih čestica (% čestica manjih o 75 m) = 11% - Iz čega slijei a se rai o krupnozrnom materijalu sa dvostukim simbolom Korak 2:

Odrediti % frakcija materijala (da se odredi, da li se radi o G ili S), i D10, D30, D60 iz

granulometrijske krive (da se odredi je li W – dobro graduiran ili P-slabo graduiran) D10 = 0.06 mm, D 30 = 0.25 mm, D 60 = 0.75 mm Cu = 12.5, Cc = 1.38, iz čega slijei oznaka W


tla

2011

Pijesak (Sand)

73%

Prah i Glina (Silt and Clay) 10% Od krupnozrne frakcije, oko 80% je pijesak, dakle slijedi oznaka S Korak 3:

Iz rezultata za oređivanje Atterberg -ovih granica locirajmo tačku na karti plastičnosti WL = 32, PL = 26. Iz čega se izračuna Ineks plastičnosti I p = 32 - 26 = 6 Na karti plastičnosti tačka se nalazi i spod A-line, iz čega zaključujemo a se rai o prahovitom materijalu = M (o stare šveske riječi za prah „ Mo“). Korak 4 : Korak 5

Dvojni simboli su SW-SM

: Tekstualnim opisivanjem tla može se završti postupak opisa tla

Zadatak 6 : Objasnti značenje simbola: GW, CL, GH, CM-CS

Rješenje: obro grauirani šljunak; GW niskoplastična glina; CL simbol nemogud u UC klasifikaciji (pojam plastičnosti se veže samo za sitnozrne materijale) ; GH CM-CH visokoplastična glina sa primjesama praha . Zadatak 7 : Odrediti granicu tečenja ako su na osnovu testa sa paajudim konusom na uzorku

glinovitog materijala dobijeni rezultati : Penetracija konusa [mm]

Vlažnost [%]

16,1 50,0

17,6 52,1

19,3 54,1

21,3 57,0

22,6 58,2

Tabela 1.1 : Rezultati testa sa padajućim konusom

Mjerač ubine penetracije Konus : m = 80 gr. Metalna posuda Φ55 mm, h = 40 mm

c , ≈

Slika 1.3 : Šema uređaja za ispitivanje granice tečenja

Rezultati ispitivanja su prikazani ijagramom, gje je naznačen i pravac koji se najbolje uklapa u izmjerene vrijednosti :


tla

2011

25

] 20 m m [ a s u 15 n o k a j i 10 c a r t e n e P 5

0 48

50

52

54

56

58

60

Vlažnost [%]

Slika 1.4 : Zavisnost vlažnosti (prirodna razmjera) i penetracije konusa (prirodna razmjera)

Granica tečenja prestavlja vlažnost kojoj ogovara penetracija o 20,0 mm i iznosi 55% WL = 55,0 % Napomena : Ovim testom se mjeri dubina penetracije konusa u periodu od 5 sekundi. Nakon

penetracije, u posudi ostaje konusni prostor koji je posljedica penetracije, kada se konus izvadi. Taj

prostor se popuni vlažnim tlom i sa očišdenim konusom se ponovi mjerenje. Ako je razlika između ta va mjerenja manja o 0,5 mm, to mjerenje se smatra važedim. Prosječna o te vije vrijenosti se uzima kao mjeroavna za tu vlažnost i ata je tabelarno u konkretnom zadatku. Ova procedura se ponavlja barem 4 puta sa različitim vlažnostima, koje se biraju tako da penetracija varira od 15 do 25 mm. Penetraciji o 20 mm ogovara granica tečenja (W L). Zadatak 8 : Na karti plastičnosti efinisane su linije U i A jenačinama:

U . . . Ip = 0,90 (wL – 8) A . . . Ip = 0,73 (wL – 20)

Oreiti granicu tečenja wL za materijal kome je: Ip = 20% WP = 15%.

Rješenje : Ineks plastičnosti prestavlja količinu vlage koju treba oati sitnozrnom materijalu a pređe iz plastičnog u tečno stanje : Ip = WL - WP = 20 => W L = Ip + Wp = 20 + 15 = 35% Napomena : Zaati pravci (U i A linija) nisu potrebni za rješavanje zaatka. Zadatak 9 : Jean uzorkivač za vađenje uzoraka ima koeficijent površine 8%, a rug i 16%. Koji od ova

dva uzorkivača je povoljnije izabrati i zašto?


tla

2011

Rješenje : Povoljniji je uzorkivač sa koeficijentom površine o 8%, jer je stepen poremedenja obrnuto proporcionalan ovom koeficijentu. Smatra se a je za neporemedene uzorke potrebno koristiti uzorkivače sa koeficijentom površine ispo 10%. Zadatak 10 : Izračunati koeficijent površine tankostijenog uzorkivača, čiji je vanjski prečnik 6,0 cm, a

ebljina stijenke 2,25 mm. Da li preporučujete upotrebu ovog uzorkivača za dobijanje neporemedenih uzoraka? Zašto? Vanjski dijametar : De = 6,0 cm = 60,0 mm Debljina stijenke = 2,25 mm Unutrašnji ijametar : : Di = (60,0 – 2,25) mm = 55,5 mm

Koeficijent površine : Ar

De2 Di2 Di2

60 2

55,5 2

55,52

16,88%

Pošto je koeficijent površine vedi o 10%, uzorkivač nije preporučljiv za uzorkovanje neporemedenih uzoraka. Dakle, stepen poremedenja nede biti zanemarljiv. Zadatak 11 : Izabrati mehanizaciju za zbijanje a) krupnozrnog i b) sitnozrnog materijala, i preporučiti

način kontrole ostvarene zbijenosti. a) Krupnozrni materijali se obično zbija glatkim valjcima sa i bez vibracije, a kontrola ostvarene

zbijenosti se najuspješnije kontroliše nuklearnim enzitometrom. b) Sitnozrni materijali se obično zbijaju valjcima sa izbočinama, a kontrola ostvarene zbijenosti se također može vršiti nukelarnim enzitometrom. Nešto uspješnije , nego li kod granuliranih materijala, može se primijeniti Proctor-ov test, jer ne može odi o izmjene granulometrijskog sastava uslje inamičkog uara malja pri zbijanju u laboratoriji. Zadatak 12 : Metodom kalibriranog pijeska na terenu, dobivena je vrijednost

3

d, in-situ =

15,5 kN/m .

Proctor-ovim testom dobivena je kriva sa slike. Da li je tlo dovoljno zbijeno? 20

γd, max [kN/m3]

19 18 17 16 15

vlaga [%]

14 5

7

9

11

Slika 1.5 : Proctor-ova kriva

13

15


tla

2011

Sa slike se može očitati a je maksimalna suha zapreminska težina jenaka 19,0 kN/m 3. Relativna zbijenost prestavlja onos suhe zapreminske težine izmjerene nakon zbijanja na terenu ( d, in-situ) i maksimalne suhe zapreminske težine : R

d ,insitu

15,5

d , max,lab

18,9

100

82,0% < 95 %

Iz čega se zaključuje a tlo nije dovoljno zbijeno. Zadatak 13 : Standardni penetracioni broj dobiven SPT testom u potopljenom pjeskovitom tlu je 3

iznosio 45 na dubini od 6,5 metara. Pros ječna efektivna zapreminska težina tla iznosi 9,69 kN/m . Ostali poznati podaci su : a) efikasnost malja 0,8; b) korekcioni faktor za užinu bušade šipke 0,9; c)

korekcioni faktor za prečnik bušotine 1,05. Korišten je uzorkivač bez vostruke jezgre (košuljice). Odrediti korigovani standardni penetracioni broj prema standardnoj energiji od 60%, tzv N 60. Na osnovu izračunate korigovane vrijenosti SPT broja, oreiti ugao unutrašenjg trenja ispitanog pijeska.

Rješenje : N60 = CN N Eh Cd Cs Cb Gdje je : C N – fakotr korekcije zbog nadpritiska : C N

95,76 p0'

1,233

p0' = vertikalni efektivni napon na mjestu mjerenja broja udaraca = 9,68 6,5 = 63,0 kN/m

2

N – izmjerena SPT vrijendost za 30 cm prodiranja = 45 N60 = CN N Eh Cd Cs Cb = 1,233 45 0,8 0,9 1,05=42 Napomena : Navedeni korekcioni faktori dati su u svakoj standardnoj literatuti veznoj za mehaniku

tla i ovje nede biti posebno priloženi Brojni su autori preložili različite korelacije za oređivanje ugla unutrašenjg trenja , prvenstveno granularnih materijala, na osnovu SPT broja. U nastavku je primjenjena ona od Peck, Hanson, Thornburn (19874) i Wolff (1989), koji su predložili izraz za proračun ugla unutrašnjeg trenja na

osnovu SPT broja N 60. Konkretno izračunatom broju N60 = 42, odgovara veličina ugla unutrašnjeg trenja prema izrazu :

' 27,1 0,3 N 60

27,1 12,6 39,7

1.2 Princip efektivnih

napona i tečenje vode u tlu

Princip efektivnih napona je fundamentalni princip mehanike tla. Pritisci vode u tlu mogu biti pozitivni i negativni. Pozitivni pritisci smanjuju efektivni napon, dok negativni porni pritisci tlu daju privinu koheziju, povedavajudi efektivni napon. Krupnozna tla karakteriše znatno veda propusnost nego sitnozrna. Voopropusnost se oređuje laboratorijskim i terensklim testovima, kao i empirijskim korelacijama, a izražava se u jeinici brzine.

100 Riješenih ispitnih zadataka iz mehanike tla

Zadatak 14 : Na slici je prikazana strujna mreža oko zaštitne konstrukcije o čeličnih talpi u

vodopropusnom sloju. Odrediti : a) Koliko visoko (izna nivoa terena) de se poidi voa u pijezometrima ako su oni postavljeni u tačkama a, b, c, i  b) Protok kroz kanal II po jeinici širine (okomito na prikazani poprečni presjek) c)

Ukupni protok kroz voopropusni sloj po jeinici širine

d)

a li de se voa procjeđivati brže ili sporije ako je razlika potencijala veda ili ako je manja čelične talpe – zaštitna konstrukcija

5,0 m 1,7 m

Nivo terena

I

6

II

c

III

a

10,0 m

-3

kx = kx = k= 5∙10 cm/sec

b 1

3

2

5

4

d

Vodonepropusni sloj Slika 1.6 : Strujna mreža oko zaštitne konstrukcije od čeličnih talpi u vodopropusnom sloju

Rješenje :

a) Na osnovu konstruisane strujne mreže prikazane na slici, vii a je broj strujnih kanala N f = 3 i da je broj padova potencijala N d = 6. Ukupni pad potencijala od uzvodne ka nizvodnoj strani iznosi 3,3 metra, pa je pa potencijala između pojeinih ekvipotencijalnih linija jenak 3,3/Nd, tj. jednak je 0,55 metara. Tačka a, locirana je na ekvipotencijalnoj liniji broj 1, što znači a je pa potencijala o te linije jenak 0,55x1, te a de se nivo voe u pijezometru postavljenom na ekvipotencijalnoj liniji 1 ostidi visinu o (5,0 – 0,55x1) = 4,55 metara iznad nivoa terena. Analogno, za ruge tražene tačke, možemo napisati : b = (5,0 – 0,55x2) = 3,9 m c = (5,0 – 0,55x5) = 2,25 m d = (5,0 – 0,55x5) = 2,25 m b) Prema izrazu za protok kroz jedan strujni kanal, može se izračunati protok kroz jean kanal :

q

H

k N d

5 10

5

3,3 6

5

5 10 0,55

2,75 10

5

m

3

sec

/ m' -3

-5

gdje je k – zadati koeficijent vodopropusnosti i iznosi : 5∙10 cm/sec = 5∙10 m/sec


c)

Ukupni protok jenak je protoku kroz jean kanal pomnožen om sa ukupnim brojem kanala konstruisane mreže tečenja tj.

q

H N f k N d

5 10

5

0,55 3 8,25 10

5

m3 sec

/ m'

d) Naravno, voa se procjeđuje brže za slučaj vede razlike potencijala, jer je brzina (Darcy-jeva) jednaka proizvodu koeficijenta vodopropusnosti, koji je u ovom slučaju konstantan, i hirauličkog graijenta u čijoj se efiniciji razlika potencijala nalazi u brojniku

Zadatak 15 : Mreža tečenja se može primijeniti za proračun uzgona na bazu hirauličke konstrukcije.

Primijeniti, na slici nacrtanu, mrežu tečenja u proračunu uzgona na no gravitacione brane. Pretpostaviti da je k x = ky = k.

7,0 m

14,0 m

60m 2,0 m

a

b

c

d

e

f

10,0 m

Vodonepropusni sloj Slika 1.7 : Strujna mreža ispod gravitacione brane

Sa skice strujne mreže je viljivo a postoji 7 paova potencijala (N d), a kako je ukupni pad potencijala između uzvone i nizvone strane 7,0 m , slijei a je pa potencijala između pojeinih ekvipotencijalnih linija jenak 7,0 m/7 = 1,0 metar. Na osnovu potencijala u pojeinim tačkama ispo brane može se izračunati uzgon prema : a ( lijevi ugao brane) = (Ukupni pritisak u a)x(γw) = [(7,0 + 2,0) – 1,0] γw = 8 γw

Slično i za ostale tačke : b = [9,0-(2)∙(1)] γw = 7γw te konačno za tačku f ( esni rub brane) : f = [9,0-(6)∙(1)] γw = 3γw Pritisak izdizanja je prikazan na slici ispo za sve karakteristične tačke ispo brane. Ukupna sila uzgona po jedinici širine, može se izraziti kao površina atog ijagrama. 14,0 m

a

8 γw

b

7 γw

c

d

6 γw

5 γw

4 γw

e

3 γw

2

[kN/m ] Slika 1.8 : Uzgon na dno gravitacione brane


Zadatak 16 : Duboki iskop je izveden u sloju krute niskopropusne gline čija je zasidena zapreminska 3

težina jenaka 18,46 kN/m . Kaa je ubina iskopa ostigla 8,0 metara, ošlo je o hirauličkog sloma na iskopa, koji se oglea u proiranju pijeska i voe. Naknani istražni raovi pokazali a se ispod sloja gline nalazi sloj pijeska i to na dubini od 12,5 metara. Do koje visine iznad sloja pijeska bi se poigla voa u bušotini prije početka izvođenja iskopa?

ISKOP 8,0 m

h=?

12,5 m

Glina

z

Pijesak

Slika 1.9 : Dimenzije iskopa i profil tla

Rješenje : Sa napreovanjem iskopa, kao posljeica rasteredenja, opaa efektivni napon na površini

sloja pijeska. Porni pritisak (neutralni napon) u pijesku, ostaje konstantan. Hiraulički slom na iskopa se ešava kaa efektivni napon na površini sloja pijeska pane na nulu:

' z h h

h

sat

w

z

z

sat

w

0

sat

w

(12,5 8) 18,64 9,81

8,55m

Dakle, voda bi se podigla do visine od 8,55 metara iznad sloja pijeska pod utjeca pornog pritiska prije iskopa. Napomena : Kako se rai o jako slabopropusnom materijalu gline, nije logično razmatrati ravnotežu

sa uzimanjem u obzir uticaja procjeđivanja voe na naponsko stanje. Dakle, razmatra se kratkotrajno stanje u kojem se i ešava izizanje neposreno nakon iskopa o u bine od 8,0 metara.

Zadatak 17 : Izračunati vrijenosti i nacrtati ijagram totalnog, efektivnog napona i pornog

pritiska za profil tla prikazan na slici.

4,0 m

3

3

CH : γd = 17,0 kN/m ; γsat = 21,84 kN/m

1,5 m – zona kapilarnog penjanja

NPV

S = 100%

5,0 m

3

SM : γsat = 21,0 kN/m


Napon Dubina [m] 0,0 2,5gore 2,5dole 4,0 9,0

Totalni napon [ σ] 0,0 2,5∙17,0 = 42,5 2,5∙17,0 = 42,5 42,5 + 1,5∙21,84=75,26 75,26+21,0∙5=180,26

Porni pritisak [u]

Efektivni napon [σ'= σ-u]

0,0

0,0

0,0

42,5

-1,5∙9,81=-14,715

57,215

0,0

75,26

5,0∙9,81=49,05

131,21

Tabela 1.2 : Izračunate vrijednosti napona po karakterističnim dubinama

Na osnovu vrijednosti izračunatih i prikazanih tabelom, može se nacrtati i traženi ijagram promjene napona sa dubinom : 0 -40 -20 0 -1

20 40 60 80 100 120 140 160 180 200

-2 -3 -4

Totalni napon

-5

Porni pritisak

-6

Efektivni napon

-7 -8 -9 -10

Slika 1.11 : vertikalni naponi i porni pritisak

Zadatak 18 : U sloju homogenog tla nivo pozemne voe je oređen na ubini o 2,0 m ispo

površine terena. Visina kapilarnog penjanja je 0,50 m, a zapreminska težina tla u zoni kapilarnog 3

3

penjanja je 17,5 kN/m . Zapreminska težina suhog tla je 16,60 kN/m , a zapreminska težina tla ispo 3

nivoa podzemne vode 19,40 kN/m . Odrediti porni pritisak na dubini od 2,0 metra ispo površine terena, prije i nakon kapilarnog penjanja. Porni pritisak jenak je nuli na nivou pozemne voe, kapilarno penjanje ne utiče na promjenu pornog pritiska na nivou gdje se formira slobodni nivo vode. Dakle, na dubini od -2,0 metra, porni pritisak jednak je nuli i prije i nakon kapilarnog izdizanja : u=0


Zadatak 19 : Izračunati totalni i efektivni vertikalni napon, te porni pritisak u tački A iskopa sa slike.

Geometerijske i geotehničke karakteristike su prikazane na slici

Iskop pod

sat =21,0

9,0 m

3

= 29

vodom

c = 30 kPa

A

3,0 m

kN/m

12,0 m

Slika 1.12 : Geometrija iskopa

Totalni napon ( ) jednak je pornom pritisku (u) koji iznosi : 9,0

w =

9,0 10,0 = 90,0 kPa

Efektivni napon jednak je nuli prema principu efektivnih napona : ' =

-u

Zadatak 20 : Izračunati potrebnu ebljinu filter sloja kojeg treba postaviti na no iskopa sa slike s

ciljem da se ostvari faktor sigurnosti od 3,0 protiv hirauličkog sloma na koji se očituje u proiranju materijala i vode u iskop. Izabrani filter materijal zadovoljava uslove granulacije koji su takvi da je filter ovoljno upakovan a onemogudava proiranje čestica materijala ispo filtera , a na drugoj strani dovol jno propustan a pruža minimalan otpor procjeđivanju voe kroz njega. Prosječni hiraulički gradijent u zoni vertikalnog isticanja iznosi 0,6. Zapreminska težina prironog materijala u 3

3

saturiranom stanju iznosi 21,0 kN/m , a filter materijala 23,0 kN/m .

H = 6,0

DF = ? D = 3,0 m zona izdizanja D/2=1,5 m Slika 1.13 : Zaštitna konstrukcija sa naznakom zone izdizanja

Faktor sigurnosti prije postavljanja filter materijala iznosi :

FS

' i

sat w

i

w w

21,0 10,0

11,0

0,6 10,0

6

1,833 3


Nakon postavljanja filter sloja, zona izizanja je otežana pa u izraz za faktor sigurnosti ulaze veličine prikazane slikom ispod : W'F

DF

W'

D = 3,0 m

1 FS

' F

W ' W

2

U

D 2 ' 1 2

U

1 2

D D F

D 2i prosj

' F

w

'

D F

' F

D i prosj

w

D/2=1,5 m Slika 1.14 : Faktor sigurnosti nakon ugradnje filtera

Iz uslova a je zahtjevani faktor sigurnosti jenak 3,0 može se izračunati potrebna ebiljina filter sloja da se isti postigne :

D F

'

' F

D i prosj

w

D F

'

D

D F

3,0

'

F

3,0 i prosj

3,0 i prosj

'

w

'

D

F

3,0 i prosj

D F

w

w

'

'

D

F

3,0 0,6 10 11 13

3,0

1,615m

USVOJENO : DF = 1,65 metara

Napomena : Veoma je važno pravilno izabrati filter materijal. Terzaghi i Peck (1948.) su preložili

kriterij koji uzima u obzir granulometrijski sastav prirodnog materijala pri odabiru granulometrije filter materijala : 1)

2)

D15( F ) D85( B ) D15( F ) D15( B )

4 4

gdje su D15(F) i D15(B) otvori sita kojima odgovara 15% prolaska materijala filtera i prirodnog materijala respektivno, dok je analogno D 85(B), otvor sita kojem odgovara 85% prolaska prirodnog materijala . Prironi materijal je onaj čiji se hiraulički slom sprječava ugrandnjom filter materijala.


Zadatak 21 : Izračunati efektivni napon na ubini o 2,0 metra ispo na jezera (tačka A) u

zasidenom sloju gline prije i nakon poizanja nivoa voe u jezeru sa 4,0 metara na 6,0 metara. Zasidena zapreminska težina gline je 20,0 kN/m

3

2,0 m 4,0 m sat =

20,0 kN/m

3

2,0 m A Slika 1.15 : Geometrija sa naznakm nivoa vode u jezeru prije i nakon podizanja nivoa vode

Rješenje : Efektivni napon se računa kao razlika totalnog napona i pornog pritiska prema Terzaghi-

jevom principu efektivnih napona.

