Parcie gruntu na konstrukcje oporowe

(1)

Parcie gruntu

na konstrukcje oporowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki

Grunt jako materiał budowlany

WBudownictwie Ziemnymgrunt traktowany jest jako materiał budowlany, z którego wykonywane są konstrukcje i budowle ziemne (np. nasypy) oraz jako ośrodek, w którym wykonywane są inne budowle (np. kanały).

Budowle Ziemnepowstają poprzez wykonywanie nasypów i wykopów o róŜnych kształtach i róŜnych wymiarach, przy czym technologia ich wykonania polega zazwyczaj na odspojeniu i wydobyciu gruntu z wykopów,

przemieszczeniu urobku na miejsca nasypów oraz na ich uformowaniu w zaleŜności od celu i przeznaczenia budowli.

Nierzadko do budowy nasypów wykorzystuje się grunty antropogeniczne, powstałe w wyniku gospodarczej lub przemysłowej działalności człowieka (odpady komunalne, pyły dymnicowe, odpady poflotacyjne).

(2)

Podział budowli ziemnych

zapory wodne ziemne, obwałowania rzek, nasypy drogowe i kolejowe, groble stawów rybnych etc.

zbiorniki odpadów przemysłowych np. poflotacyjne

hałdy magazynowe np. w portach przeładunkowych

podtorza ziemne dla kolei i dróg kołowych

roboty niwelacyjne dla zakładów przemysłowych i osiedli mieszkaniowych, dla lotnisk, stadionów etc

kanały Ŝeglowne, kanały nawadniające oraz roboty z zakresu regulacji rzek i potoków

Stałe (stateczność stała)

wykopy pod budynki mieszkalne, przemysłowe, mosty, zapory wodne, śluzy nadbrzeŜa etc.

rowy dla instalacji kanalizacyjnych, wodociągowych, kabli, sieci gazowej etc.

nasypy ziemne dla budowli hydrotechnicznych Czasowe

(stateczność ograniczona w czasie)

Budowle Ziemne

Rozwiązanie Rankine’a (1857)

ϕ σ τ

τ <

f

= ^c + ^tg

Promień koła Mohra:

2

3

1

σ

−

Środek koła Mohra jest odległy od początku układu o:

2

3

1

σ

+

Dla koła Mohra mamy:

σ ϕ σ

σ σ ϕ

2 cot sin 2

3 1

⋅ + +

−

=

c

ϕ σ ϕ

sin 1 2 cos sin

1 sin 1

1

3 − +

+

= − c

(3)

Rozwiązanie Rankine’a

( )( )

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ

sin 1

sin 1 sin

1

sin 1 sin 1 sin

1 sin 1 sin 1

cos ²

+

= − +

−

= + +

= − +

Podstawiając:

Otrzymujemy:

a

c K

K

₁

2

3

= σ −

σ

Gdzie współczynnik czynnego parcia gruntu (coefficient of active earth pressure) K_a:

ϕ ϕ sin 1

sin 1

+

= − K

a

Formułę:

moŜna zapisać jako:

a

c K

K

₁

2

3

= σ −

σ σ

₁

= K

p

σ

₃

+ 2 c K

p

Rozwiązanie Rankine’a

Gdzie K_pto współczynnik biernego parcia (odporu) gruntu (coefficient of passive earth pressure) :

ϕ ϕ sin 1

sin 1

−

= + K

p

Dla gruntów idealnie sypkich (c=0) zachodzi:

p

a

K K

K < <

Przyjmując dalej φ=30^o(typowa wartość dla piasku) otrzymujemy:

3 3

1 < K <

(4)

Rozwiązanie Rankine’a – parcie czynne

Active earth pressure

NapręŜenia poziome w gruncie dla przypadku parcia

czynnego

zz

= γ ⋅ z σ

gdzie:

γ– cięŜar objętościowy gruntu, kN/m³ z – głębokość, m

a a

xx

a

K z c K

e = σ = γ ⋅ − 2

Całkowita siła parcia czynnego oddziałującego na mur o wysokości h jest równa:

γ

²

² ² γ

²

2 1 c

K ch h K

E

_a

=

_a

⋅ −

_a

+

Znak siły zmienia się na głębokości:

a

c

K

h c γ

= 2

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Czyli do głębokości h_cpowinny w gruncie występować napręŜenia rozciągające, co jest moŜliwe tylko przez krótki czas. Stąd teŜ przyjmuje się, Ŝe do głębokości h_cpojawią się szczeliny zarówno w gruncie jak i pomiędzy gruntem i murem.

NapręŜenia poziome w gruncie ze szczelinami dla przypadku parcia czynnego Całkowita siłę parcia czynnego

oddziałującego na mur o wysokości h jest równa:

a r r a

a

K h ch K

E 2

2

1

₂

−

⋅

= γ

gdzie h_rjest zredukowaną wysokością muru równą:

a

r

K

h c

h γ

− ⋅

= 2

Rozwiązanie Rankine’a – parcie czynne

(5)

Rozwiązanie Rankine’a – parcie bierne

Passive earth pressure

p p

xx

p

K z c K

e = σ = γ ⋅ + 2

Całkowita siła parcia biernego oddziałującego na mur o wysokości h jest równa:

p p

p

K h ch K

E 2

2

1

₂

+

⋅

= γ

NapręŜenia poziome w gruncie dla przypadku parcia biernego NapręŜenia poziome są tylko

ściskające,więc nie ma moŜliwości wystąpienia szczelin w gruncie.

W przypadku murów oporowych, rzeczywiste napręŜenia poziome będą przyjmowały wartości pomiędzy wynikającymi z parcia biernego i aktywnego, które mogą się róŜnic nawet dziewięciokrotnie. Pozostawia to wysoki margines nieoznaczoności.

Parcie neutralne, spoczynkowe

W praktyce parcie i odpór gruntu wyznacza się korzystając z rozwiązań

Coulomna, Rankine’a lub rozwiązań empirycznych.W obu tych teoriach analizuje się grunt w stanie odłamu, a więc katastrofalnym,gdy na skutek ścinania nastąpiło oddzielenie się klina gruntu od powstałego masywu. Obie te metody dają więc błędne wyniki gdy grunt napiera na niepodatną konstrukcje oporową, która nie dopuszcza do powstania odłamu. Wtedy, napręŜenie poziome oddziałujące na mur moŜna określić ze wzoru:

z

xx

= K ⋅ γ ⋅

σ

₀

gdzie: K₀– współczynnik parcia bocznego w stanie spoczynku (neutral earth pressure coefficient).

ν ν

= −

0

1 K

ϕ sin

0

= 1 − K

- teoria spręŜystości

- wzór Jaky’ego

( ϕ )

^sin^ϕ

0

1 sin OCR

K = − ⋅

- Mayne i Kuhlawy (1982)

gdzie: OCR – stopień konsolidacji (overconsolidation ratio)

(6)

Wpływ wody na napręŜenia

W przypadku występowania poza murem wody gruntowej naleŜy zamiast cięŜaru objętościowego γprzyjąć cięŜar objętościowy gruntu pod wodąγ’, ciśnienie wody u uwzględnić oddzielnie obliczając je według wzoru:

w w

h u = γ

gdzie h_wjest wysokością słupa wody w rozpatrywanym punkcie.

2m

6m ZałóŜmy, mur o wysokości 8 m w gruncie o

parametrach c=0, φ=30^o, γ_dry=16 kN/m³, γ_sat=20 kN/m³.

kPa K

kPa u

kPa m

m m

h Dla

kPa K

kPa h

m h Dla

zz a xx

zz zz

sat dry

zz zz a xx

dry zz

67 . 30 392 ' 1 '

92 60 152 '

152 120 32 6 2

8

67 . 10 332 1 32 2

=

−

=

−

=

= +

=

σ σ

γ γ

σ σ σ

γ σ

a a

a

xx

= e = K ( γ ⋅ z + q ) − 2 c K σ

γ

²

² ² γ

²

2 1 c

K ch qh

h K

E

_a _a

 −

_a

+



 



 ⋅ +

=

p p

p

xx

= e = K ( γ ⋅ z + q ) + 2 c K σ

p p

p

K h qh ch K

E 2

2

1

₂

+

 

 



 ⋅ +

= γ

W przypadku występowania naziomu obciąŜonego równomiernie wzory dla parcia czynnego i biernego przyjmują następującą postać:

Rozwiązanie Rankine’a – obciąŜenie

(7)

Rozwiązanie Coulomba – parcie czynne

θ γ ^tan 2

1

₂

h W =

W przypadku parcia czynnego cięŜar klina jest równy:

Siła tarcia, działająca na płaszczyźnie poślizgu o długości h/cosθjest równa:

ϕ tan N T =

Równania równowagi (w postaci sum rzutów sił na obie osie układu współrzędnych przyjmują postać):

0 cos sin

=

−

=

− +

θ θ

T N

W

N T

Q

Eliminując siłę tarcia otrzymujemy:

( )

( θ ϕ )

ϕ

ϕ ϕ θ

+

=

+

= cos sin cos cos W N Q N

Rozwiązanie Coulomba – parcie czynne

Eliminując siłę nacisku otrzymujemy:

( )

( ^θ ^θ + ^ϕ ^ϕ )

= + sin W cos

Q

oraz:

γ ^tan θ

2 1

₂

h W =

( )

( ^θ ^ϕ )

θ θ ϕ

γ θ

+

= +

sin cos

cos sin 2

1

₂

h Q

Podstawiając:

Otrzymujemy:

( θ ϕ ) θ ( θ ϕ ) ϕ

θ ^cos ^cos ^sin ^sin

sin + = + −

( θ ϕ )

θ

ϕ γ γ

− +

= cos sin

2 sin 1 2

1

2 2

h h

Q

Maksymalna wartość siły Q przypadnie dla maksymalnej wartości funkcji:

( ) θ = cos θ sin ( θ + ϕ )

f

(8)

Rozwiązanie Coulomba – parcie czynne

Pierwsza i druga pochodna funkcji przyjmują wartości:

( ^θ ^ϕ )

θ ⁼ ^cos ² ⁺ d

df ( θ ϕ )

θ

²

⁼ ⁻ ² ^sin ² ⁺

2

d f d

= 0 θ d

df

dla:

2 θ + ϕ = π 2

^wtedy:

2 4

ϕ θ = π −

Dla takiej wartości kąta θotrzymujemy:

2

= −

θ d

f

d

Czyli ekstremum funkcji jest maksimum.