4,0

A , prije ' A, prije

w

sat

6,0

A, prije

A, nakon

6,0

2,0

sat

A , nakon

8,0

20,0 2,0

80,0 60,0

w

w

4,0 10,0

2,0

6,0 10,0

80,0kPa - totalni napon prije podizanja nivoa

20,0kPa - efektivni napon prije podizanja nivoa 20,0 2,0 100,0kPa - totalni napon nakon podizanja

nivoa ' A, nakon

w

100,0 80,0

20,0kPa - efektivni napon nakon podizanja nivoa

Dakle, uslje porasta nivoa voe u jezeru izna zasidenog sloja, totalni napon raste za istu veličinu kao i porni pritisak, pa efektivni napon ostaje konstantan. Zadatak 22 : Na neporemedenom uzorku je izvšen test sa konstantnim nivoom , s ciljem da se odredi

koeficijent vodopropusnosti (Darcy-jev koeficijent). Rezultati su prikazani tabelom :

Trajanje testa Količina prikupljene vode Razlika nivoa Dužina uzorka Prečnik uzorka

4 min 0,300 l 50 mm 100 mm 100 mm

Tabela 1.3 : Prikaz rezultata testa

Rješenje :

Osnovni princip ovog testa se zasniva na činjenici a je prikupljena količina voe jenaka voi koja prođe kroz uzorak u posmatranom vremenu : A k i t = Q

Površina uzorka : A

k

Q A i t

100 2 4

300000

Q A

50 100

7854 mm 2

t

7854

50 100

4 60

0,318mm / sec

2

3,2 10 cm / sec


Zadatak 23 : Na neporemedenom uzorku je izvšen test sa opaajudim nivoom , s ciljem da se odredi

koeficijent vodopropusnosti (Darcy-jev koeficijent). Rezultati su prikazani tabelom :

Početni nivo vode u cjevčici Krajnji nivo vode u cjevčici Trajanje testa Dužina uzorka Prečnik uzorka Prečnik cjevčice

1500 mm 605 mm 281 s 150 mm 100 mm 5 mm

Tabela 1.4 : Prikaz rezultata testa

Rješenje :

Površina cjevčice : a Površina uzorka : A

log 10

h1 h2

log 10 2,48

52 4

19,67mm 2

100 2

7854 mm 2

4

0,3945

Osnovni princip testa sa opaajudim nivoom jeste a protok vode kroz cjevčicu mora biti jednak vodi protoku kroz uzorak, i iz tog uslova se izvodi poznati izraz za koeficijent vodopropusnosti :

k

2,3 19,67 150 0,3945 7854 281

1,21 10 3 mm / sec

1,2 10 4 cm / sec

Napomena : Test sa opadajućim nivom se uspješnije primjenjuje za sitnozrne materijale, jer u slučaju

primjene testa sa konstantnim nivoom treba čekati ug vremenski perio a voa proteče kroz uzorak pa može odi o isparavanja ijela voe iz posue u kojoj se oržava konstantan nivo, pa je teško ocjeniti koji io voe je prošao kroz uzorak a koji je eva porirao. Na drugoj strani, primjena ovog testa za granularne materijale zahtjeva očitanja veoma kratkog, praktično neizmjerivog vremena, pa se za krupnozrne materijale najčešde primjenjuje test sa konstantnim nivoom.

1.3 Naponi u tlu od

površinskog opteredenja

Naponi u tlu izazvani površinskim opteredenjem opaaju sa ubinom ispo opteredenja, ok za

proizvoljni položaj pore opteredenja najprije rastu o nulte vrijenosti na površini, a zatim ponovo opadaju sa dubinom.

Rješenja koja aje teorija elastičnosti mogu se relativno uspješno primijeniti u procjeni veličine naprezanja u tlu uslje površinskog opteredenja.

100 Riješenih

ispitnih zadataka iz mehanike tla

Zadatak 24 : Koristedi Boussinesq-ov ijagram, izračunati napone o površinskog opteredenja (ubine

1,0; 2,0; 5,0 i 10,0 metara) ispo centra temeljne trake širine 2,0 metra, na koju je oslonjen zid optereden sa linijskim opteredenjem q = 200kN/m'. Zanemariti sopstvenu težinu temeljne trake , a kontaktni napon smatrati ravnomjerno raspodijeljenjim . q = 200 kN/m' 2,0 m

σ0 =

200/2,0 m = 100,0 kPa

z Slika 1.16 : Temeljna traka – imenzije i opteredenje

Rješenje : Dubina na Boussinesqovom dijagramu prikazana preko širine B za tražene ubine iznosi :

0,5B = 1,0 m 1B = 2,0 m 2,5B = 5,0 m 5B = 10,0 m

Traže se naponi ispo centra opteredene trake, ta je mjeroavna izobara na presjeku vertikalne linije ispo centra trake i naveenih ubina, pa su očitane vrijenosti sa ijagrama Δσ/σ0 = 0,77; 0,5; 0,2 i 0,07, respektivno.

Δσz=1,0 m = 0,77∙100,0 = 77,0 kPa Δσz=2,0 m = 0,55 ∙100,0 = 55,0 kPa Δσz=5,0 m = 0,20∙100,0 = 20,0 kPa Δσz=10,0 m = 0,07∙100,0 = 7,0 kPa Slika 1.17 : Princip očitavanja sa ijagrama

Zadatak 25 : Približnom metoom izračunati napone o površinskog opteredenja ispo tačke A, na

ubini o 1,0 metar. Opteredenje je ravnomjerno raspodijeljeno i kvadratnog oblika, intenziteta 200 kPa, dimenzija prema slici.

2,0 m q=200 kPa

A 2,0 m

1,5 m

Slika 1.18 : Dimenzije površinskog opteredenja i položaj tačke A

100 Riješenih


Površinsko opteredenje efinisano slikom ne izaziva promjenu napona u tački A, koja se nalazi na dubini od 1,0 metar : Δσ =

0

Zadatak 26 : Približnom metoom izračunati na kojoj ubini de napon o površinskog opteredenja

iznositi 10,0 kPa. Opteredenje na površini je ravnomjerno raspodijeljeno i kvadratnog oblika, intenziteta 100 kPa, dimenzija prema slici. presjek A-A :

2,0 m

100,0 kPa q=100 kPa

A

2,0 m

2:1

A

10,0 kPa z=? Slika 1.19 : Dimenzije površinskog opteredenja i princip približne metoe

Prema pravilu približne metoe napon na ubini z računa se prema izrazu : A0 0

z z

2

Pa je : z

z 2

z 1, 2 z

1

100,0

A z

2,0 2,0 (2 z ) (2 z )

100,0

4,0 (2 z ) (2 z )

400,0 z 2

4 z 4

10,0

4 z 4 40,0

4 z 36

4

0

16 4 1 36 2

2 6,32

4,32 m

Negativno rješenje obacujemo kao fizički nemogude . Zadatak 27 : Približnom (2:1) metoom oreiti vertikalne napone na ubini o 3,0 m ispo tačaka A, B i C uslje jelovanja ravnomjerno raspoijeljenog opteredenja na površini tla! Opteredenje je “L” oblika (slika), a iznosi 125,0 kPa. 2,0 m

2,0 m

1,0 m B 4,0 m

q0 = 125,0

3,0 m C

A

Slika 1.20 : Oblik opteredenja u tlocrtu sa položajem tačaka ispo kojih se traže oatni naponi

100 Riješenih


Približna metoa (2:1) porazumijeva konstantne napone na jenoj ubini i to koristedi princip a se naponi o naopteredenja smanjuju sa ubinom za procenat koji je efinisan onosom površine opteredenja na površini (z=0,0,m) i površine opteredenja na traženoj ubini (z = z), pri čemu se površina povedava sa nagibom 2:1. Dakle, za konkretan primjer naponi na ubini z = 3,0 metra de biti jenaki u svim traženim tačkama (A, B, C).

z 3, 0( A, B ,C )

q0

A z 0 A z 3,0

125,0

2,0 4,0 2,0 3,0 7,0 5,0 1,0 5,0

125,0

14 40

43,75 kPa

Zadatak 28 : Stopa A je temeljna stopa postojedeg objekta. Neposredno uz postojedi objekat

izveena je temeljna stopa novog objekta koja je opteredena koncentričnom silom o 500 kPa. Koristedi Boussinesq-ov dijagram izračunati napone ispo centra kvaratne stope A usljed opteredenja na kvaratnoj stopi B. Zanemariti sopstvenu t ežinu temeljnih stopa, a kontaktni napon smatrati ravnomjerno raspodijeljenjim . Opterećenje postojećeg

objekta

Stopa A

z

500,0 kN

1,5 m

1,5 m

2,5 m

Stopa B

1,5 m Slika 1.21 : Šema i imenzije konstrukcije

Opteredenje koncentrisanom silom na stopi B, optereduje tlo površinskim opteredenjem intenziteta : q0

500,0 1,5 1,5

222,22 kPa

Prema Boussinesq-ovom dijagramu, na udaljenosti od 1B od sredine stope B, javljaju se dodatni naponi na dubini 0,5B ispod nivoa stope B (odnosno 3,25 metara ispod nivoa stope A), i to intenziteta 0,05∙222,22 = 11,11 kPa. Na dubini 0,8 B ispod stope B (1,125 m), naponi rastu na 0,1 ∙222,22 = 22,2 kPa, a maksimum ostižu na dubini od 1B (1,5 metara ispod nivoa stope B) i to sa intenzitetom 0,105 ∙222,22 = 23,33 kPa. Dalje,

100 Riješenih


sa dubinom naponi opadaju, a na dubini od 1,325B (tj dubini od 4,5 m ispod nivoa stope B) i iznose 0,05∙222,22 = 11,11 kPa. Konačno, na ubini o 2,65B (ubini o 6,48 m ispo nivoa stope B), naponi opadaju na vrijdnst 0,05∙222,22 = 11,11 kPa.

Princip očitavanja vrijenosti sa ijagrama prikazan je na slici ispo.

v

11,1 22,2 23,3 22,2

11,1

Slika 1.22 : Način očitanja sa Boussinesq-ovog dijagrama

Zadatak 29 : Šta je kontaktni pritisak i objasniti zašto kontaktni pritisak ispod krute temeljene stope nije isti za nekoherentna i koherentna tla.

Rješenje : Kontaktni pritisak je stvarni pritisk koji se prenosi sa temelja na tlo. U svim zadacima je usvojena pretpostavka da je taj pritisak konstantan po povr šini stope, međutim, to nije sasvim realno

ko stvarnih konstrukcija. Zapravo, to je pretpostavka koja važi kaa je temeljna konstrukcija fleksibilna (tanki film minimalne debljine). Na drugoj strani, raspodjela kontaktnog napona kod krute stope (stopa koj a se sliježe uniformno po svojoj površini) je uslovljena vrstom tla na koju je oslonjena

stopa. U svakom slučaju, sreda je a ravnteža sila mora biti zaovoljena pa vrijei Y = 0. Upravo ovaj uslov da slijeganja moraju biti konstantna po povr šini stope iskorišten je a se ,

posmatrajudi tlo kao elastičan poluprostor , pokaže a naponi teže u beskonačnost na rubovima i naglo opaaju ka tački ispo sreine temeljne stope. Kako tlo nije elastičan materijal, očito de dodi do plastifikacije na mjestima g je se ostigne kritična kombinacija normalnog i smičudeg naprezanja i u tim tačkama prestaje prirastati napon. Karakteristične raspojele kontaktnog napona za slučaj koherentnog i granularnog tla, prikazane su na slici.

100 Riješenih


a)

b) Granularno tlo (pijesak, šljunak)

Koherentno tlo (glina, prah)

Slika 1.23 : Kontaktni napon ispod krute temeljne stope

Nekoherentni materijal nema čvrstodu kaa nema vertikalnog naprezanja, a na rubovima ga nema,

jer je rubna tačka opteredena samo atmosferskim pritiskom ako je stopa na površini kao na slici (ako je stopa ukopana onda postoji stepen otpora smicanju na rubu i kod granularnog materijala, pa

kontaktni naponi posataju uniformniji po površini). Na rugoj strani, koherentni materijali imaju koheziju (imaju smičudi otpor pri normalnom naprezanju jenakom nuli), pa mogu primiti oređeni stepen smičudeg naprezanja prije plastifi kacije i kada je normalno naprezanje jednako nuli. Ipak, stvarne temeljne konstrukcije nisu ni fleksibilne ni krute, pa kontaktni pritisak zavisi od krutosti temeljene stope (pored vrste tla, krutosti cijele nadkonstrukcije i raspodjele optere denja na stopi). Tako kod dimenzioniranja temeljnih stopa, a i svih ostalih temeljnih konstrukcija valja uzeti u obzir

tlo, temeljenu konstrukciju i nakonstrukciju kao jenu cjelinu i tako, na ispravan način, oreiti uticaje u elementima temeljene i nadkonstrukcije.

Zadatak 30 : Približnom metoom oreiti, na kojoj ubini ispo tačaka A i B usljed djelovanja

ravnomjerno raspoijeljenog opteredenja (q 0) na površini tla de naponi iznositi 20,0 kPa! Opteredenje na površini je konstantno, kružnog oblika, a iznosi 120,0 kPa. Prema približnoj metoi, naponi na jenoj ubini su konstantni, pa je svejeno a li demo posmatrati tačku A ili B. Promjena napona sa ubinom može se prikazati izrazom (uz korištenja zaatog uslova a

z/2 A

je napon na nepozantoj dubini jednak 20,0 kPa) :

B

32 A z z

3,0 m

Z 0

0

A z z

120

4 (3 z ) 2

120 2 z

4 Slika 1.24 : Geometrija problema

z 2 z 1, 2

6 z 45 6

0 36 180 2

3 7,35

Obacivanjem negativne vrijenosti kao nerealne, obije se tražena ubina : z

1

4,35 m

9 6 z 9

20,0kPa

100 Riješenih


Zadatak 31 : Približnom (2:1) metoom oreiti vertikalni napon na ubini o 2,0 metra ispo

temeljen trake širine 1,5 metara koja optereduje tlo površinskim, ravnomjerno raspodijeljenim opteredenjem o 100 kPa.

B = 1,5 m

σ0 =

100,0 kPa

Slika 1.25 : Geometrija temeljne trake u presjeku

Kako se rai o temeljnoj traci, ko koje je užina znatno veda o širine, može se redi a je onos širine na površini i širine povedane za ubinu (pravilo približne metoe, 2:1) jenako onosu površina, pa je izraz za napone o naopteredenja ispo temeljene trake opdenito jenak : B z 0 0

z

B 0

B z z

Površinsko opteredenje

B z

z/2

Gdje je B – širina trake, z – ubina na kojoj računamo oatne napone o naopteredenja

z z

Pa je za konkretan zadatak napon na dubini od 2,0 metra jednak :

z 2 , 0

100,0

1,5 1,5

2,0

100,0

1,5 3,5

B+z

42,86

Slika 1.26 : Pravilo 2:1 – temeljna traka

Zadatak 32 : Naponi od površinskog trakastog opteredenja proračunati su programskim paketom Plaxis 2D. Tlo je modelirno kao linearni elastični kontinuum sa moulom elastičnosti o 20 000 kPa i Poisson-ovim koeficijentom o 0,3. Opteredenje je intenziteta 200 kPa, a traka je šir ine 2,0 metra.

Dati kritički osvrt na obijeno rješenje.

distributed load (A ili B)

standard fixities

Linearni ealstični kontinuum (E i υ) a)

b)

Slika 1.27 : a) 3D prikaz značenja moela ravnog stanja eformacija; b) Plaxis – model ravnog stanja

100 Riješenih


U nastavku su prikazani rezultati proračuna : A B

B*

C

C*

A*

Slika 1.28 : Rezultati – slika vertikalnih ( σyy ) napona ( „kruška napona“ ), te naznaka razmatranih presjeka

200,0 kPa

200,0 kPa

100,0 kPa

b)

c)

a) Slika 1.29 : vertikalni naponi : a) promjena vertikalnih napona po dubini ( presjka A A*); b) vertikalni naponi neposredno ispod trakastog opteredenja (presjka B-B*); c) vertikalni naponi na dubini od 2,0 metra ispod trakastog opteredenja (presjka C -C*)

100 Riješenih


Komentar rezultata : Naponi naglo opadaju sa dubinom . Raspojela napona po širini trake je neravnomjerna, oni su maksimalni ispo sreine trakastog opteredenja, a smanjuju se prema rubu.

Naponi na površini su jenaki nanesenom površinskom opteredenju (σ0 = 200,0 kPa). Površinsko opteredenje prouzrokuje pojavu napona ne samo ispo opteredenja nego i sa strana („kruška napona“). Zadatak 33 : Objasniti pristup proračunu napona o površinskog opteredenja ispo kvaratne temeljne stope primjenom programskog paketa Plaxis 2D. Koristiti se primjerom stope stranice 2,0 metra. Rješenje : U ovu svrhu se primjenjuje osnosime trični moel, pri čemu se prečnik zamjenjujude kružne

stope oređuje iz uslova jenakih površina kru ga i kvadrata. d/2

Osa simetrije

b) a)

Slika 1.30 : a) 3D prikaz značenja osnosimetričnog moela; b) Plaxis – osnosimetrični moel

Za slučaj kvaratne temeljne stope stranice a=2,0 metra slijei : Akvadrata a

2

d 2 4

d = 1,13 ∙a

Akruga 2

=> d

=>

4 a2

1,274 a 2

d/2 = 0,565∙a Slika 1.31 : Akvadrata i Akruga

Dakle, u slučaju moeliranja opteredenja kvaratnog oblika, može se primjeniti osnosimetrični moel sa moeliranjem jene polovine problema, pri čemu je poluprečnik oređen na opisani način.

1.4 Čvrstoda tla

Glavna komponenta smičude čvrstode tla potiče o komponente trenja između zrna. Smičuda čvrstoda tla je često nelinearna funkcija efektivnih napona i složena funkcija mineraloškog sastava, veličine, oblika i čvrstode zrna, zbijenosti, uslova eformisanja, nivoa napona, kao i rugih promjenljivih.

Sitnozrna tla imaju manju reniranu smičudu čvrstodu o krupnoznog tla pri jenakom nivou normalnog naprezanja.

Nerenirana smičuda čvrstoda, je karakteristična za sitnozrna, voom zasidena tla, kada se opteredenje nanosi relativno brzo u onosu na mogudnost isipacije pornih pritisaka, tako a se slom ešava pri konstantnoj zapremini.

100 Riješenih


Zadatak 34 : Šta prestavljaju naveene formule, i prikazati njihovu grafičku interpretaciju

 

2

  1  cos



  3 ) sin   cos 

 1   3

 1

2



 1

  3

2

cos 2

  3

sin 2 2 Rješenje : Naveene jenačine prestavljaju naponsko stanje u zamišljenoj tački , a kada se iz njih eliminiše ugao  , rezultuju jenačinom kružnice koja se prema njenom autoru naziva Mohr-ov krug. Tako, za poznate veličine glavnih napona (σ1, σ 3), naveenim jenačinama se efinišu naponi (jena tačka na Mohr-ovom krugu – slika : tačka A) koji jeluju na ravan čija normala zaklapa ugao  sa pravcem maksimalnog glavnog napona (σ1), što je etaljnije prikazano grafičkom interpretacijom :  

( 1

   3  sin 2  

 

3

σ c a v a r P

  σ1



A(  ,  )

2 / ) 3

σ -

1

 



σ

(

σ3

2

σ1

 

(σ1+ σ3)/2

σ3

Pravac σ1 Slika 1.32 : Opis napona Mohr-ovim krugom

Napomena : Korištenjem naveenih izraza može se riješti i obrnut zaatak, tj. za poznate veličine

normalnog i smičudeg naprezanja za bilo koj e dvije ravni, mogu se izračunati glavni naponi . Ipak, veoma često je poželjno na jenom ijagramu opisati više naponskih stanja u različitim tačkama mase tla ili uzastopnu promjenu naponskog stanja u nekom posmatranom elementu tla. Tada je prikaz Mohr-ovim krugom nepregledan. Umjesto toga, pogonije je koristiti opis naponskom tačkom koju je definisao Lambe (1964), na takav n ačin a je :

s 

 1   3 2

; t 

 1   3 2

Zadatak 35 : Tanki sloj praha uočen je istražnim raovima na ubini o 18,0 metara ispo površine

terena. Tlo izna ovog sloja ima prosječnu suhu zapreminsku težinu o 15,3 kN/m 3 i prosječnu vlažnost od 36,0 %. Nivo podzemne voe je na samoj površini terena. Proveena laboratorijska ispitivanja na neporemedenim uzorcima su ala sljeede parametre čvrstode na smicanje : cu = 45,0 kPa; φu = 18°; c' = 35 kPa; φ' = 27°

Oreiti smičudi otpor tankog sloja praha na horizontalnoj ravni, u slučaju a ( a) smičudi napon raste veoma brzo i ( b) smičudi napon raste veoma sporo.

100 Riješenih


3

γd = 15,3 kN/m 18,0 m

w = 36,0 %

Slika 1.33 : Profil tla

Zapreminska težina u zasidenom stanju : γsat = γd∙(1+w) = 15,3∙(1+0,36) = 20,81 kN/m3 Zapreminska težina u potopljenom stanju : γ' = γsat – γw = 20,81 – 9,81 = 11,0 kN/m 3 Totalni vertiklani napon na dubini od 18,0 metara : σ = 20,81∙18,0 = 374,58 kPa Efektivni vertiklani napon na dubini od 18,0 metara : σ' = 11,0∙18,0 = 198,0 kPa (a) Za slučaj naglog prirasta opteredenja na smicanje, mjeroavni su parametri za nerenirano

stanje i totalni naponi, te je smičudi otpor jenak : τf = cu+σtgφu = 45,0+374,58∙tg18° = 166,74 kPa (b) Za slučaj sporog prirasta opteredenja na smicanje, mjerodavni su parametri za drenirano

stanje i efektivni naponi, te je smičudi otpor jenak : τf = c'+σ'tgφ' = 36,0+198,0∙tg27° = 136,89 kPa Zadatak 36 : Uzorak normalno konsolidirane gline (φ = 28°), je konsolidiran pod delijskim pritiskom

o 280 kPa. Za slučaj stanarnog reniranog testa, koliko treba smanjiti aksijalni napon a bi ošlo do sloma uzorka usljed aksijalnog zatezanja. Prva faza triaksijalnog testa (nakon kontrole zasidenosti uzorka) jeste faza nanošenja d elijskog pritiska. U toj fazi nema smicanja, Mohr- ov krug se može prestaviti tačkom na '- dijagramu. Na slici je preko Mohr- ovih krugova prikazano smanjenje naprezanja uslje rasteredenja aksijalnog

naprezanja uz zaržavanje bočnog pritiska konstantnim (standardni triaksijalni test) 

Kritična kombinacija normalnog i smičudeg napona

3

1

'

=?

Slika 1.34 : „Razvoj“ naposnkog stanja u trećoj fazi triaksijalnog testa (rasterećenje)

100 Riješenih


Anvelopna sloma uzorka normalno konsolidirane gline (φ = 28°; c = 0 kPa), predstavljena je MohrCoulomb-ovim pravcem :

 f   'tg 

Uslje aksijalnog rasteredenja, olazi o smanjenja vertikalng naprezanja, pri čemu delijski pritisak ostaje konstantan, jer se radi o standardnom triaksijalnom testu  3   1 sin  

2

 3   1



 3   1  3   1



0,469

2

Iz čega slijei :  1

  3

1  sin  1  sin 

 0,361 3  101,2 kPa

Pa je konačno traženo smanjenje vertikalnog naprezanja koje uzrokuje slom na zatezanje jenako : =

3-

1 =

280,0 – 101,2 = 178,8 kpa

Zadatak 37 : Rezultati konsolidiranog nedreniranog (CU) stadnardnog triaksijalnog testa na uzorku

normalno konsoliirane gline, ko kojeg je delijski pritisak iznosio 392,0 kPa su prikazani tabelom. Oreiti efektivne parametre čvrstode na smicanje. Pod pretpostavkom ravnog stanja napona, nacrtati Kf liniju na s' – t' dijagramu. Na istom dijagramu nacrtati i trag napona. Aksijalna deformacija [%]

Δσ [kPa]

u

[kPa]

0,0 0,0 156,0 99,0 196,0 120,0 226,0 132,0 235,0 147,0 250,0 161,0 245,0 170,0 240,0 173,0 235,0 175,0 Tabela 1.5 : Rezultati CU triaksijalnog testa

0 0,5 0,75 1,0 1,3 2,0 3,0 4,0 4,5

Napomena : Dvodimenzionalno naponsko stanje je ono koje je potpuno definisano sa dva glavna

napona, tj. sa σ1 i σ3. Nesumnjivo je da i srednji glavni napon ( σ2), utječe na čvrstodu i naponsko -

eformaciono ponašanje tla. Ipak, pokazalo se a njegov utjecaj, najčešde, nije o takvog značaja a bi onemogudio primjenu ovakvog reukovanog pristupa.