Wtedy pozioma siła Q przyjmuje wartość:

ϕ ϕ sin 1

sin 1

+

= − K

a

gdzie:

K

a

h h

Q

² ²

2 1 sin 1

sin 1 2

1 γ

ϕ

γ ϕ =

+

= −

Rozwiązanie Coulomba – parcie bierne

θ γ ^tan 2

1

₂

h W =

W przypadku parcia czynnego cięŜar klina jest równy:

Siła tarcia, działająca na płaszczyźnie poślizgu o długości h/cosθjest równa:

ϕ tan N T =

Równania równowagi (w postaci sum rzutów sił na obie osie układu współrzędnych przyjmują postać):

0 cos sin

= +

−

=

−

θ θ

T N

W

N T

Q

Eliminując siły tarcia i nacisku otrzymujemy:

( θ ϕ )

θ

ϕ γ γ

− −

= cos sin

2 sin 1 2

1

2 2

h h

Q

(9)

Rozwiązanie Coulomba – parcie bierne

Maksymalna wartość siły Q przypadnie dla maksymalnej wartości funkcji:

( ) θ = cos θ sin ( θ − ϕ )

f

Pierwsza i druga pochodna funkcji przyjmują wartości:

( θ ϕ )

θ ⁼ ^cos ² ⁻ d

df _θ

² ₂

⁼ ⁻ ² ^sin ( ² ^θ ⁻ ^ϕ )

d f d

= 0 θ d

df

dla:

2 θ − ϕ = π 2

^wtedy:

2 4

ϕ θ = π +

Dla takiej wartości kąta θotrzymujemy:

2

= −

θ d

f

d

Czyli ekstremum funkcji jest maksimum.

Wtedy pozioma siła Q przyjmuje wartość:

ϕ ϕ sin 1

sin 1

−

= + K

p

gdzie:

K

p

h h

Q

² ²

2 1 sin 1

sin 1 2

1 γ

ϕ

γ ϕ =

−

= +

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

K

a

h

Q

²

2 1 γ

=

Zakładamy, Ŝe grunt jest niespoisty, c=0

Q – jest całkowitą siłą utrzymującą mur, jej składowa pozioma jest równa:

( α − δ )

= Q sin Q

_h

Gdzie:

α– kat nachylenia muru,

δ – kąt tarcia wewnętrznego pomiędzy murem i gruntem, z reguły przyjmuje się:

ϕ δ 3

= 2

Przy takich załoŜeniach współczynnik parcia czynnego liczony jest ze wzoru:

(10)

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

zaś współczynnik parcia biernego:

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

sin sin

sin 1 sin

sin sin

sin

 

 





+

−

− + +

−

= +

β α δ

α ϕ δ ϕ β δ

α α

ϕ α K

a

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

sin sin

sin 1 sin

sin sin

sin

 

 





+

−

+

− −

−

= −

β α δ

α ϕ δ ϕ β δ

α α

ϕ α K

p

ZałóŜmy przykładowo, Ŝe mur jest nachylony pod kątem 80^o, naziom gruntu pod kątem 10^o, kąt tarcia wewnętrznego gruntu jest równy 30 stopni, zaś kąt tarcia pomiędzy gruntem i murem jest równy 20 stopni.

Znajdźmy składową poziomą siły Q w przypadku parcia czynnego i biernego.

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

o o

o

, 10 , 30 , 20

80 = = =

= β ϕ δ

α

( )

²

2

2 2

2

844 . 0 100 sin sin

8575 . 0

715 . 1

19 . 0 60 sin sin

219 . 2 0

1 438 . 0

h Q

Q Q

h Q

K

h Q

Q Q

h K

h Q

K

o hp

p p

o ha

a a

a

γ δ

α γ

γ δ

α

γ γ

=

−

=

−

=

ZałóŜmy, Ŝe mur jest nachylony pod kątem 90^o, naziom gruntu pod kątem 10^o, kąt tarcia wewnętrznego gruntu jest równy 20 stopni, zaś kąt tarcia pomiędzy gruntem i murem jest równy 15 stopni.

Znajdźmy składową poziomą siły Q w przypadku parcia czynnego i biernego.

(11)

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

( )

²

2

2 2

2

719 . 0 105 sin sin

744 . 0

488 . 1

252 . 0 75 sin sin

261 . 2 0

1 522 . 0

h Q

Q Q

h Q

K

h Q

Q Q

h K

h Q

K

o hp

p p

o ha

a a

a

γ δ

α γ

γ δ

α

γ γ

=

−

=

−

=

o o

o

, 10 , 20 , 15

90 = = =

= β ϕ δ

α

Mury oporowe

Naziom

Naziom Naziom Naziom

Naziom

Ściany masywne– wykonuje się przewaŜnie z betonu, kamienia naturalnego lub sztucznego na zaprawie cementowej lub cementowo wapiennej, ściany te moŜna stosować tylko przy małej wysokości 2 – 3 m.

(12)

Mury oporowe

Ściany masywne ze wspornikowymi płytami odciąŜającymi- zastosowanie tego typu ścian oporowych pozwala na zmniejszenie zuŜycia materiału i zmniejszenie zbrojenia w samej płycie pionowej ściany (pozioma płyta jest Ŝelbetowa), ściany betonowe o jednej płycie odciąŜającej stosuje się do wysokości ok. 4.0m, dla wyŜszych ścian do ok. 6.0m, ściany te stosuje się do max. 10m,

Naziom

dozbrojenie miejscowe

Naziom dozbrojenie miejscowe Naziom

Naziom

zbrojenie płyty

odciąŜającej odciąŜającej

Mury oporowe

Ściany płytowo - kątowe– wykonuje się wyłącznie z Ŝelbetu, stateczność tych ścian jest zapewniona w znacznej mierze dzięki cięŜarowi gruntu spoczywającego na poziomej płycie fundamentowej, zastosowanie nachylenia płyty fundamentowej oraz specjalnej ostrogi powoduje zwiększenie stateczności konstrukcji ściany oporowej ze względu na przesunięcie,

Naziom

Naziom Naziom

N aziom Naziom

Naziom

(13)

Mury oporowe

Ściany płytowo – Ŝebrowe– składają się z płyty fundamentowej, pionowej oraz pionowych Ŝeber rozstawionych wzdłuŜ ściany oporowej co 2.5 – 3.5m, wykonanie wyłącznie z Ŝelbetu, zalety-duŜa sztywność i mała odkształcalność na działanie poziomego parcia gruntu w porównaniu z konstrukcjami płytowo kątowymi.

płyta funda m entow a płyta pio now a

Ŝebra pionowe

Mury oporowe

Naziom

Naziom Naziom

Naziom

Ściany płytowo – Ŝebrowe

(14)

Mury oporowe

Obrót ściany oporowej Obrót ściany oporowej z wyparciem

Przesunięcie ściany oporowej

Mury oporowe

(15)

Mury oporowe – warunki stateczności

Mając określone wartości sił parcia gruntu na ściany oporowe naleŜy sprawdzić ich stateczność przy odpowiednich współczynnikach pewności. Szczegóły definiuje norma PN-83/B-03010.

1. Zgodnie z zaleceniem tej normy,dla wszystkich typów murów oporowych, niezaleŜnie od ich wysokości o obciąŜeń naleŜy wykonać sprawdzenie nośności podłoŜaz uwzględnieniem mimośrodu i nachylenia obciąŜenia oraz budowy podłoŜa.Sprawdzenie to naleŜy przeprowadzić zgodnie z zaleceniami normy PN-81/B-03020.

2. W przypadku usytuowania ściany oporowej na zboczu lub w pobliŜu zbocza i w przypadku istnienia w podłoŜu warstw umoŜliwiających poślizg części zbocza w stosunku do niŜej zalegających warstw naleŜy przeprowadzićsprawdzenie stateczności ściany oporowej łącznie z częścią masywu gruntowego i obiektami sąsiadującymi,według róŜnych,moŜliwych w danych warunkach powierzchni poślizgu. MoŜna do tego celu zastosować metody równowagi granicznej (np.SLOPE/W) lub metody numeryczne (np. FLAC, Z_Soil, Plaxis etc.)

Mury oporowe – warunki stateczności

3. Przy sprawdzaniu stateczności muru oporowego ze względu na moŜliwośćobrotu względem krawędzi podstawy fundamentu powinien być spełniony warunek:

) ( )

( r

u o r

o

m M

M ≤ ⋅

gdzie:

M_o^(r)– moment wszystkich sił obliczeniowych powodujących obrót ściany (składowa i pozioma siły parcia gruntu)

M_u^(r)– moment wszystkich sił obliczeniowych przeciwdziałających obrotowi ściany (cięŜar ściany)

m_o=0.8 w przypadku obciąŜenia naziomu m_o=0.9 w pozostałych przypadkach.

kPa

q ≥ 10

(16)

Mury oporowe – warunki stateczności

4. Przy sprawdzaniu stateczności muru oporowego ze względu przesunięciepowinien być spełniony warunek:

tf t r

t

m Q

Q

⁽⁾

≤ ⋅

gdzie:

Q_t^(r)– obliczeniowa wartość składowej stycznej (poziomej)obciąŜenia w płaszczyźnie ścięcia).