Rezultati ati tabelom, mogu se prestaviti grafički kao na slici ispo :

100 Riješenih


300 250 200 150 100 50

[%] 0 0

1

2

3

4

5

Slika 1.35 : Veza devijator (  =  1- 3 ) – aksjalna deformacija

Ćelijski pritisak se oržava konstantnim za svaki inkrement aksijalnog naprezanja, jer se rai o standardnom triaksijalnom testu. Za svaki inkrement vertikalnog naprezanja, javlja se i porni pritisak

jer se aksijalno opteredenje nanosi u nereniranim uslovima. Iako se rai o uzorku normalno konsoliirane gline, uočen ja blagi pa mjere smičudeg naprezanja ( ) nakon ostizanja vršne vrijenosti pri eformaciji o oko 2%. Ovaj napon („vršna“ vrijenost ) se uzima kao mjerodavna za proračun ugla unutrašnjeg trenja kao jeine nepoznate veličine.    3    3 označimo napone vezane za promjenu zapremine i promjenu Ako sa : s  1 i t  1 2 2 oblika, respektivno, taa se razvoj naprezanja, za ovaj jean uzorak, može prestaviti tragom naprezanja u s'-t' (s-t) koordinatnom sistemu (ravno stanje napona). Uz napomenu da su efektivni naponi jedanki totalnim umanjenim za vrijednost izmjerenog pornog pritiska prema principu efektivnih napona. 140

t, t'

120 100 trag II faza - s'-t'

80

trag II faza - s-t 60

Trag I faza : s=s'; t=t'

40

Kf linija u s'-t'

20 0

s, s' 0

100

200

300

400

500

600

Slika 1.36 : Trag napona i K f linija

Nagib nacrtane Kf linije u s'-t' koordinatnom sistemu (tg) prestavlja sinus ugla unutrašnjeg trenja

100 Riješenih


tg   sin ' sin  ' 

122,0 344,5

 0,354

 '  20,740 Kohezija je jednaka nuli, jer se radi o normalno konsolidiranoj glini. Napomena : Nerenirani parametri smičude čvrstode ( u i cu) oređeni CU triaksijalnim testom

obično nemaju praktičan značaj, jer različitoj početnoj upakovanosti ogovara različita čvrstoda, pa nagib anvelope sloma u pogledu totalnih napona (za nedrenirane uslove) zavisi od stanja u kojem se nalazi uzorak. Za opit bi se moralo primjenjivati uzorke sa prirodnom vlažnošdu, a ne saturirane uzorke. Na drugoj strani, odnos c u/' može biti koristan jer je pokazatelj prirasta nerenirane

čvrstode sa napretkom konsoliacije tj. sa povedanjem efektivnog naprezanja. Za nerenirane parametere se najčešde primjenjuje brzi t est monoaksijalne čvrstode, gje je nerenirana kohezija jednaka polovini aksijalnog naprezanja pri slomu uzorka, dok je ugao unutrašenjg trenja jenak nuli (φu = 0,0°). U zadataku je uvedeno i pojednostavljenje da se problem posmatra kao problem ravnog stanja napona, iako je problem triaksijal nog testa osnosimetrični problem ko kojeg se naponsko

stanje obično predstavlja srednjim efektivnim naprezanjem : p = (σa+2σr )/3 i devijatorom napona : q = σa - σr. Zadatak 38 : Na uzorku prekonsolidirane kohezivne gline tla izvršen je konsoliirani renirani (CD)

test. Ćelijski pritisak je 20,0 kPa.Uočeno je a je ošlo o sloma uzorka kaa je aksijalna sila u klipu proizvela dodatni vertikalni napon od 76,0 kPa.

Oreiti parametre smičude čvrstode tla! Rješenje : Nije mogude oreiti parametre smičude čvrstode za renirane uslove materijala koji ima

koheziju. Za definisanje anvelope sloma kohezivnog materijala ( c ≠ 0) neophodna su najmanje dva uzorka. Zadatak 39 : U drugoj fazi CD standardnog triaksij alng testa uzorak je optereden izotropnim delijskim

pritiskom intenziteta 100 kPa. Nacrtati Mohr-ov krug u '- koordinatnom sistemu. Rješenje : U slučaju jelovanja izotropnog delijskog pritiska nema smicanja, a time ni promjene oblika

uzorka, tj. ešava se samo promjena zapremine (konsolidirani test). Mohr-ov krug za ovakvo naponsko stanje prestavjen je tačkom koja leži na ' osi. Znači, kroz bilo koju presječnu ravan naponi su jenaki apliciranom delijskom pritisku, a mjera simčudeg naprezanja je jedanaka nuli. 

' 3'=100,0 Slika 1.37 : Naponsko stanje za svaku presječnu ravan („Mohr -ov krug“)

100 Riješenih


Zadatak 40 : Iz kante pune suhog pijeska prosut je pijesak na horizontaln u površinu koji je ranije

ispitan u svrhu oređivanja ugla unutrašnjeg trenja i obivena je vrijenost o 33 . Pod kojim uglom

(približno) de biti stranice formiranog kupastog oblika u onosu na horizontalnu površinu nakon istresanja iz kante. Rješenje :   33 Napomena : Za suhi pijesak vrijedi da ugao

unutrašnjeg trenja ogovara tzv. kritičnom uglu mirovanja (eng. angle of repose ) – koji predstavlja upravo nagib slobodno formirane

površine suhog pijeska na horizontalnoj površini

Slika 1.38 : Definicija ugla mirovanja (eng. “angle of repose”)

Zadatak 41 : Test direktnog smicanja izveden je na seriji uzoraka glinovitog materijala u dreniranim

uslovima. Tabelarno su prikazani rezultati 4 izvedena testa :

Broj testa 1 2 3 4

Efektivni smičući

Efektivni normalni napon 100 200 300 400

napon pri slomu 98 139 180 222

Tabela 1.6 : Rezultati testa direktnog smicanja

Odrediti efektivne parametre smičude čvrstode.

Za test irektnog smicanja je karakteristično a je kritična kombinacija normalnog i smičudeg naprezanja u trenutku sloma poznata, pa nema potrebe za crtanjem Mohr-ovih krugova . Dakle, iz

tabelarno prikazanih rezultata može se efinisati anvelopa čvrstode čiji de osječak na osi smičudeg naprezanja predstavljati koheziju, a nagib u ’- ijagramu ugao unutrašnjeg trenja.

222 180 139 98

100

200

300

400

Slika 1.39 : Rezultati testa direktnog smicanja

Sa dijagrama se može očitati rješenje : c' = 55 kPa; ' = 23

'

100 Riješenih


Zadatak 42 : Na slici je prikazan karakteristični ijagrami smičude naprezanje vs. horizontalna

eformacija obiveni ispitivanjem na va uzorka prekonsoliovane gline u uređaju za direktno smicanje. Oreiti vršni (’p)i kritični (’cv) ugao unutrašnjeg trenja.

100 65 57

' = 150 kPa

40

' = 75 kPa

Slika 1.40 : Rezultati testa direktnog smicanja

Vršni (eng. peak ) ugao unutrašnjeg trenja demo oreiti iz onosa vršnog smičudeg naprezanja i normalnog naprezanja :

100  57

tg  p



 p

29,8 



150  75



43 75



0,573

Kritični (eng. critical value) ugao unutrašnjeg trenja demo oreiti iz onosa smičudeg naprezanja u kritičnom stanju i normalnog naprezanja : 65  40

tg  cv





18,4 

cv



150  75



25 75



0,333

Čime su efinisane anvelope sloma različitog na giba, ali jednog te istog materijala. Napomena : U konkretnim praktičnim problemima, reovno se susrede problem izbora jenog o ova

va ugla unutrašnjeg trenja. Stvar se oatno komplikuje, jer i mobilizacija kohezije zavisi o stepena naprezanja i smatra se a je kohezija u kritičnom stanju jenaka nuli, a ima maksimalnu vrijednost na početku naprezanja. U pravilu, primjena ugla unutrašnjeg trenja za kritično stanje, kao onoga na strani sigurnosti se preporučuje za vedinu praktičnih problema, posebno ako se primjenjuju moeli tla koji ne mogu opisati tzv. s oftening, tj. smanjenje čvrstode nakon ostizanja vršne vrijenosti , kakav je klasični Mohr-Coulomb-ov model. Zadatak 43 : Kako se na osnovu va testa triaksijalnog smicanja mogu oreiti parametri čvrstode na

smicanje (φ i c).

100 Riješenih


Rješenje : Naveeni paramteri se najjenostavnije obiju rješavanjem vije jenačine sa vije

nepoznate koje se obiju izražavanjem sinusa ugla unutrašnjeg trenja preko glavnih napona. Pozivajudi se na oznake sa slike ispo, u nastavku su izveene te vije jenači ne  φ

Kritična kombinacija normalnog i smičudeg napona

c c∙ctgφ

3,a

3,b

1,a

1,b

'

zatezanje

Slika 1.41 : Mohr-ovi krugovi I anvelopa sloma za sl učaj triaksijalnog ispitivanja 2 koherentna uzorka

Za oba kruga se može napisati izraz za sinus ugla unutrašenjg trenja :

 1

  3

2

sin  

c  ctg  

 1

  3



 1

  3

2c  ctg    1

  3

, obzirom da se radi o istom tlu pa mu odgovaraju

2

isti parametri čvrsode. Dalje se sređivanjem gore navedenog izraza dobije poznata veza : 1  sin  cos   1   3   2c  1  sin  1  sin  Obziron da vrijedi :

1  sin  1  sin  cos  1  sin 



tg 2 (45 



tg (45 

 ) 2

 ) 2

Konačno se može napisti veza :    1   3  tg 2 (45  )  2c  tg (45  ) 2 2 Pa se za va uzorka mogu efinisati vije jenačine sa nepoznatim vrijenostima ugla unutrašnjeg trenja (φ) i kohezije (c). Rješavanjem tih jenačina po φ i c oređuju se parametri smičude čvrstode. Zadatak 44 : Dva uzorka tla su testirana standarndnim dreniranim (CD) triaksijalnim testom

dobiveni su rezultati :

Test

σ3

σ1

a

100 300

240 630

b

Tabela 1.7 : Rezultati testa na 2 uzorka

i

100 Riješenih


Ukoliko bi se testirao još jean uzorak (uzorak c) pri delijskom pritisku o 200 kPa, koliki bi bio očekavani maksimalni glavni napon (σ1,c) pri slomu uzorka. Rješenje : Za rješenje zaatka demo koristiti gotovi izraz izveden u sklopu prethodnog zadatka :

 1

2

  3  tg

(45 

  )  2c  tg (45  ) 2 2

U zadatku se traži veličina maksimalnog glavng napona σ1, ali za veličinu delijskog pritiska o 200 kPa.

Poatke iz va testa demo iskori stiti za oređivanje parametara čvrstode :    1,a   3,a  tg 2 (45  )  2c  tg (45  ) 2 2    1,b   3,b  tg 2 (45  )  2c  tg (45  ) 2 2   1,a   1,b  ( 3,a   3,b )  tg 2 (45  ) 2  630,0  240,0  (300,0  100,0)  tg 2 (45  ) 2  390,0  200,0  tg 2 ( 45  ) 2   1,95  tg 2 (45  ) => tg ( 45  )  1,4 2 2  ( 45  )  54,5 =>   19,0 2 Uvrštavanjem naza, u jenu o početnih jenačina (npr. prvu) , dobije se i vrijednost kohezije : 19 19 240,0  100  tg 2 (45  )  2c  tg (45  ) 2 2 19 43,5  2c  tg (45  ) => c = 15,5 kPa 2 Veličina glavnog napona za uzorak koji je povrgnut delijskom pritisku od 200 kPa (σ3,c) iznosi :    1,c   3,c  tg 2 (45  )  2c  tg (45  ) 2 2 19,0 19,0  1,c  200,0  tg 2 (45  )  2  15,5  tg (45  ) 2 2

-

 1,c



392,1  43,46  435,56kPa

Zadatak 45 : U aparatu za triaksijalno smicanje, testiran je uzorak normalno konsolidirane gline, pri

konstantnom delijskom pritisku od 49,40 kPa. Prečnik uzorka je 38 mm. Maksimalna normalna sila u

klipu za nanošenje opteredenja tokom testa je 82,50 N. Na slici je šematski prikazan uređaj za trikasijalno ispitivanje

100 Riješenih


Slika 1.42 : Šema uređaja za triaksijalni test

Koliki je ugao unutrašnjeg trenja gline?  3 = 49,40 kPa d=38 mm F max =82,50 N

Manji glavni napon je jednak delijskom pritisku. Vedi glavni napon je čelijski pritisak plus napon o vertikalnog opteredenja. Pošto je kohezija nula (normalno konsolidirana glina), dovoljan je jedan test za oređivanje jeinog nepoznatog Mohr -Coulomb-ovog parametra čvrstode (φ).  1

  3 

F max A

  3 

F max d 2  



4 σ1=122,14 kPa 1  1   3   1 2 sin    1  1   3   1 2

  3   3

49,40kPa 

82,50 N  10 3 (38  10 3 ) 2   4



122,14kPa  49,40kPa 122,14kPa  49,40kPa

Pa je rješenje : φ=25,1° c = 0,0 kPa Zadatak 46 : CD triaksijalnim testom je ispitan granularni materijal i izmjeren je odnos napona pri

slomu : '1/'3 = 4,0. Izračunati ugao unutrašnjeg trenja '. Rješenje : Ranije je izvden izraz za sinus ugla nagiba anvelope sloma kod granularnih materijala (c=0):

sin  

 '1  ' 3  '1  ' 3

100 Riješenih


Iz čega se može napisati (ijeljenjem sa 3 brojnika i nazivnika, esne strane jenačine) :  '1 sin sin  

 ' 3  '1  ' 3



1

4 1

 

4 1

1



3 5



0,6

' = 37,0 Zadatak 47 : U CD triaksijalnom testu na uzorku rastresitog pijeska (c' = 0), pri delijskom pritisku o 2

2

σ'3 = 138,0 kN/m , maksimalni glavni napon pri slomu iznosio je σ'1 = 423,0 kN/m . Nacrtati trag napona u Lambe-ovom koordinatnom sistemu. Rješenje : Ose Lambe-ovog koordinatnog sistma su definisane sa :

s ' 

 '1  '3 2

; t ' 

 '1  '3 2

Za fazu nanošenja delijskog izotropnog pritiska, σ'1 = σ'3 trag napona se krede už s' ose. Pri nanošenju aksijalnog opteredenja (evijator napona, koji se vezuje uz pojavu smičudih eformacija), sa porastom veličine s', raste i veličina t', pa se konačno može formirati traženi ijagram : s'

0

138

280,5

t'

0

0

142,5

Tabela 1.8 : Izračuante vrijednosti s' i t' 160

t' [kPa] 140

120 100

80

60 40

20

s' [kPa] 0

0

50

10 0

15 0

20 0

25 0

300

Slika 1.43 : Trag napona u Lambe-ovom koordinatnom sistemu

Vrijei napomenuti a ovaj pristup ne posmatra triaksijalni test kao osnosimetrični problem nego ga tretira kao problem ravnog stanja napona, što je spemenuto i u zadacima ranije.

1.5 Slijeganje tla i vremenski tok slijeganja

Slijeganje se ešava uslje promjene efektivnih napona. Slijeganje izazvano vertikalnim opteredenjem, u principu se može razložiti na komponente trenutnog slijeganja, konsolidacionog slijeganja i komponentu puzanja. Doprinos pojedinih komponenti zavisi od vrste tla.

Osnovni problem pri proračunu slijeganja prestavlja izbor mjeroavnih parametara eformabilnosti. Primjenja proračunskog pristupa, koji se bazira na analogiji sa eometrom, može može koristiti u rješavanju r ješavanju stanarnih geotehničkih problema, ali pri tome treba imati u viu ograničenja koja ona podrazumijeva. Jedan od kriterija, obično mjeroavan, ko izbora načina temeljenja jeste opušteno slijeganje.


tla

2011

Zadatak 48 : Na nu jezera se nalazi stišljivi voozasideni sloj sitnozrnog materijala ebljine 4,0

metra, ispo kojeg je nestišljivi sloj. Dubina jezera iznosi 8,0 metara. Uslje akumuliranja voe povedao se nivo jezera i saa mu ubina iznosi 11,0 metara. Izračunati slijeganje stišljivog sloja, ako 3

su mu poznate karakteristike: C c = 0,15; Cr = 0,02; e 0 = 0,6; OCR = 1,0; = 20,0 kN/m .

Povedanje nivoa voe u jezeru nede izazvati povedanje efektivnog napona u voozasidenom tlu ispo jezera, jer povedanje nivoa voe povedava u istoj mjeri i porni pritisak i totalni napon, pa je razlika između ta va napona konstantna. σ' = σ' = σ – u = const =>

Δs

=0

=> nema slijeganja

Zadatak 49 : Izračunati po kojim uglom ( ) treba postaviti dio AB apsolutno krute konstrukcije sa

slike, a bi nakon slijeganja slijeganja isti zauzeo horizontalni položaj. Stišljivi sloj poijeliti na na 3 sloja ebljine 1,0 metar i ukupno slijeganje izračunati kao sumu slijeganja slijeganja pojeinih slojeva korištenjem približnog numeričkog integrisanja. Napone o površinskog opteredenja izračunati približnom metoom. Referentni edometarski modul je konstantan po dubini i iznosi 40 000 kPa. 3,0 B

A

F= 500 kN

1,0

1,0

SP-SM

3,0

Ms = 40 000 kPa

Slika 1.44 : Šema konstrukcije i profil tla

Pod pretpostavkom da je kontaktni napon koji izaziva slijeganje konstantan i jednak (fleksibilna stopa) :

500,0 0

1,0 1,0

500kPa

Može se izračunati oatni vertikalni napon o naopteredenja približnom (2:1) metoom : A0 0

A z

Pa je dodatni napon u sredini svakog od tri sloja respektivno : z 0, 5

500,0

z 1, 5

500,0

z 2 , 5

500,0

1,0 1,5 1,5 1,0 2,5 2,5 1,0 3,5 3,5

500,0

1,0 2,25

500,0 500,0

1,0 6,25 1,0 12,25

222,22kPa 80,0kPa 40,82kPa


tla

2011

Suma slijeganja svih slojeva predstavlja ukupno slijeganje :

s

s1

s2

z 0,5

s3

z 1, 5

222,22 80,0

z 2, 5

M s

40,82

0,00857 m

40000

Ugao nagiba gree iztačunat demo preko tangensa ugla :

tg

s

0,00857

3,0

3,0

0,00286

arctg 0,00286 0,163



Zadatak 50 : Uslje sniženja nivoa pozemene voe efektivni vertikalni napon u sreini 2,5 metara ebelom sloju gline je narastao sa 50,0 kPa na 57,0 kPa. Ako je početni koeficijent pora (eng. initial void ratio) 1,45; OCR = 1,2; C c = 0,35 i C r = 0,05, izračunati slijeganje uslje sniženja nivoa pozemene vode. Napomena : Indeks rekompresije C r, se često označava i sa C s, pri čemu oznaka „s“ označava „swelling“ (= bubrenje ), tj. povedanje zapremine pri rasteredenju, obzirom a su ta va nagiba

približno paralelna. Kako je OCR = 1,2 = σ'p/σ'0 => prethodne konsolidacije

e nagib Cr

e0 ekraj

57,0 60,0

= 60,0 kPa – napon

Dodatni napon ne izaziva naprezanja iznad napona prethodne konsolidacije, tj. r ai se o slučaju kaa glina ostaje prekonsolidovana do kraja slijeganja (elastično deformisanje), pa se slijeganje može izračunati na osnovu promjene koeficijenta pora :

nagib Cc

50,0

σ'p

logσ'

s

C r 1 e0

h log

0,05

0 0

1 1,45

2,5 log

50 57 50

Slika 1.45 : e-log σ ' dijagram za konkretan problem

s

0,0029m

0,29cm

Na slici su prikazane temeljena stopa imenzija 2,0x2,0 metar i temeljna ploča dimenzija 8,0x8,0 metara. Stopa i ploča optereduju tlo ravnomjerno raspodijeljenim kontaktnim naponom intenziteta 150,0 kPa. Profil tla je efinisan sa vije karakteristične geotehničke sreine i to CL-SM (debljine 4,0 m) sa edometarskim modulom od 40 MPa i krečnjačke stijene koja se smatra nestišljivom i u kojoj nije mogao biti izmjeren broj uaraca stanarne penetracije. Izračunati slijeganje ispod centra jedne i gruge opt eredene površine i komentarisati rješenje. Napone izračunati pomodu Boussinesq-ovog dijagrama. Zadatak 51 :


tla

2011

q = 150 kPa

q = 150 kPa

Rub „kruške“ napona

16,0 m

Rub „kruške“

20,0 m

napona Krečnjak

CL - SM

4,0 m

Slika 1.46 : Rub kruške napona za površinsko opteredenje sa različitim površinama – šematski prikaz

Na osnovu pretpostavke a je sloj krečnjaka nestišljiv, zaključujemo a se stopa imenzija 2,0x2,0 metra nede slijegati jer ne izaziva oatno naprezanje u zoni stišljivog sloja , koji se nalazi na dubini od 16,0 metara. Na rugoj strani stopa imenzija 8,0x8,0 metara izaziva povedanje vertikalnog napona i u zoni stišljivog sloja (ubina 2,25B = 2,25∙8,0 = 18,0 m – sreina stišljivog sloja) pa je slijeganje iste jednako : z 18, 0

s

M s

h

0,096 150 40000

4,0

0,00144 m

Pri čemu je vrijenost 0,096 očitana za kvaratnu stopu sa Boussinesq -ovog dijagrama za ogovarajudi ubinu 2,25B = 18,0 m, koja prestavlja sreinu stišljivog sloja (pravilo približnog integrisanja površine oatnih napona o površinskog opteredenja) s = 0,144 cm Napomena : U svakonevnoj inženjerskoj praksi, slijeganja se najčešde računaju prema eometarskoj

pretpostavci, tj. po pretpostavkom spriječenog bočnog širenja. Nešto realniji pristup je onaj sa

proračunom gje bočni pomaci nisu u potpunosti spriječeni, nego su uslovljeni geometrijom problema. Ovakav proračun se uspješno obuhvata proračunima na bazi metoe konačnih elemenata. Zadatak 52 : Sloj gline, ebljine 5,0 metara ima prosječni koeficijent konsoliacije c v = 5x10