Q_tf– suma rzutów na płaszczyznę ścięcia wszystkich sił obliczeniowych przeciwdziałających przesunięciu ściany,

m_t=0.9 w przypadku obciąŜenia naziomu m_t=0.95 w pozostałych przypadkach.

kPa q ≥ 10

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Przykład 1. Obliczyć parcie czynne i bierne na ścianę oporową o wysokości h=5.0 m.Parametry gruntu φ= 26^o, c=15 kPa, γ= 19 kN/m³.

5m 2.474m2.526m

-18.75 kPa

18.395 kPa

E =22.797 kN/m_a 0.825 m

391 . 438 0 . 1

562 . 0 sin 1

sin

1 = =

+

= −

ϕ ϕ

K

a

K

_a

= 0 . 625

kPa K

c

e

_a₍_z₌₀₎

= − 2

_a

= − 2 ⋅ 15 ⋅ 0 . 625 = − 18 . 75

kPa K

c hK

e

_a₍_z₌_h₎

= γ

_a

− 2

_a

= 19 ⋅ 5 ⋅ 0 . 391 − 2 ⋅ 15 ⋅ 0 . 625 = 18 . 395 K m

h c

a

c

2 . 526

625 . 0 19

15 2

2 =

⋅

= ⋅

= γ

m kN K c

ch h K

E

_a _a _a

/ 797 . 22 684 . 23 75 . 93 863 . 92

2 2 2

1

₂ ²

= +

−

= +

−

= γ γ

Ramię momentu obciąŜającego:

h m

r

_a

h

^c

0 . 825 3 =

= −

(17)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

559 . 562 2 . 0

438 . 1 sin 1

sin

1 = =

−

= +

ϕ ϕ

K

p

K

p

= 1 . 6

kPa K

c

e

_p₍_z₌₀₎

= 2

_p

= 2 ⋅ 15 ⋅ 1 . 6 = 48

kPa K

c hK

e

_p₍_z₌_h₎

= γ

_p

+ 2

_p

= 19 ⋅ 5 ⋅ 2 . 559 + 2 ⋅ 15 ⋅ 1 . 6 = 291 . 105 m kN K

ch h

K

E

_p _p

2

_p

607 . 763 240 847 . 763 / 2

1

2

+ = + =

= γ

Moment siły E_pwzględem dolnej krawędzi muru wynosi:

r

p

⋅

=

⋅

⋅ +

⋅

⋅ 763 . 847

67 . 1 105 . 243 2 5 5 1 . 2 5 48

m

r

_p

= 1 . 905

₅^m

2.5m

48 kPa

291.105 kPa

E =847p .763 kN/m 1.905 m 240

607.763

1.67m

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kNm M

₀⁽^r⁾

= 22 . 797 ⋅ 0 . 825 = 18 . 807

Sprawdzenie stateczności na przesunięcie:

m kN Q

_t⁽^r⁾

= 22 . 797 /

Sprawdzenie stateczności na obrót:

kNm G

M

_u⁽^r⁾

= ⋅ 0 . 9 ⋅ 0 . 4 = 0 . 8 ⋅ 5 ⋅ 25 ⋅ 0 . 9 ⋅ 0 . 4 = 36

ZałóŜmy szerokość ściany równą 0.8 m i jej cięŜar objętościowy: γ= 25 kN/m³:

kNm kNm 36 807

.

18 <

czyli warunek spełniony.

Współczynnik tarcia przyjęto za normą PN-83/B-03010, która dla piasków gliniastych przy załoŜeniu ścian muru z chropowatego betonu zaleca µ=0.36-0.47.

Przyjęto 0.40.

m kN Gm

Q

_tf

= µ

_t

= 0 . 4 ⋅ 100 ⋅ 0 . 95 = 38 /

(18)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg Bishopa – FS=1.758 Grid + radius

1

2

1 2

3 4

5 6

7

8 9 10

11 12

13 14

15

1.758

1 2

3 4

5 6

7

8 9 10

11 12

13 14

15

0 5 10 15 20 25

0 5 10

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg Bishopa – FS=1.764 Entry + exit

1

2

1 2

3 4

5 6

7

8 9 10

11 12

13 14

15 1.764

1 2

3 4

5 6

7

8 9 10

11 12

13 14

15

0 5 10 15 20 25

0 5 10

(19)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg Bishopa – FS=1.468 Autolocate...

1

2

1 2

3 4

5 6

7

8 9 10

11 12

13 14

15

1.468

1 2

3 4

5 6

7

8 9 10

11 12

13 14

15

0 5 10 15 20 25

0 5 10

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg SSR – FS=1.40

FLAC/SLOPE (Version 4.00) LEGEND

3-Oct-04 19:36

Factor of Safety 1.40

Shear Strain Rate Contours 2.50E-08 5.00E-08 7.50E-08 1.00E-07 1.25E-07 1.50E-07

Contour interval= 2.50E-08 (zero contour omitted) Boundary plot

0 5E 0

Velocity vectors Max Vector = 1.958E-07

0 5E -7 -0.400

0.000 0.400 0.800 1.200 (*10^1) JOB TITLE : .

Marek Cala Katedra Geomechaniki

(20)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Przykład 1. Obliczyć parcie czynne i bierne na ścianę oporową o wysokości h=3.0 m.Parametry gruntu φ= 15^o, c=10 kPa, γ= 20 kN/m³. Przyjąć ścianę Ŝelbetową płytowo kątową posadowioną 0.5 m poniŜej projektowanego naziomu obok ściany.

589 . sin 0 1

sin

1 =

+

= −

ϕ ϕ

K

a

K

a

= 0 . 767

kPa K

c

e

_a₍_z₌₀₎

= − 2

_a

= − 15 . 35

kPa K

c hK

e

_a₍_z₌_h₎

= γ

_a

− 2

_a

= 29 . 4 K m

h c

a

c

2 1 . 3

=

= γ

m c kN

K ch h K

E

_a _a _a

2 36 . 7 /

2 2

1

₂ ²

= +

−

= γ γ

h m

r

_a

h

^c

0 . 832

3 =

= −

Zgodnie z PN-83/B 03010 jeŜeli wysokość ścian jest większa niŜ 1.5 m to jej grubość w koronie powinna wynosić 300 mm dla ścian betonowych.

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kN a

h

G

₁

= γ

_b

⋅ ⋅ = 25 ⋅ 3 . 8 ⋅ 3 = 28 . 5 ^G

₂

= γ

_b

⋅ ^e ⋅ ^b = ²⁵ ⋅ ⁰ ^. ³ ⋅ ⁰ ^. ³ = ² ^. ²⁵ ^kN kN

c e

G

₃

= γ

_b

⋅ ⋅ = 25 ⋅ 0 . 3 ⋅ 0 . 9 = 6 . 75 kN c

e h

G

₄

= γ

_g

⋅ ( − ) ⋅ = 20 ⋅ 3 . 5 ⋅ 0 . 9 = 63 kN b

d

G

₅

= γ

_g

⋅ ⋅ = 20 ⋅ 0 . 2 ⋅ 0 . 5 = 3 a m

b

r 0 . 45

1

= + 2 =

b m r 0 . 15

2

= 2 = c m b a

r 1 . 05

3

= + + 2 =

c m b a

r 1 . 05

4

= + + 2 =

b m r 0 . 15

5

= 2 =

-15.35 kPa

29.4 kPa G4

G1

G5

G2 G3

Ea

a=e=0.3 m d=0.5 m 3.0 m

36.7 kPa

b=0.3 m a c=0.9 m

(21)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kNm M

₀⁽^r⁾

= 36 . 7 ⋅ 0 . 832 = 30 . 55

Sprawdzenie stateczności na przesunięcie:

m kN Q

_t⁽^r⁾

= 36 . 7 /

( ^G ^r ^G ^r ^G ^r ^G ^r ^G ^r ) ^kNm

M

_u⁽^r⁾

= 0 . 9 ⋅

₁

⋅

₁

+

₂

⋅

₂

+

₃

⋅

₃

+

₄

⋅

₄

+

₅

⋅

₅

= 78 . 17

Zakładając podane wcześniej wymiary i jej cięŜar objętościowy: γ_b= 25 kN/m³:

Przyjęto 0.40.

m kN Gm

Q

_tf

= µ

_t

= 0 . 4 ⋅ 103 . 5 ⋅ 0 . 95 = 39 . 33 /

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg Bishopa – FS=1.729 Grid + radius

1

2 1 2

3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

13 14 15

16

17

18 19

20 21

1.729

1 2 3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

13 14 15

16

17

18 19

20 21

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

(22)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg procedury Autolocate – FS=1.2 Autolocate...

1

2 1 2

3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

13 14 15

16

17

18 19

20

21 1.200

1 2 3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

13 14 15

16

17

18 19

20 21

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

FLAC (Version 4.00)

LEGEND

21-Oct-04 7:14 step 390694 -1.653E+00 <x< 1.465E+01 -2.903E+00 <y< 1.340E+01

Factor of Safety 1.14 -1.653E+00 <x< 1.465E+01 -2.903E+00 <y< 1.340E+01

Max. shear strain-rate 0.00E+00 5.00E-09 1.00E-08 1.50E-08 2.00E-08 2.50E-08 3.00E-08 3.50E-08 4.00E-08 4.50E-08 Contour interval= 5.00E-09 Boundary plot

0 5E 0

-0.100 0.100 0.300 0.500 0.700 0.900 1.100 1.300 (*10^1)

0.000 0.200 0.400 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400

(*10^1) JOB TITLE : .

Marek Cala Katedra Geomechaniki

(23)

Sprawdzenie warunków stateczności dla podanych wyŜej przykładów

• Dla przypadku gdy przyjmiemy kohezję równą połowie wg zaleceń normy.