-2

2

mm /min. Ako je taj sloj izložen konstantnom inicijalnom pornom pritisku po visini, oreiti vrijeme

za koje de se esiti 90% konsoliacije ako je a) reniranje omogudeno na obje površine, b) reniranje mogude samo na gornjoj površini Vrijeme trajanja konsolidacije definisano je (prema Terzaghi-jevoj teoriji jednoosne konsolidacije) sa:

t

2 H dr T

cv

Gdje je : H dr – visina reniranja i jenaka je ebljini voozasidenog sloja za koji se računa vrijeme

trajanja konsoliacije kaa je reniranje omogudeno samo u jednom smijeru, odnosno polovini ebljine u slučaju kaa je reniranje omogudeno na obje površine (gore i ole).


tla

2011

To je akle, najuži put koji je potreban zamišljenoj kapljici voe a se izrenira iz slabopropusnog sloja. T – vremenski f aktor koji je efinisan u funkciji prosječnog stepena konsoliacije (U avg) –

mjeroavna kriva (1) jer je zaatkom rečeno a je sloj gline izložen konstantnom inicijalnom pornom pritisku. Napomena : Poznato je a se isipacija pornih pritisaka najprije eša va na rubovima koji se nalaze uz

slobono renirajudu površinu, tako de se u ovim zonama najprije završiti slijeganje, iz tog razloga se uvoi prosječni stepen konsoliacije : st U avg s koji predstavlja odnos slijeganja u datom trenutku t (s t) i ukupnog slijeganja koje odgovara vremenu

konačnog slijeganja (u „beskonačnosti“ - s ). U konkretnom zadatku zadat je uslov da treba da se desi 90% konsolidacije (slijeganja u vremenu),

što ogovara prosječnom stepenu konsoliacije o 90%, a kojem prema dijagramu zavisnosti T v-Uavg odgovara vrijednost -

slučaj a) (Kriva 1) : Tv = 0,85; H dr = 5,0/2 = 2,5 m -

Slučaj b) (Kriva 1) : Tv = 0,85; Hdr = 5,0 m

Slika 1.47 : Zavisnost vremenskog faktora i prosječnog stepena konsoliacije za različite slučajeve početnog pornog pritiska i naznaka mjerodavne visine dreniranja

a)

t

(2,5 1000,0) 2 0,85 0,05

106250000 minuta

t 202,0 godina b)

t

(5,0 1000,0) 2 0,85 0,05

42500000 minuta

t 808,0 godina

Zadatak 53 : U testu konsolidacije na uzorku gline debljine 28 mm , izmjereno je da su porni pritisci

opali na nulu poslije 14 minuta. U testu je reniranje omogudeno samo u jednom smjeru. Odrediti trajanje procesa konsolidacije sloja ove gline 4,60 m debljine, sa dreniranjem u jednom


tla

2011

hlab=28 mm tlab=14 min hteren=4,60 m tteren=? [dana]

Slika 1.48 : Jednoosna konsolidacija - lab Vs. teren

Pri proračunu trajanja slijeganja pretpostavka je a se u terenskim uslovima konsoliacija ešava kao u laboratorijskom testu konsoliacije. Kako se rai o istom tlu, očito je a je koeficijent konsoliacije isti u laboratoriji i na terenu, a tak ođer i vremenski faktor je isti jer se traži trajanje slijeganja, što znači a je prosječni stepen konsoliacije jenak 100% (ili 90% ako se pretpostavi a je taa završeno slijeganje, ali u svakom slučaju , Tv je isto za laboratoriju i teren). Iz uslova jenakosti vremenekog faktora za terenske i laboratorijske uslove, može se efinisati veza : t lab

2 hdr ,lab

t teren

2 hdr ,teren

t teren

14 min

t teren

2 hdr ,teren

t lab

2 hdr ,lab

(4,6 103 mm) 2

377857 ,1min

(28mm) 2

6297 ,6h

t teren = 262,4 dana

Zadatak 54 : Edometarskim testom je dobiven dijagram sa slike. Uzorak je uzet iz sredine 10,0

metara ebelog sloja gline. Opteredenje je izazvalo oatni napon o 48,0 kPa. Izračunati slijeganje. Poznato je a skradenje uzorka u e eometru računamo prema izrazu : e 1,1 s H 1 e0 gdje je :

1,076

e0 – početni koeficijent pora H – visina stišljivog sloja

1,045

Δe – promjena koeficijenta pora

70

40,95

log

’

Pa koristedi veličine koeficijenata pora sa slike i pretpostavljajudi a se slijeganje u stvarnosti ešava analogno ponašanju uzorka u eometru može se izračunati sliijeganje:

Δσ=48,0 Slika 1.49 : Laboratorijski dobijen e-logσ dijagram

1,1 1,045

s

10,0

s

0,261m

1 1,1

10,0

0,055 2,1

26,1cm

Zadatak 55 : Kružni temelj samac prečnika 1,0 metar je optereden silom o 200 kN.

Oslonjen je na 2,0 metra ebeli sloj zbijenog pijeska ispo kojeg je nestišljiva stijena. Izračunati (procijeniti) zahtijevanu vrijednost modula stišljivosti sloja pijeska da slijeganje bude 0,5 cm.


tla

2011

Naponi na površini (po pretpostavkom ravnomjeren raspoejle istih po površini iznose : 1,0 m

200,0 z 0, 0 m

800,0

1,0 2

254,8kPa

4 F = 200 kN

Dodatni naponi u sredini (jer se koristi približno

numeričko integrisanje) 2,0 metra debelom stišljivom sloju iznose (2:1 metoa) : 1,0 2

2,0 m Ms = ?

z 1, 0 m

z 0, 0 m

4 (1,0 1,0) 2

254,8

1 4

63,7kPa

4 Slika 1.50 : Geomterija problema

Saa se može izračunati i zahtijevana veličina moula stišljivosti sloja ebljine 2,0 metra , da slijeganje bude zahtijevano (0,5 cm) : Iz : s

M s

H 0,005 => M s

63,7 H 2,0 s 0,005

25480 kPa

Dakle, neophodno je ostvariti zbijenost položnog stišljivog tla (debljine 2,0 metra) do edometarskog modula od oko 25 MPa, a a bi slijeganje bilo rea veličine 0,5 cm Zadatak 56 : Kružni temelj samac prečnika 1,0 metar je optereden silom o 200 kN i o slonjen je na

2,0 metra

debeli sloj zbijenog pijeska ispod kojeg je

nestišljiva stijena. Sopstvena težina stope nije zanemariva i

1,0 m

2

iznosi 12,5 kN/m . Izračunati

zahtijevanu vrijednost

modula stišljivosti sloja pijeska da slijeganje tačke A bude 0,5 cm. Napone o površinskog opteredenja izračunati

F = 200 kN 0,5 m A

približnom (2:1) metoom, a gustodu pojele stišljivog sloja

na

podslojeve

izabrati

kako

mislite

da

je

najpovoljnije. Ms = ?

2,0 m

Slika 1.51 : Geometrija problema

Rješenje : Prema 2:1 metoi oatni naponi o površinskog opteredenja se javljaju na ubi o 1,0

metar. Stoga, najpravilnije izabrana pojela jeste ta a se stišljivi sloj o 2,0 metra pojeli na va sloja ebljine 1,0 metar, pri čemmu se gornji o ova va sloje ne eformiše, jer nema oatnih naprezanja. Deformacija se ešava samo u onjem sloju i treba a iznosi prema uslovu zaatka 0,5 cm, pa je :

s

M s

1,0

0,005


tla

2011

Ostaje još a se izračuna oatni napon na ubini o 1,5 metara (

z 1,5 m

) jer je to sredina donjeg

sloja, pri čemu je napon na površini jenak sumi napona od koncentrisane sile (F/A) i napona od sopstvene težine (12,5 kPa) : 1,0 2 z 1, 5 m

z 0, 0 m

4 (1,0 1,5) 2

(254,8 12,5)

1 6,25

42,8kPa

4

Pa je : M s

0,005

42,8

1,0

0,005

1,0

8560 kN / m 2

Zadatak 57 : Fleksibilni kružni temelj prečnika 4,0 metra, funiran je na sloju gline ebljine 8,0

metara, na dubini od 1,0 metar. Usvojeni efektivni paramteri deformabilnosti sloja gline su : E' = 5000 2

2

kN/m i υ' = 0,3. Ravnomjerno opteredenje temelja iznosi 168,0 kN/m . Zapreminska težina tla je γ = 3

18,0 kN/m . a) Odrediti prirast vertikalnih i horizontalnih napona na dubinama od z = 0, 2, 4, 6 i 8 metara b) Izračunati slijeganje iz uslova slobone bočne eformacije

Oreiti moul stišljivosti M s i izračunati slijeganje iz uslova spriječene bočne deformacije.

c)

Ako se uzme u obzir rasteredenje uslje iskopa, ona je neto kontaktni napon jenak : q

0

168,0 18,0 1,0 150,0kN / m 2

D f

a) Prirast horizontalnih i vertikalnih napona u osovini kružnog temelja izračunat de se prema

poznatim izrazima izveenim za elastični poluprostor optereden kružnim opteredenjem, za različite ubine (z) i položaj ispo centra kruga (R=0) : ' x

0,5

' z

(1 2

0

(1 ( R 2 / z 2

0

' ) ( R 2 / z 2

' 2 (1 1)

3/ 2

1)

1/ 2

( R 2 / z 2 1)

3/ 2

)

)

Što je prikazano tabelarno : Tačka

0

1

2

3

4

z [m]

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

120,0

8,63

-0,75

-0,96

-0,7

150,0

96,97

42,67

21,9

13,04

'

x

' z

Tabela 1.9 : Promjena horizontalnih i vertiklanih napona sa dubinom

b) Slijeganja se alje lako mogu izračunati kao pr oizvod deformacija i pripaajude visine sloja,

pri čemu je napon koji izaziva slijeganje onaj iz sreine svako g od 4 podsloja (što prestavlja približno numeričko integrisanje) : z = 1,0 m =>

' x

(120,0 8,63) / 2 ' z

z = 3,0 m =>

' x

z = 5,0 m =>

' x

0,86 ;

' z

32,3

z = 7,0 m =>

'

0 83

'

17 5

3,94 ;

69,82

64,3 ;

' z

(150,0 96,97) / 2 123,5


1 z

E '

' z

(

z [m] z

2

'

' x

tla

2011

)

1,0

3,0

5,0

7,0

0,01698

0,013491

0,0065632

0,0036

0,03397 0,02698 0,01312 0,0072 Tabela 1.10 : Slijeganja karakterističnih poslojeva u metrima

s [m]

4

s

si 0,0812m i 1

s = 8,12 cm

Slijeganja uz pretpostavku spriječene bočne eformacije se raču naju na osnovu modula

c)

stišljivosti koji se može oreiti iz zaate veličine eformacionog moula za slobone bočne deformacije i Poisson-ovog koeficijenta, pa je :

E ' (1

M s

1

')

' 2

'

5000 (1 0,3) 2

1 0,3 2 0,3

2

6730 kN / m 2

A vertikalna eformacija se oređuje prema : ' z z

M s

z [m] z

1,0

3,0

5,0

7,0

0,01835

0,0104

0,0048

0,0026

0,0367 0,021 0,0096 0,0052 Tabela 1.11 : Slijeganja karakterističnih poslojeva u metrima

s [m]

4

s

si 0,0722m i 1

s = 7,22 cm

Napomena : Edometarsko slijeganje je za ovaj konkretni slučaj oko 12% manje od slijeganja pri

slobonoj bočnoj eformaciji . Ipak, vrijei napomenuti a se ova razlika između eometarskog i pristupa sa slobonim bočnim širenjem smanjuje sa povedanjem širine opteredene površine u onosu na ebljinu stišljivog sloja.

1.6 Horizontalni pritisci tla

Horizontalni pritisci tla mogu se izračunati stanarnim metoama plastične ravnoteže (Rankine -ov horizontalni pritisak). Ova metode se sastoje u formulisanju mehanizma loma (odnosno plastifikacije) i ogovarajude opteredenje se oređuje iz uslova plastične ravnoteže na nivou elementa. Pritisci tla zavise o mogudnosti eformisanja konstrukcije na koju vrše pritisak (otpor) i u tom smislu se razlikuje aktivni pritisak, pasivni otpor i pritisak u stanju mirovanja. Horizontalne pritiske čine pritisak tla i pritisak vode. Kod potpornih konstrukcija, pritisak vode, iako smanjuje vertikalni efektivni napon, pa time i horizontalni pritisak (otpor) tla, on povedava ukupni pritisak na zid. Pritisak vode djeluje hidrostatski za razliku od pritiska tla.


Zadatak 58 : Oreiti aktivni pritisak tla na zi (prema slici) i položaj rezultante sile aktivnog pritiska.

Zi smatrati iealno glatkim. Na osnovu laboratorijskih ispitivanja obivena je zapreminska težina tla 3 3 od 19,0 kN/m , saturirana zapreminska težina sat = 20,0 kN/m , OCR=1 i ugao unutrašnjeg trenja = 28 . Nivo pozemne voe je uočen na ubini o -4,0 m.

4,0 m 8,0 m

2

q = 10,0 kN/m

4,0 m

Slika 1.52 : Z aštitna konstrukcija sa naznačenim principom deformisanja

Na slici je crtkanom linijom naznačen mehanizam eformisanja zaštitne konstrukcije na osnovu kojeg se može zaključiti a se ista krede o tla sa lijeve strane te je na toj strani zi optereden aktivnim pritiskom, što se i traži zaatkom. Koefecijent aktivnog pritiska izračunat demo prema Rankine -ovoj teoriji, jer se rai o glatkoj površini

te horizontalnoj površini terena iza zia : K a

tg 2 (45

2

)

tg 2 (45

28 2

)

0,361

Horizontalni pritisak prema Rankine-ovoj teoriji se računa prema:

h,a

' v

K a

2 c

K a

Kako se rai o normalno konsoliovanoj glini (OCR = 1), zaključujemo a je c = 0,0 kPa, tj. a se radi o materijalu bez kohezije.

Prije proračuna horizontalnih napona, treba još izračunati vrijenosti vertikalnih efektivnih napona, pa je: ' v , z 0 ' v , z 4 ' v , z 12

0

z 19,0 4,0 76,0

' ( z 4)

76,0kPa 76,0 (20,0 9,81) (12 4)

76,0 10,19 8,0 157,52kPa

Pa je konačno, horizontalni efektivni napon na ubinama 0,0; 4,0 i 12,0 metara jenak: ' h , a , z 0

0

' h , a , z 4

' h , a , z 12

157,52 0,361 56,86kPa

76,0 0,361 27,44kPa

Na osnovu izračunatih vrijenosti može se nacrtati ijagram koji demo iskoristiti za izračunavanje


F1

4,0

z1

27,44

F2

8,0

z2 z3

F3 56,86

O

Slika 1.53 : Dijagram horizontalnog pritiska tla

Intenzitet rezultante aktivnog pritiska tla : F = F1+F2+F3 = 0,5∙4,0∙27,44+8,0∙27,44+0,5∙8,0∙(56,86-27,44)=54,88+219,52+117,68 = 392,08 kN/m'

Što prestavlja silu po metru širine zia Izborom proizvoljene tačke (u konkretnom slučaju tačka O) može se oreiti položaj rezultatne (x) iz uslova :

F∙x = F1∙z1+ F2∙z2+ F3∙z3 392,08∙x = 54,88∙9,333+219,52∙4,0+117,68∙2,667 = 512,2+878,1+313,85 = 1704,15 x = 4,35 m Zadatak 59 : Oreiti vertikalni i horizontalni napon o sopstvene težine nekoherentnog normalno

konsoliovanog tla, u tački A! 2

q=20 kN/m

površina terena

5,0 m

A

10,0 m

npv 3

= 18,0 kN/m = 26

3

sat

= 19,0 kN/m

Slika 1.54 : Profil tla sa položajem tačke A

Vertikalni napon u tački A jenak je proizvou zapreminske težine u prironom stanju i ubine na kojoj se nalazi ta tačka uvedanom za intenzitet površinskog opteredenja koje se rasprostire na velikoj površini : σ'v,A = γ∙5,0 + q= 18,0∙5,0 + 20 = 110,0 kPa Horizontalni napon jednak je proizvodu vertikalnog efektivnog napona i koeficijenta horizontalnog pritiska i stanju mirovanja (K 0), koji se za normalno konsoliovano tlo može efinisati Jaky -evom formulom :


Ko = 1-sin = 1-sin26 = 0,562 °

σ'h,A = 110,0∙0,562 = 61,82 kPa Zadatak 60 : Izračunati horizontalni napon u tački A, prije i nakon iskopa ubine 7,0 metra. 1,0 m A

ISKOP

H=7 m

Zaštitna konstrukcija

Slika 1.55 : Zaštitna konstrukcija sa položajem tačke A

Geomehaničke karakteristike materijala : =20,0 kN/m3 ; c=0 kPa; =35 Horizontalni pritisak tla na površini terena jenak je nuli i prije i nakon iskopa Δσh,A,prije iskpopa = Δσh,A,nakon iskopa =

0

Zadatak 61 : Kolika je teoretski, maksimalna stabilna visina (H c) iskopa sa slike? Iskop i okolno tlo su

suhi.

ISKOP

Hc=?

Slika 1.56 : Šema iskopa

Geotehničke karakteristike materijala : =20,0 kN/m3 ; (a) c=0,0 kPa, (b) c=10,0 kPa;

=35

(a) Suhi nekohezivni materijal ne može stajati vertikalno, pa je kritična visina H cr jednaka nuli. (b) Prema Rankine-ovoj teoriji, aktivni horizontalni pritisak se računa prema izrazu :

K a

h ,a

' v

2 c

K a

Kako se rai o kohezivnom materijalu, o oređene visine aktivni pritisak de biti negativan, te na tom ijelu tlo može primiti zatezanje, pa je kritična visina ona na kojoj je horizontalni aktivni pritisak jednak nuli :

K a

h,a

K a

H 2 c

K a

tg 2 (45

0,271

0,271

H cr

2 c

0,271

0

2

)

H 2 c

tg 2 (45

2

)

0


2 c

H cr

2 10 20 0,271

K a

1,92m

Napomena : Svjeoci smo a površinski slojevi tla često buu zasječeni vertikalno i o vede visine

(H>Hcr) nego li ozvoljava njihova laboratorijski oređena veličina kohezije. Naime, često se u tim

slučajevima rai o privinoj kohez iji koja nije stalnog karaktera. P ovršinski slojevi su obično nezasideni (S<100%), što uzrokuje pojavu negativnog pornog pritiska koji oatno povedava čvrstodu materijala. Ipak, treba biti oprezan, jer ova čvrstoda nije stalnog karaktera i to je razlog što inženjeri u praksi računaju kao a de to tlo postati zasideno čime su na strani sigurnsoti. Uzroci zasiden ja su raznoliki, od podizanja nivoa usljed začepljenja vodovoda, do padavina i sl.

Zadatak 62 : Izračunati širinu zia pravougaonog poprečnog presjeka tako a faktor sigurnosti na

klizanje bue 1,5. Visina zia je 3,0 metra. Tlo iza zia ima sljeede karakteristike : =30 , =20 3 kN/m , c=0,0 kPa. Ugao unutrašnjeg trenja temeljnog tla je =35 . Za proračun koeficijenta aktivnog pritiska koristiti Rankine-ovu teoriju. Nivo pozemne voe je na površini terena. Zapreminska težina betona iznosi 25,0 kN/m

3

b=?

3,0 m V

σ'v,z=3,0 = 30,0 kPa

W

uz=3,0 = 30,0 kPa

Ea

σ'h,z=3,0 = 10,2 kPa

Temeljno tlo Slika 1.57 : Šema zia i ijagrami pritisaka na zi

Zi je optereden aktivnim horizontalnim pritiskom, obzirom a je tenencija kretanja zia „o tla“, što je naznačeno crtkanom linijom na slici. K a h ,a

tg 2 (45

K a

2

)

' v

tg 2 (45

2 c

30 2

)

0,333

K a

Kako se radi o nekohezivnom tlu (c = 0,0 kPa), jasno je da horizontalni napon predstavlja samo prozivod vertikalnog efektivnog napona i koeficijenta aktivnog pritiska:

K 0 0

0 0kPa


h ,a , z 3, 0

K a (20,0 9,81) 3,0

10,2kPa

Pa je rezultanta aktivnog pritiska tla jenaka površini trougla koji predstavlja horizontalne napone po metru širine zia (okomito na ravan crtanja) : E a

1 2

10,2 3,0 15,3kN / m'

Dok je pritisak vode (hidrostatski pritisak) jenak površini trougla prikazanoj dijagramom na slici 1.57 u sredini i iznosi, po metru širine zia :

1

30,0 3,0 45,0kN / m' 2 Sile koje izazivaju klizanje zia (napaajude sile) su : R = Ea + V = 60,3 kN/m’ V

Sila koja se odupire klizanju je trenj e na kontaktnoj površini zia i temeljnog tla : W = G zida∙tgφ

Težina betonskog zia se može izraziti u funkciji širine kao : G zida = bhγ = b∙3,0∙25,0 = 75b tj. W = 75,0b∙tgφ = 75,0b∙tg35 ° = 52,5b kN/m’

Konačno, koristedi izraz za faktor sigurnosti protiv klizanja, cilj je pokazati a de napane sile (R) uvedane 1,5 puta biti manje o sila koje se oupiru klizanju (W) : FS b

W

52,5b

R

60,3

1,5 60,3 52,5

1,5

1,71m

Usvojena širina zida iznosi 175,0 cm Zadatak 63 : Izračunati i nacrtati ijagram horizontalnog pritiska na propust kroz cestovni nasip na

slici. Geometrijske i geotehničke karakteristike su prikazane na presjeku sa slike 58. Nasip je izveden

o granularnog materijala čija je zbijenost konstrolisana nuklearnim denzitometrom.

1,5 m

NASIP :

4,5 m

= 20,0 kN/m = 36

Slika 1.58 : Geometrija i geotehničke karakteristike

3


Gornja ploča propusta onemogudava horizontalno pomjeranje zia propusta, a isti efekat omogudava i donja stopa sa “razuporom”, koja prestavlja pologu za saobradajnicu. Na slici je šematski prikazana slika eformisanja zia iz čega se zaključuje a nema pomaka koji bi omogudili aktiviranje aktivnog pritiska, te je mjerodavni horizontalni pritisak na konstrukciju propusta sa slike, onaj u stanju mirovanja. Imati na umu da je potrebno horizontalno pomjeranje za aktiviranje aktivnog

pritiska rea veličine te isto nije realno očekivati u problemu zaatka Koeficijenat horizontalnog pritiska računa se Jaky-evom formulom : K0 = 1-sin = 1-sin36 = 0,412 Vertikalni efektivni napon na vrhu i dnu zida jednak je : 2

'v,z=1,5 = 1,5 = 20 1,5 = 30,0 kN/m

2

'v,z=6,0 = 6,0 = 20 6,0 = 120,0 kN/m

Slika 1.59 : Mogudi oblik eformisanja zia

Pa su horizontalni pritisci u stanju mirovanja na vrhu i dnu zida jednaki : 2

'h,0,z=1,5 = 'v,z=1,5 K0 = 30,0 0,412 = 12,4 kN/m

2

'h,0,z=6,0 = 'v,z=6,0 K0 = 120 0,412 = 49,44 kN/m

Na osnovu čega se može nacrtati i ijagram horizontalnih pritisaka :

12,4

49,44 Slika 1.60 : Horizontalni pritisci za zid propusta

Napomena : U cilju shvatanja prostorne percepcije probelma iz zadatka, nacrtati dati problem u 3D prostoru.

Zadatak 64 : Izračunati rezultantu horizontalnog Rankine-ovog pritiska na podrumski zid objekta

visokogradnje. Objekat je ukopan 3,0 metra ispo površine terena. Iskop je izvršen sa zasjecanjem

2:1, a nakon izvođenja istog izvšeno je zasipanje granularnim materijalom koji optereduje zi. POZ 100

Kota vanjskog uređenja

γ = 20,0 kN/m c = 0,0 kPa

Temeljna ploča

φ = 34

°

3

3,0 m


S obzirom da nije dozovljeno deformisanje konstrukcije koja je pritisnuta sa svih strana, nije za

očekivati a de biti ostignuto granično stanje sloma u tlu, pa je pritisak koji optereduje konstrukciju onaj u stanju mirovanja. K0 = 1-sinφ = 1 – sin34° = 0,441

0,0 kPa

Vertikalni efektivni napon raste o nule na površini o vrijednosti 20,0∙3,0 = 60,0 kPa u nu temeljne ploče.

Horizontalni pritisak u nu temeljne ploče iznosi : σh,0,z=-3,0m =

3,0 m

60,0∙0,441 = 26,46 kPa

Ea

Pa je konačno rezultanta horizontalnog pritiska na metar širine zia jenaka površini trokutastog opteredenja : 1

E a

2

26,45 3,0

39,69kN / m'

26,42 kPa

Slika 1.62 : Dijagram horizontalnog pritiska na podrumski zid

Zadatak 65 : Izračunati širinu pravougaonog betonskog bloka visine 2,0 metra, koji priržava nasip

od granularnog materijala, tako a ne ođe o klizanja istog po polozi o tog istog granularnog materijala. Geometrijske i geotehničke karakteristike su prikazane slikom . Nivo pozemne voe

nalazi se na površini terena koji je priržan betonskim blokom. Vertikalni io betonskog bloka smatrati iealno glatkim. Zapreminska težina betona je bet = 24,0 kN/m3.

= 32 2,0 m

sat =

20,0 kN/m

3

b=? Slika 1.63 : Geometrija i geotehničke karakteristike

Rješenje : Po pretpostavkom a de se zi pomjeriti o tla ovoljno a se aktivira granično stanje

prestavljeno aktivnim pritiskom, može se izračunati ukupni pritisak tla i vode koji nastoje pokrenuti zid. Vertikalni efektivni napon na dubinama z=0,0 m i z=2,0 metra je :

' v , z

0

' v , z

2,0

(

sat

tg 2 45

K a ' h , z

0,0kN / m 2

2,0

'v , z

w

) 2,0

tg 2 45

2 2,0

(20,0 10,0) 2,0

K a

32 2

20,0 0,307

20,0kN / m 2

0,307 6,14kN / m 2

Pritisak voe raste linearno sa ubinom o površine nivoa v ode i na dubini od 2,0 metra iznosi 20,0 2

kN/m . Tako se ukupni pritisak tla i vode (napadne sile) mogu predstaviti dijagramom pritisaka po

metru širine zia (okomito na ravan crtanja):


2,0 m U

E

6,14

20,0

Slika 1.64 : Dijagram napadnih pritisaka na betonski blok sa pretpostavkom djelovanja aktivnog Rankine-ovog pritiska

Rezultanta aktivnog pritiska tla i pritiska voe lako se izračunaju kao površine slikom prikazanih dijagrama i ukupna horizontalna sila koja nastoji pokrenuti klizanje (napaajude sile) zia iznosi : Tnapad = E + U = 6,14 + 20,0 = 26,14 kN/m'

Mogudi otpor klizanju (obrana o klizanja) izračunat demo kao proizvo težine betonskog bloka i tangensa ugla unutrašnjeg trenja položnog tla : Todbrana =

2,0 b g = 24,0 2,0 b 0,625 = 30,0 b

bet

Da ne bi ošlo o proklizavanja zia faktor sigurnosti treba a je vedi o 1,0, pa iz tog uslova se može izračunati potrebna širina betonskog bloka : FS

odbrana

30,0 b

napad

26,14

30,0 b

1,0

26,14

0,871m

b

Potrebna širina zia treba a je veda o 87,1 cm Zadatak 66 : Izvesti izraz za koeficijent horizontalnog pritiska u stanju mirovanja (K 0) pod

pretpostavkom elastičnog ponašanja tla, koje je povrgnuto ispitivanju eometarskim testom. Koristiti

uslov

da

je

naponsko

stanje

pri

ovom

testu

osno simetrično,

a eformacija

jednodimenzionalna.

Rješenje : Kaa je elemenat elastičnog izotropnog tla izložen prirastu glavnih napona Δσ1, Δσ2, Δσ3,

ogovarajudi priraštaji elastičnih eformacija su : 1 ( 1 1 ref ( 2 3 )) E ref 1 2

E ref 1

3

E ref

(

2

ref

(

3

1

))

(

3

ref

(

1

2

))

Iz uslova a su bočne eformacije spriječene, te primjenom oznaka za osnosimetrično stanje napona,


1 r

E ref

(

' r

(

' r

' z

))

0

Iz čega se obije traženi onos vetikaln og i horizontalnog napona, koji predstavlja koeficijent horizontalnog pritiska u stanju mirovanja : ' r

K 0

1 1

' z

K 0

' z

i u skladu sa uobičajenim pretpostavkama linearne elastičnosti, ovaj koeficijent je

konstantan, nezavistan od putanje i prethodne historije napona.

1.7 Osnove stabilnosti kosina

Faktor sigurnosti kosine je pokazatelj relativne stabilnosti mase tla koja je ograničena kliznom površinom. Faktor sigurnosti prestavlja onos sila mogudeg otpora klizanju i napaajudih sila. On zavisi od geometrije kosine, čvrstode tla, raspojele pornih pritisaka i o vanjskih opteredenja.

100 Riješenih


Zadatak 67 : Na slici je prikazana beskonačna kosina. Efektivni paramteri smičude čvrstode na

kontaktu tla i stijene su : c' = 18,0 kN/m 2, φ' = 25°. = 20°, izračunati faktor sigurnosti protiv klizanja po stijenskoj površini.

a) Ako je H = 8,0 m i

= 20°, oreiti visinu, H, za koju je FS = 1,0. U tlu nije uočena pojava pozemne

b) Ako je i vode.

γ=18,64

kN/m

3

c' = 18 kPa φ'=25°

H

čvrsta stijenska pologa

Slika 1.65 : Geometrija beskonačne kosine sa geotehničkim paramterima

a) Rješenje :

FS

c' H cos sin

tg

18

tg 25

tg

18,64 8,0 0,9397 0,342

tg 20

0,376 1,28

1,656

b) Rješenje :

Visina kojoj ogovara faktor sigurnosti FS = 1, naziva se kritičnom visinom, pa je ista označena sa H cr. H cr

c'

1 cos 2

18

(tg

tg )

1

11,6m

18,64 cos 2 30(tg 30 tg 25)

Napomena : U nastavku je prikazan princip izvođenja izraza za faktor sigurnosti beskonačne kosine za

slučaj kaa u istoj nema pojave voe. Analagno se izvoi i izraz za slučaj postojanja voe . L γ,

W N

H

Sa slike :

c, φ

W = γ∙H∙L∙1,0m =

T

γ∙H∙L [kN]

N = W∙cos = Nr

L/cos

T = W∙sin

Nr

Slika 1.66 : Z amišljena lamela dimenzija HxLx1,0m

Faktor sigurnosti predstavlja odnos sila koje se odupiru klizanju i sila koje izazivaju klizanje

FS FS

c

odbrana

L

N tg

cos

napad H L sin

tg cos

L cos

W cos W sin

T c

c

tg

tg

c

L cos

H L cos H L sin

tg

100 Riješenih


Zadatak 68 : Izračunati faktor sigurnosti za beskonačnu kosinu čija je geometrija i karakteristike

terena efinisana prethonim zaatkom, ali za slučaj a je nivo pozemne voe na povšini terena i 3

paralelan je sa linijom terena. Pretpostaviti da je : γ = γsat = 18,64 kN/m . Faktor sigurnosti za beskonačnu kosinu ko koje postoji pozemna voa i nalazi se na površini terena glasi :

' tg

c

FS sat

H L sin

cos

sat

tg

Iz kojeg se vii a za c = 0, faktor sigurnosti iznosi oko 50% faktora sigurnosti za slučaj kaa nema voe (jer je za vedinu praktičnih slučajeva odnos : γ'/γsat = 0,5). FS

18

(18,64 10) tg 25

18,64 8,0 0,9397 0,342

18,64

tg 20

0,376 0,594

0,97

Dakle, za slučaj potopljenog kliznog tijela , uz zaate geotehničke parametre (efektivni parametri

čvrstode koji su isti za slučaj kaa ima i kaa nema pozemne voe), faktor sigurnosti iznosi 0,97 . Zadatak 69 : Na slici je prikazana beskonačna kosina. Istražnim raovima je utvrđeno a se čvrsta

stijenska podloga nalazi na ubini o 4,0 metra ispo površine terena. Ako je ugao unutrašnjeg trenja na kontaktu čvrste pologe i sloja koji kliže 24 , kolika treba biti kohezija a ođe o gubitka stabilnosti kosine. Ni je uočena pojava pozemnih voa. =30 = 19 kN/m

3

o

= 24 H=4,0 m

c= ?

Čvrsta stijenska pologa

Slika 1.67 : Geometrija beskonačne kosine i geotehničke karakteristike

Gubitak stabilnosti se ešava pri faktoru sigurnosti jenakom jeinici, pa demo uslov FS = 1 iskoristiti za oređivanje nepoznate veličine kohezije (kritične) : Iz FS = 1,0 =>

ccr

H sin

cos

1

tg tg

19,0 4,0 sin 30 cos 30 1

tg 24 tg 30

32,91 0,229

7,53kPa

Rješenje : ccr = 7,53 kPa Zadatak 70 : Pod uglom od 45° je relativno brzim iskopom formirana kosina čija je geometrija

prikazana na slici, gje su ate i geotehničke karakteristike zasidenog glinovitog materijala u potencijalnom kliznom tijelu koje se formiralo iskopom. Odrediti faktor sigurnosti na slici prikazane probno odabrane klizne plohe.

100 Riješenih


O

r = 12,1 m

3,5 m

C

89,5° 4,5 m

γsat = φu =

W

8,0 m

19,0 kN/m

0,0°

cu = 65 kN/m

B

45°

3

2

2

A = 70,0 m

Slika 1.68 : Geometrija i geotehničke karakteristike

Površina kliznog tijela iznosi 70 m2, pa je njegova težina po metru širine klizišta : W = A∙γ = 70,0∙19,0 = 1330 kN/m'

Na rugoj strani sila otpora se aktivira po luku čija je užina L BC : L BC

2 r 89,5

2 12,1 89,5

360

360

18,9

Pa je sila otpora po luku jednka : R = c u∙LBC = 65,0∙18,9 = 1228,5 kN/m' Faktor sigurnosti se izražava kao onos momenta koji se oupire klizanju i momenta koji izaziva klizanje :

FS

R r

1228,5 12,1

W 4,5

1330,0 4,5

2,48

Treba napomenuti da ovo nije neophodno i minimalni faktor sigurnsoti, obzirom da je proizvoljno izabrana klizna ploha. Minimalni faktor sigurnosti se može oreiti probavanjem više kliznih ploha (te

biranjem minimalnog) ili preko gotovih obrazaca koji postoje za slučaj analiziranja nereniranog ponašanja (Taylor-ovi faktori stabilnosti).

1.8

Princip proračuna

dopuštenih napona u tlu

Dopušteno opteredenje je rea veličine 1/2 o 1/3 graničnog opteredenja. Oređivanje graničnog opteredenja vertikalno ili koso opteredenih plitkih temelja se zasniva na primjeni plastične ravnoteže ko ja se koriguje empirijski oređenim koeficijentima. Za temelje na krupnozrnom tlu mjeroavni su parametri čvrstode za efektivne napone jer se predpostavljaju drenirani uslovi. Za teme lje na sitnozrnom voom zasidenom tlu mjeroavna je

čvrstoda u nereniranim uslovima opisana nereniranom kohezijom. Kriterij opuštenih slijeganja je često mjeroavan kao kriterij za oređivanje opuštenih napona, prije kriterija sloma tla ispod temelja.

100 Riješenih


Zadatak 71 :

Koristedi Terzaghi- jev izraz za proračun granične nosivosti temeljnog tla ispo kvaratne

temeljne stope (koja je ata izrazom ispo) oreiti silu koju može primiti temelj a ne ođe o sloma tla uz korištenje faktora sigurnosti FS = 3,0. Dimenzija stranice stope je 1,25 metara. Terzaghi (kvadrat, vertikalno opteredenje, generalni slom tla) : qu



1,3c' N c



qN q



0,4 BN 

1,25 m

Q dop = ?

1,0 m γ=17,7

kN/m

3

1,25 m

c=9,6 kPa φ=20°

Slika 1.69 : Geometrija problema i faktori nosivosti prema K.Terzaghi-ju

Faktori nosivosti Nc, N q i N γ efinisani su u funkciji ugla unutrašnjeg trenja tabelarno su prikazani na slici. Očitavanjem sa ijagrama slijei : φ =20°

=>

Nc = 17,7 Nq = 7,4 Nγ = 3,64 2

Vertikalni efektivni napon u nivou dna temelja iznosi : q = γ∙Df = 15,0∙1,0 = 15,0 kN/m gdje je D f – dubina fundiranja (temeljenja)

qu



qdop

1,3  9,6  17,7  15,0  7,4  0,4  15,0  1,25  3,64  220,9  111  27,3  359,2kN / m



qu FS



369,4 3,0



119,73kN / m

2

2

Pa je konačno opuštena sila na temeljnu stopu :

Qdop



119,73  B

Zadatak 72 :

2



123,1  1,25

2



187,1kN

Stopa dimenzija 2,25x2,25 je fundirana na dubini od 1,5 metara na sloju pijeska.

Parametri smičude čvrstode sloja pijeska su c' = 0 i ako je (a)

φ'

= 38°. Oreiti graničnu nosivost temeljnog tla

nivo voe na površini terena, (b) nivo voe 5,0 metara ispod dna temeljne stope. 3

Zapreminska težina tla izna nivoa voe iznosi 18,0 kN/m , ok je zasidena zapreminska težina 3

jednaka 20,0 kN/m . Za proračun koristiti faktore nosivosti prema dijagramu. Optereden je smatrati centričnim i vertikalnim.

100 Riješenih


Slika 1.70 : Faktori nosivosti za plitke temelje – Meyerhof i Hansen

Kako se rai o kvaratnoj stopi, te o nekoherentnom materijalu (c=0), opdi izraz za graničnu nosivost tla ispod temelja glasi :

qu



qN q



0,4 BN 

gdje je q – vertikalni efektivni napon u nivou dna temelja a) Nivo vode ispod stope na dubini od 5,0 metara U ovom slučaju vrijei a je D > B, gdje je D – udaljenost nivoa vode ispod dna temeljne stope, a B – širina stope, pa je mjeroavna zapreminska težina uz faktor N γ jednaka onoj iznad nivoa vode (prironoj), te možemo napisati :

qu



  1,5 N q



0,4  18  2,25N 

Faktore nosivosti očitavamo sa ijagrama i za φ'=38° iznose : Nq = 49,0; Nγ = 67,0

qu



18  1,5  49,0  0,4  18  2,25  67,0  1323  1085



2408 kN / m

2

b) Nivo voe na površini terena U ovom slučaju vrijei a je nivo voe izna na temeljne stope, pa je mjerodavna zapreminska težina uz faktor N γ jednaka onoj u potopljenom stanju ( γ), te vrijedi :

qu



 '1,5 N q

Zadatak 73 :



0,4  18   '2,25 N 



10,0  1,5  49  0,4  10,0  2,25  67



735  603  1338 kN / m

Temeljna traka prikazana na slici priržava zi inustrijske zgrae. Traka je oslonjena na

voozasidenu glinu, pri čemu se nivo pozemne voe poklapa sa nivoom na temeljene trake. Izračunati opušteni napon u tlu koristedi Terzaghi-jev izraz uz primjenu faktora sigurnosti FS = 3,0.

2

100 Riješenih


Za analizu de se primijeniti nedrenirani parametri, koji su prikazani u sklopu slike. Za

Df =0,8 m

φ=

0,0 , faktori 

nosivosti prema Terzaghi-ju iznose :

γsat=γ=18,0

3

kN/m

0,75 m

cu=120 kPa

φ =0,0°

=>

Nc = 5,7 Nq = 1,0

φu=0°

Nγ = 0,0 Slika 1.71 : Geometrija i geotehničke karakteristike

Za dubinu temeljenja od 80,0 cm, može se izračunati vertikalni efektivni napon u nivou na temelja prema : 2

q = γ∙Df = 18,0∙0,8 = 14,4 kN/m

Pa je ogovarajudi Terzaghi-jev izraz sveden na :

qu



cu N c

qu



120,0  5,7  14,4  1,0  698,4kPa

qdop



qu FS





qN q

698,4 3,0



232,8kPa

2. Složeniji problemi koji obuhvataju više oblasti


Zadaci 74 – 77 (Garaža u zasjeku) : Na slici je prikazan objekat čije su tlocrtne imenzije 4,0x4,0

metra. Ukupno opteredenje kojim objekat optereduje tlo na koje je oslonjen iznosi 30,0 kPa (pretpostavljeno je a je to opteredenje ravnomjerno raspodijeljeno). Slojevi tla pored i ispod objekta, kao i nivo pozemne voe su opisani u sklopu crteža . Površina terena A

Sloj 1 : CL d =

NPV E

Površina ter.

4,0 m

19,0 kN/m

sat =

3 3

20,0 kN/m

2,0 m granica slojeva B

4,0 m Sloj 2 : CM

3,0 m

6,0 m

3

18,0 kN/m

sat =

D

C

d =

20,0 kN/m

3

Slika 2.1 : Šematski prikaz problema

Zadatak 74 : Izračunati i nacrtati promjenu totalnog i efektivnog vertikalnog napona o sopstvene

težine tla, te pornog pritiska sa ubinom ispo tačke A . Rješenje : Najprije su tabelarno prikazane vrijednosti totalnog, efektivnog napona i pornog pritiska Napon Totalni napon [σ] Porni pritisak [u] Dubina [m] 0,0 0,0 0,0 2,0∙19,0 = 38,0 2,0 0,0 2,0∙9,81=19,62 4,0 38,0+2,0∙20,0 = 78,0 78,0 + 6,0∙20,0=198,0 78,48 10,0 Tabela 2.1 : Izračunate veličine napona za karakteristične tačke po ubini

Što je grafički prikazano slikom 2.2 :

Efektivni napon [σ'= σ-u] 0,0 38,0 58,38 119,6


0 0

20

40

60

80 100 120 140 160 180 200 220

napon [kPa]

-2

-4 Totalni napon -6

Porni pritisak Efektivni napon

-8

-10

dubina [m]

-12

Slika 2.2 : Slika vertikalnih napona i pornog pritiska

Zadatak 75 : Približnom metoom (2:1) izračunati vertikalni napon ispo tačke B (koja je ispo

centra objekta) o opteredenja objektom, na ubini o 3 metra. Izračunatu vrijenost poreiti sa tim istim naponom oređenim pomodu Boussinesq -ovog dijagrama, te komentarisati rezultate. Rješenje : Tlocrtne imenzije objekta su 4,0x4,0 metra. Približnom metoom ata se površina povedava 2:1 sa povedanjem ubine, pa na traženoj ubini o 3, 0 metra iznosi : (4,0 + 3,0)x(4,0+3,0) 2

= 49,0 m . Sada se oatni napon izazvan površinskim opteredenjem o 30,0 kPa na ubini o 3,0 metra može

izračunati prema poznatom izrazu približne metoe : z 3, 0

q0

A z

0

A z 3,0

30,0

4,0 4,0 49,0

30,0

16 49,0

9,8kPa

Napon ispo centra kvaratne površine imenzija 4,0x4,0 oređen Boussinsq-ovim dijagramom iznosi : z 3, 0

q0 0,4

30,0 0,4 12,0kPa

Gje je faktor 4, očitan sa Boussinesq -ovog dijagrama za dubinu 0,75B = 3,0 m , pri čemu je : B – širina kvaratnog opteredenja i iznosi 4,0 u konkretnom zaataku. Napomena : Princip očitavanja sa ijagrama objašnjen je zaacima ranije . Komentar rezultata : Bosussinesq-ova

metoa omogudava proračun napona o oatnog opteredenja koji nisu konstantni za jenu ubinu. Oni su vedi ispo centra opteredene površine i opaaju ka rubovima. Na rugoj strani naponi izračunati približnom metoom jenaki su za svaku tačku na jenoj ubini ispo opteredene površine. 2:1 metoda Boussinesq

Slika 2.3 : Razlika između Boussinesq-ove i približne (2:1) metoe proračuna napona o površinskog opteredenja


Zadatak 76 : Uzorak tla izvađen sa lokacije C, ispitani je triaksijalnim aparatom u konsolidiranim

dreniranim uslovima. Prethodno je, edometarskim testom i testovima za klasifikaciju tla na uozrcima

iz istog sloja (lokacija D), utvrđeno a se rai o uzorku normalno konsoliirane prahovite gline. Uzorak je najprije optereden delijskim pri tiskom od 200 kPa. Devijatorski napon pri slomu je iznosio 400 kPa. Odrediti parametre čvrstode na smicanje, i skicirati Mohr-Colomb-ovu anvelopu sloma u ’ koordinatnom sistemu.