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Przykład 1. Obliczyć parcie czynne i bierne na ścianę oporową o wysokości h=5.0 m.Parametry gruntu φ= 26^o, c=7.5 kPa, γ= 19 kN/m³.

391 . 438 0 . 1

562 . 0 sin 1

sin

1 = =

+

= −

ϕ ϕ

K

a

K

_a

= 0 . 625

kPa K

c

e

_a₍_z₌₀₎

= − 2

_a

= − 2 ⋅ 7 . 5 ⋅ 0 . 625 = − 9 . 375

kPa K

c hK

e

_a₍_z₌_h₎

= γ

_a

− 2

_a

= 19 ⋅ 5 ⋅ 0 . 391 − 2 ⋅ 7 . 5 ⋅ 0 . 625 = 27 . 77 K m

h c

a

c

1 . 263

625 . 0 19

5 . 7 2

2 =

⋅

= ⋅

= γ

m kN K c

ch h K

E

_a _a _a

/ 91 . 51 921 . 5 875 . 46 863 . 92

2 2 2

1

₂ ²

= +

−

= +

−

= γ γ

Ramię momentu obciąŜającego:

h m

r

_a

= h −

^c

= 1 . 246

E^a=51,91kN/m

27,77 kPa -9,375 kPa

1,246

3,737m

5m 1,263m

(24)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

559 . 562 2 . 0

438 . 1 sin 1

sin

1 = =

−

= +

ϕ ϕ

K

p

K

p

= 1 . 6

kPa K

c

e

_p₍_z₌₀₎

= 2

_p

= 2 ⋅ 7 . 5 ⋅ 1 . 6 = 24

kPa

K c hK

e

_p _z _h _p _p

105 . 267

24 105 . 243 6 . 1 5 . 7 2 559 . 2 5 19

)

2

(

=

= +

=

⋅

⋅ +

⋅

= +

=

= γ

m kN K

ch h K

E

_p _p

2

_p

607 . 763 120 727 . 763 / 2

1

2

+ = + =

= γ

Moment siły E_pwzględem dolnej krawędzi muru wynosi:

r

p

⋅

=

⋅

⋅ +

⋅

⋅ 763 . 727

67 . 1 105 . 243 2 5 5 1 . 2 5 24

m r

_p

= 1 . 814

5m 2,5m 1,67 1,814m

24 kPa

267,105 kPa

Ep=727,763kN/m 120

607,763 kPa

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kNm M

₀⁽^r⁾

= 51 . 91 ⋅ 1 . 246 = 64 . 68

kNm G

M

_u⁽^r⁾

= ⋅ 0 . 9 ⋅ 0 . 4 = 0 . 8 ⋅ 5 ⋅ 25 ⋅ 0 . 9 ⋅ 0 . 4 = 36

ZałóŜmy szerokość ściany równą 0.8 m i jej cięŜar objętościowy: γ= 25 kN/m³:

kNm kNm 36 68

.

64 >

czyli warunek nie spełniony.

Musimy sprawdzić więc, dla jakiej szerokości ściany warunek ten będzie spełniony:

m x

x kNm x

G M

_u^r

07 . 1

68 . 2 64 9 . 0 25 5 4 . 0 9 .

)

0

(

≥

⋅

=

⋅

=

Jest to minimalna szerokość ściany, dla której warunek stateczności na obrót będzie spełniony.

(25)

Sprawdzenie stateczności na przesunięcie:

m kN Q_t⁽^r⁾ =51.91 /

Przyjęto 0.40.

51.91 kN/m>38 kN/m

Q

^tf

=µGm=0.40.85250,95=38kN/m

Dla obliczonej szerokości zastępczej x=1.07 m otrzymujemy:

Q

^tf

=µGm=0.41.075250,95=50,825kN/m

51.91 kN/m > 50,825 kN/m

czyli warunek nie spełniony

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Musimy sprawdzić więc, dla jakiej szerokości ściany warunek ten będzie spełniony:

m x

kNm x

Q

_tf

09 . 1

91 . 51 95 . 0 25 5 4 . 0

≥

⋅

=

Podstawiając tą szerokość do równania momentów otrzymujemy:

kNm M

M

_u⁽^r⁾

= 1 . 09 ⋅ 5 ⋅ 25 ⋅ 0 . 9 ⋅ 0 . 545 = 66 , 83 >

_o⁽^r⁾

= 64 , 68

Oba warunki są spełnione!

(26)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg Bishopa – FS=1.799 Entry and exit

1

2

1 2

3 4 5

6 7

8 1.799

1 2

3 4 5

6 7

8

Distance [m]

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Elevation [m]

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Wartość wskaźnika stateczności wg procedury Autolocate – FS=1.597 Autolocate...