Rješenje : Kako se rai o uzorku normalno konsoliovanog tla, može se zaključiti a je c = 0,0 kPa, ostaje samo a se orei ugao unutrašnjeg trenja, čime se može seinisati i Mohr -Colomb-ov pravac u ’- koordinatnom sistemu. υ' Kritična kombinacija normalnog i smičudeg napona

Δσ/2 '

σ1'

σ3' Δσ =400,0

Slika 2.4 : Mohr-ov krug napona u trenutku sloma

'1 sin '

'3 2

'1

'3

'1

'3

600

200

400,0

1

'1

'3

600

200

800,0

2

0,50

2

' 30,00 Pa je Mohr-Coulomb-ov pravac definisan sa :

f

' tg

0,5

'

Zadatak 77 : U tački E sa površine terena izvršeno je ispitivanje tla krilnom sonom ( eng. vane shear test )

cu

na

dubini

od

oko

2,0

metra.

Odrediti

nedreniranu koheziju ispitanog materijala, ako je momenat torzije koji je izazvao slom iznosio T = 67,5 Nm, a dimenzije krilne sonde i pretpostavljena

raspojela smičudeg napona na bazama sone su cu

H = 2D = 150,0 mm

prikazani slikom.

: Površina plašta pomnožena sa poluprečnikom sone i nerenirane kohezije prestavlja otpor plašta, ok se otpor baza računa integracijom sa uočavanjem elementarnog prst ena debljine dr, sa položajem r u odnosu na centar krilne sone (u onosu na koji se računa momenat torzije) Napomena

r cu

dr

D = 75,0

posmatrano u osnovi (Slika 2.5)


Rješenje : Iz uslova ravnoteže a aplicirani momenat torzije (T) mora biti jenak otporu koje pruža tlo sa strana (plašt) i po bazama (gornja i onja), obije se izraz za nereniranu koheziju : D / 2

Otpor baza = 2 cu

2

rdr r 2cu 2

0

Otpor plašta = cu

D / 2

3

DH

D

cu

3

3

6

0

2

D

cu

2

D H 2 2

Pa je uslov ravnoteže : T

r

cu

D H 2

1

D 3 H

Onosno kako je u pravilu onos prečnika i visine krilne sone : H = 2D, može se skradeno napisati : cu

0,273

T D

3

Pa je za konkretan zadatak :

cu

0,273

67,5 0,075

3

43680

N m

2

43,68

kN m

2

Korisno je još primijetiti da ovaj izraz za nereniranu čvrstodu vrijei samo ako je nerenirana čvrstoda izotropna, tj. jenaka po vertikalnim i po horizontalnim ravnima. Zadaci 78 – 84 (Konstrukcija bazena) : Na slici je prikazan presjek kroz bazen. Svi potrebni podaci

navedeni su tekstom ispod slike

površina terena 2,0 m A

3,0 m

A

2,0 m

NPV

0,5 m

D

12,0 m

1,0 m

2,0 m

B

nestišljivo tlo Slika 2.6 : Šema konstrukcije bazena i profil tla sa naznakom lokacija ispitanih uzoraka

Profil tla je opisan sa tri karakteristična sloja : -

Sloj (A)

o površine o ubine o -3,0 metra; (CL) :CD triaksijalni test : c = 2,0 kPa; υ = 23°; : Edometarski test : M s = 3,0 MPa; te

-

Sloj (B)

d = sat =

Sloj (C)

3

od -3,0 do -5,0 metara; (CL-CM) : test direktnog smicanja => c = 8 kPa; υ=27°; Edometar : Ms = 20,0 MPa , OCR = 1,5, te

-

20,0 kN/m

sat =

20,0 kN/m

3

Test sa opaajudim nivoom : k x = ky = 10-3 cm/sec - na ubini ispo 5,0 metara; “nestišljivo” tlo sa SPT brojem uaraca preko 120

Bazen : Tlocrtne dimenzije 12,0x12,0 m, sa ukupnim ravnomjernim opteredenjem na tlo od 40,0 kPa.


Iskop za bazen (3,0 m) se vrši u nagibu škarpe o 2:1, bez zaštitne konstrukcije. Zadatak 78 : Za jedan od uzoraka sa lokacije B (glinoviti materijal) trebalo je odrediti indeks

plastičnosti. Casagrane-ovim aparatom je d obivena vlažnost o 40%, mjerenjem zapremine uzorka sa sušenjem, vlažnost o 15%, a valjanjem valjčida na staklenoj polozi vlažnost o 20%. Vlažnost koja ogovara potpunoj saturaciji uzorka iznosi 33%. Koja je vrijenost traženog ineksa ? Ineks Plastičnosti prestavlja razliku između vlažnosti na granici tečenj a i vlažnosti na granici plastičnosti. Fizičko značenje ineksa plastičnosti je vlažnost koju treba oati tlu a pređe iz plastičnog u žitko stanje. Slikovito se može prikazati kao vlažnost potrebna a se plastelin pretvori u viskoznu tekudinu. Granica platičnosti se oređuje Casagrane -ovim aparatom ( kako i testom sa paajudim konusom), ok se granica plastičnosti oređuje valjanjem valjčida na staklenoj polozi, pa je : Rješenje : Ip = WL – WP = 40,0% - 20,0 = 20,0 % Zadatak 79: Izračunati moment savijanja u presjeku “D” (označeno kao tačka). Napomena : Bazen smatrati praznim

Za slučaj praznog bazena zi istog se krede o tla, pa se pretpostavlja a na zid djeluje aktivni pritisak: h ,a

' v

K a

2 c

K a Aktivni pritisak tla Prazan

c = 2,0 kPa;

bazen

υ = 23°; d = sat =

Pritisak vode (u)

3

20,0 kN/m

2,0 m

2,5 m

F1 F2

D

U F3

Slika 2.7 : Mogudi mehanizam eformisanja i ijagram horizontalnih pritisaka

∙2,0 = 20,0∙2,0 = 40,0 kPa; σ'v,z=2,5 = 40,0 +( sat - w ) ∙0,5 =40,0 + (20,0-10,0) ∙0,5 =40,0 + 5 = 45,0 kPa uz=2,5 = 0,5∙ w = 0,5∙10 = 5,0 kPa σ'v,z=2,0 =

K a

d

tg 2 (45

2

)

tg 2 (45

23 2

)

0,438

Napomena : Često se u praksi kohezija površinskih slojeva ne smatra kao ona stalnog karaktera, tako postoje pristupi a se ona zanemari u proračunu ili a se uzme u obzir pri proračunu horizontalnog napona na dnu ali da se pretpostavi da je horizontalni ak tivni pritisak jenak nuli na površini, a ne negativnoj vrijenosti, tj. a se isključi mogudnost zatezanja u tlu, kao nerealna pojava. Ovaj drugi slučaj de se primijeniti u ovom zadatku. 0 438 0 0 2 2

0 438

0 0 768

0 768kPa


h , z 2, 0

0,438 40,0

2 2

0,438

17,52 4 0,192 16,75kPa

h, z 2, 5

0,438 45,0 2 2

0,438

19,71 4 0,192 18,94kPa

Da bi se izračunao momenat oko tačke D, opteredenje tla i voe na zi bazena demo zamijeniti rezultantama koje jelulu u težištima trokutova i pravougaonika prema slici : 16,75 2,0 F 1 16,75kN / m' ; z1 = 0,5+0,333 2,0 = 1,166 m 2,0 F 2 F 3

U

16,75 0,5

8,375kN / m' ; z2 = 0,5 0,5 = 0,25 m

(18,94 16,75) 0,5 2,0

5,0 0,5 2,0

0,5475kN / m' ; z3 = 0,333 0,5 = 0,167

1,25kN / m' ; z4 = 0,167

Gdje je zi – krak sile u onosu na tačku D oko koje se računa momenat (M)

M D F 1 z 1 F 2 z 2 F 3 z 3 U z 4 M D

16,75 1,166 8,375 0,25 0,5475 0,167 1,25 0,167

21,92kNm / m'

Zadatak 80: Izračunati i nacrtati ijagram horizontalnih pritisaka na zi bazena u slučaju a je bazen

ispunjen vodom.

U slučaju kaa je bazen ispunjem voom, nije za očekivati a de se isti eformisati o tla, pa valja analizirati slučaj kaa na zi jeluje horizontalni pritisak u stanju mirovanja. Na ovaj način zaključuje se, da je mjerodavni pritisak koji djeluje na bazen upravo ovaj u stanju mirovanja, kada se radi

konkretan praktični problem, obzirom a je pritisak u stanju mirovanja vedi o aktivnog pritiska ( K0 > Ka). Inače, potreban pomak za aktiviranje ukupnog aktivnog pritiska iznosi oko 0,02H do 0,05H za meka kohezivna tla, gje je H visina zia izložena aktivnom pritisku tla, u konkretnom slučaju 2,5 metara (Bowles, Foundation Analysis and Design, 1997 ).

∙2,0 = 20,0∙2,0 = 40,0 kPa; σ'v,z=2,5 = 40,0 +( sat - w ) ∙0,5 =40,0 + (20,0 -10,0) ∙0,5 =40,0 + 5 = 45,0 kPa uz=2,5 = 0,5∙ w = 0,5∙10 = 5,0 kPa Za proračun koeficijenta horizontalnog pritiska u stanju mirovanja primijenit de se Jaky-ev izraz σ'v,z=2,0 =

d

prema kojem je :

K 0

1 sin

1 sin 23 0,609

što vrijei za normalno konsoliovana tla, a nerijetko se primjenjuje i za prekonsoliovana. sin ’

Obzirom da se izraz za ovaj koeficijent za prekonsolidovano tlo : K 0,prekonsolidirano = (1-sin ) OCR

(Mayne & Kulhawy , 1982), nije mogao primijeniti kako nije zadata vrijednost odnosa prethodne konsolidacije (OCR). h,0

K 0

' v

0 609 0 0

0 0kPa


h , z 2, 0

0,609 40,0

24,63kPa

h, z 2, 5

0,609 45,0

27,41kPa

uz=2,5 = 0,5∙

w

z=2,0 m z=2,5 m

= 0,5∙10 = 5,0 kPa

Horizontalni pritisak tla

Pritisak vode (u)

u stanju mirovanja

Zadatak 81 : Izračunati slijeganje bazena (pomodu konstantnog moula stišljivosti), koji optereduje

tlo ravnomjerno raspodijeljenim opteredenjem o 40,0 kPa, uz ijeljenje stišljivog sloja na va ijela

visine 1,0 m. Dopunske napone izračunati približnom metoom. Rješenje : Iako su naponi ispo temeljne ploče bazena neravnomjerni, konkretno, za uobičajne imenzije ploče i zia bazena, naponi na rubu su 2 o 3 puta vedi o napona u srenjoj zoni ispo ploče, u ovom zaatku je pretpostavljena ravnomjerna raspojela kontaktnih napona od 40,0 kPa. Na drugo j strani nije traženo a su uzme u obzir izizanje uslje iskopa za bazen. Zapravo, traži se proračun slijeganja preko zaatog moula stišljivosti (Ms). q0=40,0 kPa 1,0 m

z=0,5 m

1,0 m

z=1,5 m

Slika 2.8 : Položaj nivoa za proračun slijeganje mjerodavnih napona

Dodatni naponi u sredini prvog i drugog sloja : z 0,5m

40

z 1, 5 m

40

12,0 12,0 (12,0

0,5) (12,0

36,86kPa

0,5)

12,0 12,0 (12,0 1,5) (12,0 1,5)

31,60kPa

Pa se ukupno slijeganje stišljivog sloja može izračunati kao suma slijeganja va sloja ebljine 1,0 metar :

s s

z 0 ,5 m

M s 0,00184

1,0m 0,00158

z 1, 5 m

M s

1,0m

36,86 20000

1,0m

31,6 20000

1,0m

0,00342 m

Rješenje : s = 0,342 cm Zadatak 82 : Izračunati slijeganje površine terena uslje sniženja nivoa voe sa -2,0 m na -3,0 m.

Korisiti proračun sa konstantnim moulom stišljivosti. Snižavanje nivoa voe uzrokuje povedanje efektivnog napona a svako povedanje efektivnog napona ima za posljedicu pojave slijeganja.


s=?

2,0 m 1,0 m 3,0 m

10,0 kPa

prije spuštanja

2,0 m

Razlika = povedanje

nakon spuštanja

efektivnog napona Slika 2.9 : Dijagram napona prije i nakon spuštanja nivoa voe

Slijeganje sloja ebljine 3,0 metra demo izračunati kao sumu slijeganja sloja ebljine 1,0 m (gornji dio) i sloja debljine 2,0 m (donji dio) , pomodu eometarskog moula :

z 2 , 5 m

s

M s

z 4 , 0 m

1,0m

M s

1,0m

5,0 3000

1,0m

10,0 20000

2,0m

0,00167

0,001

0,00267 m

Rješenje : s = 0,267 cm Zadatak 83 : Izračunati faktor sigurnosti protiv uzgona, ako kontaktni napon o sopstvene težine 2

bazena iznosi 15,0 kN/m . Sloj “C” je voonepropustan.

Kritična faza, kaa može odi o uzgona jeste ona kaa je prazan bazen tj. k ada je sila koja se suprotstavlja uzgonu minimalna i jenaka težini bazena. G

1,0 m U Slika 2.10 : Sile koje izazivaju (U) i koje se suprotstavljaju (G) uzgonu

G = 15,0 12,0 12,0 = 2160 kN U=

FS

w

1,0 12,0 12,0 = 1440 kN

G

2160

U

1440

1,5

Zadatak 84 : Pregleom projektne okumentacije konstrukcije bazena, utvrđeno je a neostaje

proračun opuštenih napona u tlu prema kriteriju sloma tla ispo temeljne konstrukcije. Iako znaš a taj kriterij nije mjeroavan (temeljenje na ploči, koja je još i ukopana), izračunaj vrijenost opuštenih napona ako je Brinch -Hansen-ov izraz za graničnu nosivost : 1 p c N c q N q B N 2 Za: =27°

Nc=23,942 Nq=13,199 N =9,463


Koristiti faktor sigurnosti 2,0. Napomena : zanemariti nestišljivi sloj, tj. smatrati a je bazen oslonjem samo na sloj B (koji se

prostire o velike ubine), čime smo na strani sigurnosti. c = 8,0 kPa – kohezija q = 20,0 2,0 + 10,0 1,0 = 50,0 kPa – vertikalni efektivni napon u nivou dna temelja = ' – efektivna zapreminska težina, jer je cijeli sloj ispo temelja po voom B = 12,0 m – širina temelja

Saa se može izračunati granična nosivost prema atom izrazu : 1 p 8,0 23,942 50,0 13,199 10,0 12,0 9,463 191,536 659,95 567,78 1419,27kPa 2 Dopuštena nosivost po kriteriju sloma tla ispo temelja i znosi : dop

p

1419,27

FS

2,0

709,64 >> 40 kPa – prosječni kontaktni napon

Zadatak 85-91 (Zaštita nasipa saobradajnice):

Na slici je prikazana zaštitna konstrukcija koja osigurava cestovni nasip i omogudava nesmetano izvođenje stambene zgrae. Geometrija konstrukcija i terena je efinisana slikom, zajeno sa getehničkim parametrima. Posebne napomene date su tekstom ispod slike

ZGRADA

qukupno = 70,0 kPa

q=20,0 kPa

3,0 - nasip

A

2,0 – glina

B

2,0 4,0

C

C

Zaštitna konstrukcija

15,0

2,0

Nestišljiva, voonepropusna pologa SPT > 150

Slika 2.11 : Prikaz problema zadataka : 41 - 47

3

Nasip (A) -

Nasip (GW) : c = 0,0; φ = 38°; Ms = 80,0 MPa;

Uzorak (B) -

Podloga (CL) : CU triaksijalni test => c = 10 kPa; φ =24°; edometar => Ms = 8,0 MPa; OCR = 1,5;

Cc = 0,1 ; C r = (1/6)Cc, , te -5

= 20,0 kN/m sat =

20,0 kN/m

3

100 Riješenih ispitnih zadataka iz mehanike tla -3

2

cv = 10 cm /s – metoda drugog korjena iz vremena

-

GW-GM : iz SPT rezultata : φ =32°; c = 0,0 kPa; edometarski test => Ms = 20,0 MPa

Dubina (C) -

Test sa konstantnim nivoom : k x = ky = 0,1 cm/sec, te

sat =

20,0 kN/m

3

Napomene : Kontrola ostvarene zbijenosti nasipa (zbijanje u slojevima od 30,0 c m) se vrši

-

nuklearnim denzitometrom. -

Zgrada : Tlocrtne dimenzije 15,0x15,0 m, sa ukupnim opteredenjem na tlo od 70,0 kPa.

-

Zaštitna konstrukcija je iealno glatka (koristiti Rankine-ovu teoriju ko proračuna horizontalnih napona)

Zadatak 85 : Za jedan od uzoraka sa lokacije B (CL materijal ) trebalo je oreiti početni koeficijent

pora a bi se ošlo o ijagrama e-logσ ', koji de se, između ostalog, iskoristiti za crtanje e-log σ ' ijagrama (kao i za proračun slijeganja). Koliki je početni koeficijent pora ako je poznato : S=1; s=26,0 3

kN/m ; w0=30%.

Kako to a je uzorak zasiden, a vlažnost mu je manja o 100% ? Iskoristimo uslov a je uzorak tla zasiden: S

V w V v

Gw /

w

e V s

w

e

Gw /

s

e G s /

0,3 26,0 10,0

w

Gw

w

e G s

s

s w

w

s

e

w

1,0

0,78

Pojmovi stepen zasidenosti i vlažnost su različiti pojmovi, a zasideni uzorak (S=100%), može imati vlažnost koja je manja ili veda o 100% . Zadatak 86 : Izračunati i nacrtati ijagram horizontalnih pritisaka na zaštitnu konstrukciju sa slike.

Zanemariti saobradajno opteredenje na površini nasipa (20,0 kPa), kao i opteredenje o zgrae koja je aleko o zaštitne konstrukcije. Pritiske izračunati i crtati o površine o nestišlj ive podloge. Prema opštem izrazu za horizontalne napone, jasno je treba proračunati vertikalne efektivne napone te odgovara jude koeficijente horizontalnog pritiska te primijeniti poznati izraz:

h , p , a

' v

K p,a 2

K a ,1

tg (45

K a , 2

tg 2 (45

2 2

2 c 2

)

tg (45

)

tg 2 (45

K p ,a 38 2

)

24 2

)

Aktivni prit.

0,238 0,422

ogovara „-“ u opštoj formuli

Pasivni otpor. ogovara „+“ u

opštoj formuli

Slika 2.12 : Mogudi oblik eformisanja zaštitne konstrukcije

K a ,3

tg 2 (45

K p,3

tg 2 (45

2 2

)

tg 2 (45

)

tg 2 (45

32 2 32 2

)

0,307

)

3,255


Napon Dubina [m]

0,0 3,0gore 3,0dole 5,0gore 5,0dole 7,0 9,0

Totalni napon [σ]-lijevo

Porni pritisak [u] - lijevo

Vertikalni Efektivni napon [σ'= σ-u]

Aktivni pritisak

Vert.ef. napon desno

Pasivni otpor

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 60,0 60,0 14,28 0,0 0,0 0,0 60,0 60,0 12,32 0,0 0,0 20,0 100,0 80,0 20,78 0,0 0,0 20,0 100,0 80,0 24,56 0,0 0,0 0,0 0,0 60,0 180,0 120,0 36,84 20,0 65,1 Tabela 2.2 : Prikaz rezultata izračunatih prema opštoj formuli za horizontalne pritiske

Porni pritisak [u] desno

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 20,0

Prethono proračunate vrijenosti horizontalnih pritisaka na zaštitnu konstrukciju prikazani su dijagramom na slici ispod :

σ'h,a i u

0

-80

-60

-40

-20

0

20

40

60

80

σ'h,p i u [kPa]

-1 -2 -3 Aktivni prit.

-4

Pritisak vode-lijevo

-5

Pasivni prit. -6

Pritisak vode-desno

-7 -8 -9 -10

z [m]

Slika 2.13 : Dijagram horizontalnih pritisaka na zaštitnu konstrukciju

Napomena : Veda kohezija i vedi ugao unutrašnjeg trenja znače manje horizontalne pritiske za

granično stanje, što se jasno vii iz interpretacije naponskog stanja Mohr -ovim krugovima uz primjenu Mohr-Coulomb-ovog zako na čvrstode. Zadatak 87 : Izračunati slijeganje zgrae (pomodu konstantnog moula stišljivosti), koja optereduje

tlo ravnomjerno raspodijeljenim opteredenjem, uz ijeljenje stišljivog sloja na va ijela visine 1,0 m.

Dopunske napone izračunati približnom metoom. Rješenje : Napone o površinskog opteredenja o 70,0 kPa demo izračunati približnom metoom u sredini prvog i drugog sloja : z 0, 5 m

70

15,0 15,0 (15,0 0,5) (15,0 0,5)

65,56kPa


70

z 1, 5 m

15,0 15,0 (15,0 1,5) (15,0 1,5)

57,85kPa

Napomena : Često se u praksi za proračun slijeganja primjenjuje edometarski modul (modul

stišljivosti) koji prestavlja mjeru krutosti u uslovima spriječenog bočnog eformisanja. Ipak, pradenja slijeganja stvarnih konstrukcija (npr. temeljne stope) ukazuju a se iste sliježu analogno ponašanju uzorka u triaksijalnom testu kaa bočne efromacije nisu spriječene, tj. a eformacioni moul opaa sa povedanjem nivoa opteredenja. Na rugoj strani, kako eformacioni moul zavisi o stepena naprezanja, vedina praktičnih preporuka za vrijenosti ovog moula vezane su za veličinu nekog izabranog referentnog naprezanja (u edometru vertikalnog, a u triaksijalnom testu delijskog pritiska) koji obično iznosi 100,0 kPa. Ova je problematika detaljnije anlizirana u poglavlju 1.5, a ovdje de se primjeniti analogija sa edometarskim testom. Pa se ukupno slijeganje stišljivog sloja može izračunati kao suma slijeganja va sloja ebljine 1,0 metar : z 0 ,5 m

s

M s

s

0,00328

z 1, 5 m

1,0m

M s

0,00289

1,0m

65,56 20000

1,0m

57,85 20000

1,0m

0,0062 m

Rješenje : s = 0,62 cm Zadatak 88 : Opteredenje o nasipa zajeno sa saobradajnim opteredenjem izaziva opunske napone

u sreini CL sloja o 80,0 kPa. Izračunati slijeganje ovog sloja o naveenog opteredenja, pomodu indeksa kompresije (rekompresije). Napomena : Koeficijent pora : e 0 = 0,78, izračunat je u prvom dijelu problema sa slike . e

10 15

90

logσ'

Slika 2.14 : Tipični e-logσ ' dijagram za konkretan zadatak

Početni vertikalni efektivni napon je onaj koji je postojao u tlu (sreina elementarne ebljine stišljivog sloja) prije nanošenja opteredenja koje izaziva pojavu slijeganja iznosi : ' v,0

(

sat

w

) 1,0

(20,0 10,0) 1,0

10,0kPa

Na osnovu zaate vrijenosti onosa prethone konsoliacije : ORC = 1,5, može se izračunati napon prethodne konsolidacije : ' p

10,0 1,5 15,0kPa

Kako je dodatni napon koji izaziva slijeganje zadat i iznosi 80,0 kPa, slijedi da je :

' v,0

90,0kPa


Napomena : Glina ima osobinu a „pamti“ napone kojima je bila izložena u geološkoj prošlosti.