1

2

1 2

3 4 5

6 7

8 1.597

1 2

3 4 5

6 7

8

Distance [m]

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Elevation [m]

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

(27)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

FLAC/SLOPE (Version 5.00) LEGEND

6-Oct-07 15:01

Factor of Safety 1.41 Max. shear strain-rate 1.00E-08 2.00E-08 3.00E-08 4.00E-08 5.00E-08 6.00E-08 7.00E-08

Contour interval= 1.00E-08 (zero contour omitted) Boundary plot

0 2E 0

Velocity vectors max vector = 1.007E-07

0 2E -7

0.000 0.200 0.400 0.600 0.800 1.000 (*10^1)

0.300 0.500 0.700 0.900 1.100 1.300 1.500

(*10^1) JOB TITLE : Mur oporowy 1

Marek Cala KGBiG AGH Krakow

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Przykład 2. Obliczyć parcie czynne i bierne na ścianę oporową o wysokości h=3.0 m.Parametry gruntu φ= 15^o, c=5 kPa, γ= 20 kN/m³. Przyjąć ścianę Ŝelbetową płytowo kątową posadowioną 0.5 m poniŜej projektowanego naziomu obok ściany.

589 . sin 0 1

sin

1 =

+

= −

ϕ ϕ

K

a

K

a

= 0 . 767

kPa K

c

e

_a₍_z₌₀₎

= − 2

_a

= − 7 . 67

kPa K

c hK

e

_a₍_z₌_h₎

= γ

_a

− 2

_a

= 44 . 764 − 7 . 67 = 37 . 09 K m

h c

a

c

2 0 . 65

=

= γ

m c kN

K ch h K

E

_a _a _a

2 58 . 41 /

2 2

1

₂ ²

= +

−

= γ γ

h m

r

_a

= h −

^c

= 1 . 05

Zgodnie z PN-83/B 03010 jeŜeli wysokość ścian jest większa niŜ 1.5 m to jej grubość w koronie powinna wynosić 300 mm dla ścian betonowych.

(28)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kN a

h

G

₁

= γ

_b

⋅ ⋅ = 25 ⋅ 3 . 8 ⋅ 3 = 28 . 5 ^G

₂

= γ

_b

⋅ ^e ⋅ ^b = ²⁵ ⋅ ⁰ ^. ³ ⋅ ⁰ ^. ³ = ² ^. ²⁵ ^kN kN

c e

G

₃

= γ

_b

⋅ ⋅ = 25 ⋅ 0 . 3 ⋅ 0 . 9 = 6 . 75 kN c

e h

G

₄

= γ

_g

⋅ ( − ) ⋅ = 20 ⋅ 3 . 5 ⋅ 0 . 9 = 63 kN b

d

G

₅

= γ

_g

⋅ ⋅ = 20 ⋅ 0 . 2 ⋅ 0 . 5 = 3 a m

b

r 0 . 45

1

= + 2 =

b m r 0 . 15

2

= 2 = c m b a

r 1 . 05

3

= + + 2 =

c m b a

r 1 . 05

4

= + + 2 =

b m r 0 . 15

5

= 2 =

Ea=58.41 kN/m

37.09 kPa -7.67 kPa

G3 G2 G5

G4 G1

a=e=0.3 d=0,5

c=0,9m b=0,3m a

3 m

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kNm M

₀⁽^r⁾

= 58 . 41 ⋅ 1 . 05 = 61 . 3305

Sprawdzenie stateczności na przesunięcie:

m kN Q

_t⁽^r⁾

= 58 . 41 /

Sprawdzenie stateczności na obrót:

( ^G ^r ^G ^r ^G ^r ^G ^r ^G ^r ) ^kNm

M

_u⁽^r⁾

= 0 . 9 ⋅

₁

⋅

₁

+

₂

⋅

₂

+

₃

⋅

₃

+

₄

⋅

₄

+

₅

⋅

₅

= 78 . 17

Zakładając podane wcześniej wymiary i jej cięŜar objętościowy: γ_b= 25 kN/m³:

Parcie gruntu na konstrukcje oporowe

Parcie gruntu

na konstrukcje oporowe

Grunt jako materiał budowlany

Podział budowli ziemnych

Rozwiązanie Rankine’a (1857)

ϕ σ τ

τ <

= c + tg

σ

σ

σ

σ

σ ϕ σ

σ σ ϕ

ϕ σ ϕ

ϕ σ ϕ

Rozwiązanie Rankine’a

( )( )

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ

c K

K

2

= σ −

σ

ϕ ϕ sin 1

sin 1

+

= − K

c K

K

2

= σ −

σ σ

= K

σ

+ 2 c K

Rozwiązanie Rankine’a

ϕ ϕ sin 1

sin 1

−

= + K

K K

K < <

3 3

1 < K <

Rozwiązanie Rankine’a – parcie czynne

= γ ⋅ z σ

K z c K

e = σ = γ ⋅ − 2

γ

2 2 γ

2

1 c

K ch h K

E

=

⋅ −

+

K

h c γ

= 2

K h ch K

E 2

2

1

−

⋅

= γ

K

h c

h γ

− ⋅

= 2

Rozwiązanie Rankine’a – parcie czynne

Rozwiązanie Rankine’a – parcie bierne

K z c K

= ^c + ^tg

² ² γ

² ² γ

θ γ ^tan 2