Tačnije, glina ima osobinu a se o jenog stepena naprezanja ponaša elastično (bez zaostalih eformacija nakon rasteredenja), a poslje toga plastično (sa zaostalim deformacijama nakon rasteredenja). Ako su ti naponi iz geološke prošlosti vedi o saašnjih, glina de ponašati elastično o napona prethodne konsolidacije (C r nagib), te plastično kaa neponi pređu vrijenost napona prethodne konsolidacije (C c nagib). Ako je glina normalno kosoliovana, taa nema elastičnih defromacija (samo Cc nagib – jevičanski pravac : nika prije tako veliko opteredenje). Na kraju, ako je glina prekonsolidovana, a dodatno naprezanje ne prelazi vrijednost napna prethodne

konsoliacije, glina se ponaša elastično (samo C r nagib). Specijalan slučaj, koji se ne povezuje za praktičnim problemima jeste onaj a je OCR<1, što prestavlja materijal koji nije završio slijeganje od sopstvene težine. U konkretnom zadatku radi se o glini koja je prekonsolidovana ali postaje normalno konsolidovana

prije kraja konsoliacije (oživljava i elastične i plastične efromacije). Stišljivi sloj nede biti poijeljen na više slojeva nego se posmatra kao 1 sloj ebljine 2,0 metra, sa atim oatnim opteredenjem u sredini istog od 80,o kPa.

s s

s

C r 1 e0

h log

0,0167 1 0,78

p

'

C c

0

'

1 e0

2,0 log

0,033 0,087

h log

0

' p

15

0,1

10

1 0,78

'

2,0 log

10

80

15

0,12m

s = 12,0 cm Zadatak 89 : Previjeti vrijeme za koje de se esiti 75 % konsoliacije glinovitog sloja, po

pretpostavkom ravnomjerne raspodjele početnog pornog pritiska za koju je tabelarno data zavisnost

prosječnog stepena konsoliacije i vremenskog faktora. Prosječni stepen konsoliacije prestavla onos slijeganja u trenutku t i ukupnog slijeganja. Dakle, 75% slijeganja odgovara vrijednosti U = 75%.

Očitano Tv Uavg

25

50

75

99

Tv

0,0491

0,197

0,477

1,781

Tabela 2.3 : Zavisnost vremenskog faktora (T v ) i prosječnog stepena konsolidacije (U)

t T v

2 H dr

cv

0,477

(100cm) 2

4770000 sec

10 3 cm / sec

t ≈ 9 goina Zadatak 90 : Skiciraj strujnu mrežu za problem sa slike, uz pretpostavku a je isti Darcy -ev koeficijent -2

za CL i za GW-GM matrijal (npr. 10 cm/sec). Napomena : Zanemariti nasip i opteredenje na nasipu, a zaštitna konstrukcija u kontaktu sa

voonepropusnom pologom obezbjeđuje potpunu voonepropusnost.


Rješenje : Po naveenim pretpostavkama voa ne može a struji kroz tlo. Zadatak 91 : Terenskim ispitivanjem ostvarene zbijenosti nasipa dobivena je vrijednost suhe

zapreminske težine o 20,0 kN/m 3 i vlažnosti w = 18,0 %. Retultati Proctor -ovog testa (laboratorija) još nisu stigli na grailište , ali iz iskustva znaš a je nasip ovoljno zbijen. Skiciraj krivu koju očekuješ iz laboratorije.

Rješenje : Tlo se može okarakterisati kao zbijeno ako je relativna zbijenost (R) veda o 90% o 95%. Relativna zbijenost (R) prestavlja onos maksimalne suhe zapreminske težine ostvarene na terenu i one u laboratoriji dobivene Proctor-ovim ili modifikovanim Proctor-ovim testom.

Ako usvojimo vrijenost za R o 95%, taa maksimalna suha zapreminska težina oređena u laboratoriji iznosi : 20,0/0,95 = 21,05. Dakle maksimalna suha zapreminska težina na ijag ramu iz 3 laboratorije treba da je oko 21,0 kN/m . Na osnovu toga može se skicirati očekivana kriva. 3

γd [kN/m ]

≈ 21,0

w [%] Slika 2.15 : Očekivani rezultati Proctor -ovog testa

Zadaci 92 – 96 (Zaštitna konstrukcija) : Na slici je prikazana zaštitna konstrukcija koja priržava 7,0

metara duboki iskop. Prikazani su svi potrebni etalji geometrije terena, a geotehnički profil tla opisan je tekstom ispod slike.

Površina terena

Površina terena 2,0 m

A

Zaštitna konstrukcija 10,0 m 3,0 m

5,0 m

objekat

B

q = 100 Dno iskopa

D

2,5 m

10,0 m

C

Slika 2.16 : Gometrija zaštitne konstrukcije

Profil tla je efinisan sa tri karakteristična sloja : Sloj (A)

-

o površine o ubine o -2,0 metra; (CL) : CD triaksijalni test : c = 0,0 kPa; φ = 23°; te

Sloj (B)

-

d = sat =

20,0 kN/m

3

od -2,0 do -7,0 metara; (GW-GM) : korelacije prema SPT-u => φ =27°; Ms = 20,0 MPa; te : c = 0,0 kPa i

= 20,0 kN/m

3


Sloj (C)

Test sa konstantnim nivoom : k x = ky = 0,1 cm/sec -

na dubini ispod 7,0 metara (MH-MC) ; Edometarski test : C c = 0,05; Cr = 0,0083 ; OCR = 1,5 ; te e 0 = 0,9 ; i

d = sat =

3

20,0 kN/m . Test sa nespriječenom bočnom deformacijom -

zadatak Objekat : Tlocrtne dimenzije 10,0x10,0 m, sa ukupnim ravnomjernim opteredenjem na tlo od 100,0 kPa.

Zanemariti izizanje uslje rasteredenja iskopom pri proračunu slijeganja. Zaštitna konstrukcije je iealno glatka (koristiti Rankine-ovu teoriju ko proračuna horizontalnih napona) Zadatak 92 : Izračunati moment savijanja u presjeku “D” (označeno kao tačka), nakon iskopa.

h ,a

K a ,1 K a , 2

' v

K a tg 2 (45 tg 2 (45

2 c

2 2

) )

Aktivni prit.

K a

tg 2 (45 tg 2 (45

ogovara „-“ u opštoj formuli

23 2

)

27 2

0,438 Pasivni otpor.

)

0,376

D

ogovara „+“ u

opštoj formuli

c = 0,0 kPa Slika 2.17 : Mogudi oblik eformisanja

zaštitne konstrukcije i položaj tačke D

Napon Dubina [m]

Totalni napon [σ]

Porni pritisak [u]

Vertikalni Efektivni napon [σ'= σ-u]

Aktivni pritisak

0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 dole 0,0 2,0 40,0 40,0 17,52 0,0 2,0gore 40,0 40,0 15,04 50,0 140,0 90,0 33,84 7,0 Tabela 2.4 : Prikaz rezultata izračunatih prema opštoj formuli za horizontalne pritiske

Izračunate vrijenosti prikazane su ijagramom na slici ispo :


σ'h,a i u [kPa]

0 -60

-50

-40

-30

-20

-10

0 -1

F1 -2 -3 -4 Aktivni prit.

F2 U

-5

F3

Pritisak vode

-6 -7 -8

z [m]

Slika 2.18 : Dijagram horizontalnih pritisaka na zaštitnu konstrukciju koje vrše momenat oko tačke D

Rezultante horizontalnog aktivnog pritiska i pritiska voe izračunat de se površine prikazanih

ijagrama te sa ogovarajudim krakovima pomnožiti a se obije traženi momenat po 1m širine zaštitne konstrukcije F1 = 0,5∙2,0∙17,52 = 17,52 kN/m’

-> z1 = 5,0+0,333∙2,0 = 5,667 m

F2 = 5,0∙15,04 = 75,2 kN/m’ -> z2 = 2,5 m F3 = 0,5∙5,0∙(33,84-15,04) = 47,0 kN/m’

-> z3 = 0,333∙5,0 = 1,667 m

U = 0,5∙5,0∙50,0 = 125,0 kN/m’ -> zu = 0,333∙5,0 = 1,667 m MD = F1∙ z1 + F2∙ z2 + F3∙ z3 + U∙ zu = 99,28 + 188,0 + 78,35 + 208,38 = 574,0 kNm/m’ MD = 574,0 kNm/m’ Zadatak 93 : Izračunati slijeganje sloja C ispo centra objekta uslje opteredenja o 100,0 kPa

(tlocrtne imenzije 10,0x10,0 m). Napone o naopteredenja izračunati pomodu Boussinesq-ovog dijagrama. Napomena : Zanemariti uticaj rasteredenja iskopom; stišljivi sloj poijeliti na 3 sloja visine po 5,0

metra.

Početne vertikalne efektivne napone izračunat demo u sreini svakog o 3 sloja ebljine 5,0 metara : σ'0,v,z=2,5m = (γsat - γw)∙2,5 = (20,0 – 10,0)∙2,5 = 25,0 kPa σ'0,v,z=7,5m = (γsat - γw)∙7,5 = (20,0 – 10,0)∙7,5 = 75,0 kPa σ'0,v,z=12,5m = (γsat - γw)∙12,5 = (20,0 – 10,0)∙12,5 = 125,0 kPa


Razmatrani sloj debljine 15,0 metara ima konstantan OCR = 1,5, pa se za svaku razmatranu dubinu

može izračunati napon prethone konsoliacije : σ'p,v,z=2,5m = 25,0∙1,5 = 37,5 kPa σ'p,v,z=7,5m = 75,0∙1,5 = 112,5 kPa σ'p,v,z=12,5m = 125,0∙1,5 = 187,5 kPa

Preostaje još a se izračunaju naponi o naopteredenja prema Boussinesq -ovom dijagramu. Kako je opteredenje sa konstrukcije ravnomjerno raspodijeljeno na kvaratnoj površini 10,0x10,0, na ijagramu se usvaja vrijenost širine B = 10,0 metara, pa su ubine za koje se očitavaju naponi ispo centra opteredene površine izražen e preko širine B jenaki 0,25B; 0,75B i 1,25B respektivno i iznose : Δσz=2,5m = 0,87∙q0 = 0,87∙100,0 = 87,0 kPa Δσz=7,5m = 0,5∙q0 = 0,5∙100,0 = 50,0 kPa Δσz=12,5m = 0,25∙q0 = 0,25∙100,0 = 25,0 kPa

Na taj način su izračunate sve potrebn e vrijednosti za oređivanje slijeganja ispo centra temeljne konstrukcije. Dakako, valja provjeriti da li pojedine zone prelaze napon prethodne konsolidacije i na

koji način de se aekvatno oreiti smanjenje koeficijenta pora ( Δe). Karakteristični ijagrami za svaki od 3 sloja prikazani su slikom ispod : e

e

25 37

112

logσ' 75

e

112,5 125

logσ'

125

150 187,5

Slika 2.19 : Karakteristični e-logσ ’ za različite ubine stišljivog sloja

Smanjenje zapremine jednako je smanjenju zapremine pora ( Δe), pa je odnos smanjenja zapremine i

početne zapremine mjera deformacije, Zrak

e=Vv

e

Voda

1+e Čvrste čestice

1 e0

Vs=1 Slika 2.20 : Idealizirani model tla (V s = 1)

a posljeično, slijeganje se može izraziti kao proizvo eformacije i početne ebljine sloja (H) : e s H H 1 e0

logσ'


Slijeganja pojeinih slojeva izračunat demo uvrštavanjem ogovarajudih vrijenosti Δe (u funkciji ineksa kompresije/rekompresije i logaritma napona), ok su početni koeficijent pora (e 0 = 0,9) i visina sloja (H = 5,0 m) zaate velič ine.

s1 s2

s3 s1 s2 s3

C r 1 e0

h log

C r 1 e0

C r 1 e0

h log

h log

0,0083 1 0,9 0,0083 1 0,9 0,0083 1 0,9

p

'

C c

0

'

1 e0

p

'

C c

0

'

1 e0

0

' 0

5,0 log 5,0 log 5,0 log

0

h log

h log

0

' p

'

p

'

'

'

37

0,05

25

1 0,9

5,0 log

112,5

0,05

75

1 0,9

125

25

125

25

5,0 log

87

0,00372

37 75

50

112,5

0,0633

0,00385

0,006

0,067m 0,0099 m

0,00173m

s = s1 + s2 + s3 = 0,067 + 0,0099 + 0,00173 = 0,07863 m s = 7,86 cm Zadatak 94 : Izračunati vrijenosti modula stišljivosti po slojevima visine 5,0 m, tako da ukupno

slijeganje bue jenako slijeganju izračunatom u prethonom zaatku. Korištenjem Boussinesq-ovog ijagrama oređene su vrijenosti oatnih napona ispo centra opteredenja kvaratne površine i menzija BxB = 10,0x10,0 metara i iznose : Δσz=2,5m = 0,87∙q0 = 0,87∙100,0 = 87,0 kPa Δσz=7,5m = 0,5∙q0 = 0,5∙100,0 = 50,0 kPa Δσz=12,5m = 0,25∙q0 = 0,25∙100,0 = 25,0 kPa

Slijeganja izračunata primjenom ineksa kompresije i rekompresije za pojeine slojeve iznose : s1 = 0,067 s2 = 0,0099 s3 = 0,00173 ako deformaciju izrazimo Hooke-ovim zakonom, kao količnik oatnih napona (Δσ) i edometarskog modula (Ms) :

M s


jasno je da je slijeganje jednako :

s

H

H

M s

pa je deformacioni modul pojedinih slojeva (i = 1,2,3) jednak :

1

M s

2

M s

M s3

H

5,0 87,0

z 2 , 5

s1

6492,5kPa

0,067

H

5,0 50,0

z 7 ,5

s2

25252 ,5kPa

0,0099

H

5,0 25,0

z 12, 5

s3

72254 ,3kPa

0,00173

Zadatak 95 : Izračunati faktor hirauličke stabilnosti u zoni isticaja voe u no jame, ako prosječni

hiraulički graijent u zoni vertikalnog (uzlaznog) isticanja iznosi 0,2 .

FS

' i

sat

i

w

w w

20,0 10,0

10,0

0,2 10,0

2,0

5,0

Zadatak 96 : Uzorak raspucalog glinovitog praha sa lokacije “C” povrgnut je testu monoaksijalne

čvrstode. Do sloma uzorka je ošlo pri aksijalnom naponu o 420 kPa. Izračunati ne reniranu koheziju. Skicirati rezultate testa i Mohr-ov krug napona.

Rješenje : U testu monoaksijalne čvrstode nema delijskog pritiska, nanosi se samo aksijalno opteredenje o sloma. Osječak na osi smičudeg naprezanja prestavlja vrijenost nerenirane kohezije (cu). τ

cu

Δσ/2 Δσ=420,0 kPa

σ'

Slika 2.21 : Skica rezultata testa monoaksijalne čvrstod e

cu

420,0 2

2

210,0kPa


Zadaci 97 – 100 (Pozemna etaža stambenog objekta) : Na slici je prikazan poprečni presjek kroz

pozemnu etažu stambenog objekta.

POZ 100

Kota vanjskog uređenja

3

γ = 20,0 kN/m

A

c = ? kPa υr = ?

Temeljna ploča

υ p = ? 3

0,75 m

γsat = 20,0 kN/m

A = 15,0x15,0 m

3

γd = 18,0 kN/m

;

-4

2

GW

γd=? ; wsat=26,9%; c' = ? [kPa] υ' = ?; Cc = ?; Cr = ?; e0 = ?; cv =4∙10 [m /dan]; cu= ?[kPa]; OCR=?

1,0 m

SP

1,5 m

Slika 2.22 : Geometrija objekta i profil tla

Napomene :

-

Objekat opteredeuje tlo ravnomjerno raspodijeljenim površinskim opteredenjem o 50,0 kPa Nepoznate geotehničke karakteristike tla treba oreiti na osnovu rezultata laboratorijskih ispitivanja datih slikama i tekstom zadataka

-

Nivo pozemne voe je uočen na ubini o 3,75 metara ispo površine terena

Zadatak 97 : Materijal “A“ je GW materijal koji je ispitan u velikom uređaju za irektno smicanje pri

konstantnom vertikalnom naponu od 50,0kPa. Sm ičuda čvrstoda u kritičnom stanju (τ cv) iznosila je pri

ovom testu 35,0 kPa, a vršna (τ p) 39,0 kPa. Oreiti nepoznate geotehničke karakteristike i po potrebi ih primijeniti u zadacima 98,99 i 100. Kako se radi o krupnozrnom materijalu => c = 0,0 kPa Na drugoj strani ugao unutrašnjeg trenja se može oreiti iz rezultata testa irektnog smicanja (teoretski je dovoljan jedan test) r

tg

cv

tg

p

35,0 50,0

p

39,0 50,0

0,7 => 0,78 =>

cv

p

arctg 0,7 arctg 0,78

35 38

Grafički se rezultati mogu predstaviti kao na slici ispod :

1,5 m

CH

Nestišljiva, čvrsta stijena

-

3,0 m


p

39,0 kPa

cv

35,0 kPa

50,0 kPa

'

Slika 2.23 : Prikaz rezultata testa direktnog smicanja

Zadatak 98 : Materijal CH (prekonsolidovana glina) ispitan je testovima : a) jenoosne čvrstode, pri

čemu je aksijalna sila pri slomu iznosila 1624,0 N, a uzorak je prečnika 10,0 cm, b) CU trikasijalnim testom, pri čemu su ispitana 2 uzorka, a rezultati su prikazani tabelom 2.5, te c) edometarskim testom, za kojeg su rezultati prikazani slikom 2.24 , uz napomenu a je specifična zapreminska težina 3 jednaka 26,0 kN/m . Oreiti nepoznate veličine (geotehničke karaktersitike) prikazane na slici 2.22. Uzorak je uzet iz sredine sloja CH. Početnim naponskim stanjem smatrati ono nakon isko pa do kote na temeljne ploče.

σ3 [kPa]

u[kPa]

[kPa] 410,0 520,0

100,0

-65,0 -10,0

200,0 Tabela 2.5 : Rezultati CU testa

Slika 2.24 : Rezultati edometarskog testa

a) Iz rezultata testa monoaksijalne čvrstode može se oreiti veličina nerenirane kohezije :

cu

2

F A

1,624kN

1,624

0,12

0,00785

206,87 cu

4 cu

206,87 2

103,4kPa

Slika 2.25 : Rezultati testa monoaksijalne čvrstode

b) Iz rezutata CU testa mogu se oreiti efektivni parametri čvrstode na smicanje (c' i

Koristedi poznati izraz, koji ovje nede biti posebno izvođen (vii poglavlje 4) : '1

'3 tg 2 (45

2

)

2c tg (45

2

)

')


Uvrštavajudi konkretne vrijenosti izmjerene na 2 proveena testa mogu se, rješavanjem sistema 2 jenačine sa 2 nepozante oreiti efektivni paramteri čvrstode. Kako se rai o uzorku prekonsoliovane gline, pri smicanju je uočeno smanjenje pornog pritiska (negativni porni pritisak) koje se vezuje uz pojavu povedanja zapremine pora pri smicanju. Na sredu, princip efektivnih napona i alje vrijei pa se isti mogu izračinati prema : '=

- (-u) =

+u

Dakle, Mohr-ov krug efektivnih napona je pomjeren ka desno u odnosu na krug totalnih naponona. TEST 1 :

3'

=100,0 + 65 = 165,0 kPa;

1'

=510,0 + 65 = 575,0 kPa

TEST 2 :

3'

=200,0 + 10 = 210,0 kPa;

1'

=720,0 + 10 = 730,0 kPa

575,0

165,0 tg 2 (45

730,0

210,0 tg 2 (45

'

)

2

' 2

)

2c' tg (45

2c' tg (45

'

)

2

' 2

)

Pa ouzimanjem prve jenačine o ruge : 45,0 tg (45 '

tg (45 (45

'

'

2

155,0

2 '

2 33,4

)

)

2

)

1,85 61,7

Uvrštavanjem ovako izračunatog efektivnog ugla unutrašnjeg trenja u

prvu o vije početne

jeančine izračunat demo efektivnu koheziju : ' ' 2 2c' tg (45 ) 575,0 165,0 tg (45 ) 2 2 33,4 2c' tg (45 ) 575,0 165,0 tg 2 (61,7) 2 33,4 2c' tg (45 ) 5,82 2 5,88 c' 1,58kPa 3,71 Iz rezultata eometarskog testa oređene su sljeede veličine :

c)

Indeks rekompresije - nagib linije rekompresije (C r) sa dijagrama e-log ' :

C r

0,7

0,67

log 70,95 log

gdje je

0

0

– početni efektivni napon u sreini sloja CH, a zaatkom je rečeno a se isti računa za

stanje nakon iskopa pa vrijedi : 0 =

d(GW)

0,75 + (

sat(GW) -

w)

0,75 + (

sat(CH) -

w)

0,5


Gje je nepoznata veličina saturirane zapreminske težine sloja CH, a istu demo oreiti iz suhe zapreminske težina i zaate vlažnosti pri 100% saturaciji jer je sloj CH ispo nivoa pozemne voe : sat

d

(1 w sat )

dok se suha zapreminska te žina može oreiti iz specifične za poznatu vrijenost poroznosti prema : d

s

(1 n)

A poroznost iz zaatog početnog koeficijenta pora (slika 2.24), e0 = 0,7, pa je : e 0,7 n 0,411 1 e 1 0,7 26,0(1 0,411)

d

15,13kN / m3

15,13(1 0,269) 19,2

sat

Pa je početni efektivni napon : 0 =

18,0 0,75 + 10,0 0,75 +9,2 0,5 = 25,6 kPa

A konačno i ineks rekompresije :

C r

0,7

0,67

0,03

log 70,95 log 25,6

log

70,95

0,03 0,443

0,0677

25,6

Odnos prethodne konsolidacije predstavlja odnos napona prethodne konsolidacije i početnog efektivnog napona :

OCR

p

70,95

0

25,6

2,77

Indeks kompresije - nagib linije normalne konsolidacije ( Cc) sa dijagrama e-log ' :

C c

0,67 0,5 log 200,0 log 70,95

Kontrola : Cr

0,17 log

200,0

0,17 0,45

0,387

70,95

0,167Cc => OK

Zadatak 99 : Izračunati i nacrtati ijagram horizontalnog pritiska granularnog materijala koji je nasut

nakon izvođenja pozemnog ijela stambene kude sa svih strana, a što je etaljno naznačeno na slici 2.22 (s desne strane presjeka). Vertikalni dio zida smatrati idealno glatkim.

Primjena kritičnog ugla unutrašnjeg trenja može se opravati time što je ista na strani sigurnosti, a primjena vršnog ugla se može opravati time što su eformacije male za slučaj stanja mirovanja. Ipak, vječita inženjerska ilema „vršna ili kritična vrijenost“, češde završava izborom rezidualne vrijenosti ugla unutrašenjg trenja, kao one na strani sigurnosti, pa de isto biti urađeno i u ovom zadatku.

K 0

1 sin

r

1 sin 35 0,426

Vertikalni efektivni napon na dubini od 3,0 metra iznosi :

'v = 20,0 3,0 = 60,0 kPa, pa je horizontalni

napon na dubini od 3,0 metra jednak : 'h,0 = 60,0 0,426 = 25,56 kPa, dok je na površini isti jenak nuli, pa se može nacrtati traženi dijagram horizontalnih pritisaka :


3,0 m

25,56 kPa Slika 2.26 : Horizontalni ptisak na zid podzemnog dijela stambenog objekta

Zadatak 100 : Izračunati nakon koliko vremena de slijeganje sloja gline iznositi 0,5 cm. Koristiti teoriju

Terzaghi- jeve jenoosne konsoliacije. Slojeve šljunka i pijeska smatrati nestišljivim pri ovom

proračunu. Primijeniti linearnu interpolaciju za vrijednosti Tv vs. U , koje nisu date tabelom. P očetno stanje je ono nakon iskopa!.

Tabela 2.6 : Veza između prosječnog stepena konsoliacije i vremenskog faktora – konstantan početni porni pritisak

Opteredenje objektom iznosi 50,0 kPa na površini terena pa je oatni napon uslje tog površinskog opteredenja u sreini sloja CH (na ubini o 2,0 metra) jenak : 50,0

z 2, 0 m

Pa je

0

15,0 15,0 (15,0

2,0) (15,0

2,0)

50,0

225,0 289,0

38,9kPa

= 25,6 + 38,9 = 64,5 kPa < 70,95 = napon prethone konsoliacije, što znači a

+

prekonsoliovana glina ostaje prekonsoliovana o kraja konsoliacije (elastične eformacije). Promjena koeficijenta pora za izračunati oatni napon može se oreiti preko ineksa rekompresije (očitanjem sa dijgrama e-log '), pa je slijeganje jedanko : s

e 1 e0

H

C r 1 e0

H log

0,0677

0 0

1 0,7

1,0 log

25,6

38,9

25,6

0,016m

s = 1,6 cm

Prosječni stepen konsoliacije efiniše onos između slijeganja u nekom trenutku vremena i ukupnopg slijeganja koje ogovara vremenu u beskonačnosti. To krajnje slijeganje (slijeganje u beskonačnosti) je izračunato i iznosi 1,6 cm pa se prosječni stepen konsoliacije koji ogovara traženom slijeganju o 0,5 cm može izraziti kao : U avg

st s

100(%)

0,5 1,6

100(%) 31,25%

Te je ogovarajudi vremenski faktor za slučaj konstantnog početnog pritiska i izračunati prosječni stepen konsolidacije : T = 0,0861 (određeno linearnom interpolacijom za tabelarno prikazane


rezultate, a može se očitati i sa gotovih ijagrama, uz napomenu a se rai o slučaju konstantnog početnog pornog pritiska po visini sloja CH). Vrijeme potrebno a slijeganje bue 0,5 cm se računa prema poznatom izrazu (Terzaghi-jeva jednoosna konsolidacija) : 2

t

H dr T v cv

gdje je visina dreniranja jednaka 0,5H (polovini visine sloja gline), jer se radi o dreniranju u 2 smjera.

t

(0,5m) 2 0,0961 0,0004m 2 / dan

t = 53,8 dana

53,8

3. „10 Zašto, 10 Zato“

10

pitanja koju počinju sa zašto, a završavaju odgovorom …

10 zašto 10 zato

Pitanje 1 : Zašto je koeficijent ativnog pritiska (Ka) manji od koeficijenta horizontalnog pritiska u

stanju mirovanja (K 0)? Odgovor : Poznato je da koeficijenti horizontalnog pritiska predstavljaju odnos horizontalnog i

vertikalnog efektivnog napona. Stanje mirovanja odgovara uslovima koji vladaju u tlu prije pojave bilo kakvog deformisanja, ok aktivno stanje prestavlja granično stanje, u kojem je ostignuta kritična kombinacija normalnog i smičudeg naprezanja koja prestavlja tačku na Mohr-ovom krugu u kojoj isti

tangira Mohr-Coulomb-ovu anvelopu sloma. Dakle, aktivno stanje nastupa usljed smanjenja horizontalnog naprezanja, a kao posljedica ozvoljavanja eformisanja, ok je za jean zamišljeni elemenat na jednoj dubini vertikalni napon konstantan. Tako je i odnos horizontalnog i vertikalnog efektivnog napona manji za granično stanje aktivnog pritiska nego za stanje mirovanja, pa je i koeficijent aktivnog pritiska manji od koeficijenta horizontalnog pritiska u stanju mirovanja.

K :

h,a’

h,0’

v’

= const

 '  '

h v

’

Slika 3.1 : Manje  h' => manje K => aktivni pritisak manji od pritiska u stanju mirovanja

Pitanje 2 : Zašto samo efektivne (a ne totalne) vertikalne napone množimo koeficijentom horizontalnog pritiska ko oređivanja horizontalnog pritiska tla.

Odgovor : Zato što voa jeluje hirostatski (izotropni pritisak, za razliku od tla), pa je neophodno

razdvojiti dejstvo vode i dejstvo “skeleta” tla, pri čemu je koeficijent horizontalnog pritiska za vou jedank jedinici, jer ista djeluje jednako jednako u svim pravcima (hidrostatski).

Slika 3.2 : Pritisak vode je isti u svim smjerovima – što što nije slučaj sa tlom

manjim uspjehom primjenjuje primjenjuje za krupnozrne materijale nego Pitanje 3 : Zašto se Proctor-ov opit sa manjim za sitnozrne?

10 zašto 10 zato

Odgovor : Zato što uslje inamičkog paa malja (zbijanja) granularnog materijala olazi o

drobljenja zrna istog, te se mijenja granulometrijski sastav, a time i pokazatelj zbijenosti nije mjerodavan. Pitanje 4 : Zašto je stepen zasidenosti ko sitnozrnih materijala jenak jeinici pri vlažnostima o granice tečenja (viskozna tečnost) o neposreno pre granicu skupljanja (mentol bombona)?

Slika 3.3 : Zavisnost : Zavisnost vlažnosti i stepena zasićenos ti

Odgovor : Zato što ouzimanjem voe olazi o smanjenja zapremine pora , koje cijelo vrijeme ostaju

u potpunosti popunjene vodom (S = 100%). Naime, oduzimanjem vode sitnozrni materijali mijenjaju konzistentno stan je kredudi se o tečnog (žitkog) stanja preko plastičnog (plastelin) i polučvrstog (sir trapist) o čvrstog (mentol bombona). Ono što je zanimljivije , jeste činjenica, a i u tečnom i plastičnom i polučvrastom, pa sve o prelaska u č vrsto stanje , sitnozrni materijal ima voom zasidene

pore (S = 100%). Poznato je da se materijal, čija je vlažnost blizu granice sklupljanja, teško lomi udarcima od tvrdi predmet, iako ima ste pen zasidenosti jenak jeinici. Razlog za to je veliki negatini porni pritisak (pore su veoma male i zasidene voom) , koji oatno povedava efektivni napon, pa se takav materijal jeva može razbiti o čvrstu masu.

Pitanje 5 : Zašto se stvarna brzina procjeđivanja razlikuje o one koju računamo prema Darcy -evom

zakonu? jevom zakonu voa teče “punim” zamišljenim poprečnim Odgovor : Zato što prema Darcy - jevom presjekom, ok u stvarnosti ona teče samo kroz pore. Tako je stvarna brzina veda , jer protiče kroz manji poprečni presjek. Darcy - jeva jeva se brzina može izraziti izraziti kao :

v  k  i – hiraulički graijent gdje je: i –

10 zašto 10 zato

v – v – fiktivna brzina, jer se pretpostavlja a voa teče cijelim poprečnim presjekom, a u stvarnosti teče samo kroz pore (slika 3.4). Iz uslova da je A = A v + As, olazi se o veze između stvarne

(v stvarno stvarno) i fiktivne brzine ( v ) procjeđivanja : Av = Površina pora

A = Ukupna površina

As – površina čvrstih čestica Slika 3.4: Stvarna vs. fiktivna brzina

Q  v  A  v stv  Av v stv  v 

Av  A s Av

 1   1  e  v  v  1    v     e   e  n

vstvarno = v/n ; gdje je : n – poroznost

Pitanje 6 : Zašto ko prekonsoliovane gline i zbijenog pije ska olazi o povedanja zapremine pri smicanju (ilatancija) i zašto nas ta pojava povedanja zapremine zanima?

Odgovor : Zato što obro upakovane čestice pri smicanju ne mogu odi u još više upakovano stanje pa olazi o “preskakanja” čestica jenih preko rugih (efekat “pile”), pa je očita posljeica povedanja

zapremine. Ipak, o vo se ešava samo pri manjem normalnom naprezanju, jer pri vedem pritisku ovaj mehanizam smicanja nije mogud. Taa olazi o robljenja čestica pri smicanju, tj. dilatancija je

obustavljena. Kao posljedica ove obustave dilatancije , ešava se i zakrivljenost anvelope slopa. Ugao ilatancije je uveen u moele tla a bih se obuhvatio ovaj efekat povedanja zapremine pri smicanju, jer je uočeno a on u oređenim uslovima zaista postoji. Vedi u gao ilatancije znači vedu zapreminsku

deformaciju, pa je očito a ovaj paramtar utiče na sliku pomjeranja.  dx

 ψ

H

dz

xz

xz = dx/H

z = - dz/H = v

Slika 3.5: Grafička Grafička interpretacija ugla dilatancije ( ψ test jednostavnog smicanja (eng. simple shear test) ψ ) – test

Pitanje 7 : Zašto sitnozrni materijal sa sitnijim promjerom zrna ima vedu granicu tečenja o

10 zašto 10 zato

Odgovor : Granica tečenja efinisana je vlažnošdu pri kojoj materijal prelazi iz plastičnog u tečno

stanje. Da bi se ta promjena stanja ostvarila neophono je a ođe o pokretanja jenih čestica u onosu na ruge. To se očito ešava kaa voa obloži vedinu čestica. Ukoliko postoji vedi broj sitnijih čestica potrebno je više voe a se ostvari ta pokretljivost, kaa su čestice nešt o krupnije i manje ih je, ta potrebna količina voe je manja. Dakle, očito je a postoji veza između granulometrijskog sastava sitnih čestica i granice tečenja.

Pitanje 8 : Zašto, kaa hoamo po zasidenom pijesku na pješčanoj plaži, olazi o naglog isuše nja

pijeska u zoni oko stopala?

Slika 3.6 : Dilatancija – zbijeni pijesak

Odgovor : Ova se pojava vezuje sa pojmom ilatancije, tj. uslje smičudeg naprezanja (kako se rai o

dobro upakovanom voozasidenom sitnom pijesku), dolazi do povedanja zapremine pora, koj e tada imaju mogudnost a upija ju velike količine voe. Dakle, povedanjem pora , voa sa površine ispunjava tako nastalu zapreminu zraka (novonastale pore) i isušuje io oko stopala koje je izazvalo smičude naprezanje i povedanje zapremine pora.

Pitanje 9 : Zašto materijal sa vedim uglom unutrašnjeg trenja i vedom kohezijom ima vedu čvrstodu o materijala sa manjim uglom unutrašnjeg trenja i manjom kohezijom?

Odgovor : Posmatra li se čvrstoda tla prema Moh r-Coulomb-ovom kriteriju, očito, za konstantan

izotropni pritisak (3), materijal tla se može ouprijeti vedem smičudem naprezanju ako mu Mohr Coulomb-ov pravac koji efiniše čvrstodu ima vedi nagib i vedi osječak na osi smičudeg naprezanja.

3’

1,a’

1,b’

’

Slika 3.7 : Značenje ugla unutrašnjeg trenja i kohezije kao parametara čvrstoće

10 zašto 10 zato

Pitanje 10 : Zašto razlikujemo moul stišljivosti (M s) oređen eometarskim testom, od modula eformabilnosti (E) oređenog triaksijalnim testom.

Odgovor : Zato što se deformisanje u eometru ešava u uslovima spriječenog bočnog eformisanja, te nije omoguden slom uzorka, ok se u trikasijalnom testu omogudava slom uzorka uslje s micanja (ozvoljene su bočne eformacije) . Samim tim, znatno su različine krive aksijalni napon Vs. aksjalna

deformacija oređene eometarskim i triaksijalnim testom sa konstantnim delijskim pritiskom.

a i

(

a-

r)

edometar “triaksijalac”

a

Slika 3.8 :Veza napona i deformacije u edometarskom i triaksijalnom testu

Nagibi krivih linija efinišu jean, onosno rugi moul. Također, pore toga što se razlikuju, ti nagibi

nisu isti za svaki stepen naprezanja. T lo se ponaša izrazito nelinearno. Stoga, mogu se efinisati tanglentni i sekantni moduli. U literaturi se često mogu pronadi okvirne, preporučene vrijenosti moula eformabilnosti za razne vrte tla, a isti se najčešde aju za tzv. referentni napon o 100,0

kPa. Sofisticiraniji moeli tla omogudavaju i opis promjene deformacionog modula sa promjenom stepena naprezanja i kao takvi osta uspješno opisuju re alno ponašanje uočeno mjerenjima.

Zabavna strana

4. Zabavna strana GEOTEHNIČKA OSMOSMJERKA

CITATI … a) Zanimljivo ... Tabori : Kao dijete, imao sam privatnog učitelja, koji je bio prilično ekscentričan čovjek. On npr. nije

vjerovao a đaci moraju bubati stihove i atume; bio je ovoljno smion a je nastojao natjerati svog đaka a sam misli, iako je to ovom često bilo mučno i teško. Jean o zaataka koje mi je zaao nastojedi a vježba moju sposobnost logičkog rasuđivanja sastojao se u tome a sam morao otkrivati vezu između Sunca i svakojakih nasumice oabranih premeta. Tabori : Znanje i pamet nipošto nisu jeno te isto. Ima glupana koji posjeuju golemo znanje. Ima pametnih ljui ko kojih je znanje veoma skučeno. Čovjek koji je sposoban sipati kao iz rukava

atume bitaka, statističke poatke o izvozu i uvozu, može ipak biti obična buala. Tabori : Glupost je korisna kao nešto čemu se smijemo, ali jeva a je i za nešto rugo korisna. Ona je

zapravo štetna, i to štetna za svakoga, a ne samo za one koji o nje boluju. Ono što je u prošlosti izazivalo progone i ratove, moglo bi lako u buudnosti izazvati katastrofu u kojoj bi prorao čitav svijet. No, pokušajmo vero gledati i na tu stravičnu viziju. Jer, ako glupost oista uspije unuštit i čitav svijet, uništit de i samu sebe, a to ipak murost nije bila nikaa sposobna uraiti.

Zabavna strana

Tabori : Ima ljudi kod kojih se nagon i misao potpuno stapaju, pa tako stvaraju nedjeljivu cjelinu : to

su geniji, pojeinci koji su sposobni potpuno izražavati svoje ljuske vrline Gordon Dryden i Jeannette Vos : Ti si dio prve gen racije koja živi u novom vremenu, vremenu koje

nui velike mogudnosti i u kojem je praktično sve mogude. Gordon Dryden i Jeannette Vos : Ljudi najbolje uče ona kaa žele a uče, a ne u neko oređeno doba života.

b) Stručno, a zanimljivo? Terzaghi : Tlo je stvorila priroa, a ne čovjek, a proukti priroe su uvijek kompleksni. Prirono tlo je

heterogeno i osobine mu se mijenjaju o tačke o tačke, a nauka njegove osobine ograničava na svega par tačaka (gje su uzeti uzorci). Zaatak Mehanike tla je, između ostalog, pronadi aekvatan moel tla, a to ona postaje problem na granici između nauke i umjetnosti . Terzaghi : Temelji građevina uvijek su bili pastorča zato što nema slave u temeljenju i što uzroci

uspjeha ili neuspjeha leže skriveni uboko u tlu, ali jela osvete temelja zbog neostatka brige o njima mogu biti veoma zbunjujuda. Terzaghi : U inženjerskoj praks i, problem nije tlo, kao tlo, nego voda koja se nalazi u porama. Na planeti bez vode ne bi bilo potrebe za mehanikom tla.

Ralph Peck : Uvjeren sam da teorija mehanike tla i rezultati laboratorijskih t estova služe samo kao

voič inženjeru za prepoznavanje f aktora koji mogu uticati na uspješno projektovanje i izvođenje stvarnog projekta.

Verrujit : Zbog izrazito nelinearnog ponašanja materijala tla, početni naponi u tlu su o velikog

značaja za previđanje ponašanja po oatnim opteredenjem. Ti početni naponi zavise o geološke prošlosti koja nikaa nije u potpunosti poznata. Konkretno, početni horizontalni naponi u tlu su obično nepoznanica. Vertikalni naponi rastu sa ubinom i često se mogu pravilno ocijeniti, a taj porast ima za posljedicu porast krutosti i čvrstode sa ubinom. Pomod često treba potražiti posjetom grailišta i razgovorom sa lokalnim stanovništvom. Holtz i Kovacs : Zbog priroe materijala tla i stijene, laboratorijski i terenski testovi su veoma važni u

geotehničkom inženjerstvu. Jean o načina a stuenti i mlai inženjeri razviju osjedaj o ponašanju tla i stijene jeste a steknu iskustvo iz laboratorije provođenjem testova za klasifika ciju i oređivanje inženjerskih osobina tla i stijene. H. olarević : Tlo i konstrukcija eformišu se zajedno, tj. konstrukcija prati deformacije tla, pa je nemogude pri razmatranju temeljenja objekata posmatrati tlo nezavisno o konstrukcije i obratno, konstrukciju nezavisno o osobina tla. Drugim riječima, konstrukcija i tlo čine jeinstvenu konstruktivnu cjelinu.

H. olarević : Prisutna je praksa, a ispo temelja ili temeljnih ploča , ako se fundiraju na glinovitoj polozi, ugrai šljunčani tampon, rai postizanja površinskog moula eformacije tla koji praktično nema nikakvog značaja. Ovakva praksa nema nikakvog tehničkog opravanja, čak je i štetna, ako je nivo pozemnih voa ispo površine temelja. Sloj tampona je upravo kolektor u kome se skupljaju procjene voe i raskvašavaju pologu. Ispravno je a se površina na kojoj se funira nabije (bez prisustva atmosferskih paavina) i omah položi zaštit ni – izravnjavajudi sloj nabijenog betona, na koji se polaže armatura i izvoi temeljna konstrukcija.

Zabavna strana

VICEVI …

Zabavna strana

ZNAŠ A SI INŽENJER GEOTEHNIKE KAD ... …Djetetu želiš ati ime Clay, Sany, Peat  …Znaš a SPT nije "Stupi Penetration Test“  …Znaš razliku između tla (zemlje) i prljavštine  ...Želiš kudicu za svog psa temeljiti na šipovima  …Slike sa tvog goišnjeg omora reovno sarže potporne konstrukcije i nestabilne kosine  …Više želiš imati Holtz&Kovacs nego Dolce&Gabbana 

PRONAĐI RJEŠENJE ???

_ _ _ _ _ _ i _ _ _ _ _ _

Zabavna strana

PRAKTIČNI PROBLEM : IZGRANJA U URBANIM SREINAMA => OBJEKTI PORE POSTOJEDIH OBJEKATA PITANJE : KONCEPT TEMELJENJA SUSJEDNOG OBJEKTA?

RJEŠENJE : OPTEREDENJE SA SUSJENOG OBJEKTA PRENOSITI LINIJSKI OKOMITO NA POSTOJEDI OBJEKAT

Slika 4.1 : Rješenje temeljenja uz postojedi objekat (moifikovano o H.Dolarevid)

Zabavna strana

Mapa uma – Zapreminski Odnosi

Zabavna strana

Mapa uma – Podjela Tla

Zabavna strana

Mapa uma – Naponi u Tlu

Zabavna strana

Mapa uma – Horizontalni Pritisci

Zabavna strana

Mapa uma – Zaštitna Konstrukcija

Zabavna strana

Mapa uma – Kritično Stanje

Literatura

A. VERRUIJT (2001) : „Soil Mechanics“ , Delft University of Technology. B. M. AS (1998) : „Principles of Geotechnical Engineering “, 4th Edition, California State University, Sacramento, International Thompson Publishing B. M. AS (2007) : „Principles of Geotechnical Engineering “, Adapted International Student Edition, International Thompson Publishing, Canada. B. M. AS (2008) : „ Advanced Soil Mechanics“, 3rd Edition, Taylor and Francis, London and New York.

C.VENKATRAMAIAH (2006) : „Geotechnical Engineering “, 3rd Edition, New Age International Publishing, New Delhi I. SMITH (2007) : „Smith's Elemenths of Soil Mechanics “, 8th Edition, Blackwell Publishing, Napier University, Edinburg

M. MAKSIMOVID (2008) : „Mehanika Tla“ , Četvrto izdanje, A GM Knjiga, Beograd M. MAKSIMOVID i P.SANTRAČ (2010) : „ Zbirka Zadataka iz Osnova Mehanike Tla “, 6. opunjeno izdanje, AGM Knjiga, Beograd

R.F.CRAIG (2004) : „Craig's Soil Mechanics “, 7th Edition, Spon Press, London and New York V.N.S. MURTHY (2003) : Geotechnical Engineering : Principles and Practices of Soil Mechanics and Foundation Engineering, Marcel Dekker Inc, New York

A.Skejic - 100 Resenih Ispitnih Zadataka Iz Mehanike Tla

Recommend Documents