Budowle Ziemne

(1)

Parcie gruntu

na konstrukcje oporowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki

(2)

Grunt jako materiał budowlany

W Budownictwie Ziemnym grunt 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 Ziemne powstają poprzez wykonywanie nasypów i wykopów o

różnych kształtach i różnych 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 zależności 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).

(3)

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

Stałe

(stateczność stała)

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

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

nasypy ziemne dla budowli hydrotechnicznych Czasowe

(stateczność ograniczona w czasie)

Budowle Ziemne

(4)

Rozwiązanie Rankine’a (1857)

Promień koła Mohra:

2

3

1

σ

σ −

Środek koła Mohra jest odległy od początku układu o:

2

3

1

σ

σ +

Dla koła Mohra mamy:

τ < τ

_f

= c + σ tg ϕ

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

(5)

Rozwiązanie Rankine’a

Podstawiając:

( )( )

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ

sin 1

cos

²

+

= − +

−

= + +

= − +

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:

można zapisać jako:

a

c K

K

₁

2

3

= σ −

σ σ

₁

⁼ ^K

_p

σ

₃

⁺ ² ^c ^K

_p

(6)

Rozwiązanie Rankine’a

Gdzie K_p to 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 <

(7)

Rozwiązanie Rankine’a – parcie czynne

Active earth pressure

zz

= γ ⋅ z σ

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

gdzie:

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

Naprężenia poziome w gruncie dla przypadku parcia

czynnego

(8)

Czyli do głębokości h_c powinny w gruncie występować naprężenia rozciągające, co jest możliwe tylko przez krótki czas. Stąd też przyjmuje się, że do głębokości h_c pojawią się szczeliny zarówno w gruncie jak i pomiędzy gruntem i murem.

Rozwiązanie Rankine’a – parcie czynne

Całkowita siłę parcia czynnego

a r

r a

a

K h ch K

E 2

2

1

₂

−

⋅

= γ

gdzie h_r jest zredukowaną wysokością muru równą:

a

r

K

h c

h γ

− ⋅

= 2

Naprężenia poziome w gruncie ze szczelinami dla przypadku parcia czynnego

(9)

Rozwiązanie Rankine’a – parcie bierne

p p

xx

p

K z c K

e = σ = γ ⋅ + 2

Całkowita siła parcia biernego

p p

p

K h ch K

E 2

2

1

₂

+

⋅

= γ

Naprężenia poziome w gruncie dla przypadku parcia biernego

W przypadku murów oporowych, rzeczywiste naprężenia poziome będą

przyjmowały wartości pomiędzy wynikającymi z parcia biernego i aktywnego, które mogą się różnic nawet dziewięciokrotnie. Pozostawia to wysoki margines nieoznaczoności.

Passive earth pressure

Naprężenia poziome są tylko

ściskające,więc nie ma możliwości wystąpienia szczelin w gruncie.

(10)

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, naprężenie poziome oddziałujące na mur można 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 sprężystości - wzór Jaky’ego

( ^ϕ )

^sin^ϕ

0

1 sin OCR

K = − ⋅

- Mayne i Kuhlawy (1982)

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki gdzie: OCR – stopień konsolidacji (overconsolidation ratio)

(11)

Wpływ wody na naprężenia

W przypadku występowania poza murem wody gruntowej należy zamiast ciężaru objętościowego γ przyjąć ciężar objętościowy gruntu pod wodą γ’, ciśnienie wody u uwzględnić oddzielnie obliczając je według wzoru:

w w

h u = γ

gdzie h_w jest wysokością słupa wody w rozpatrywanym punkcie.

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki 2m

6m

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 3 92

' 1 '

92 60

152 '

152 120

32 6

2 8

67 . 10 3 32

1 32 2

=

−

=

−

=

= +

=

σ σ

γ γ

σ σ σ

γ σ

Załóżmy, mur o wysokości 8 m w gruncie o

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

(12)

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

Rozwiązanie Rankine’a – obciążenie

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

(13)

Rozwiązanie Coulomba – parcie czynne

θ γ tan 2

1

₂

h W =

W przypadku parcia czynnego ciężar klina jest równy:

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

ϕ tan N

T =

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

0 cos

sin

0 cos

sin

=

−

=

− +

θ θ

T N

W

N T

Q

( )

( ^θ ^ϕ )

ϕ

ϕ ϕ θ

+

=

+

=

cos sin cos cos W N

Q N

Eliminując siłę tarcia otrzymujemy:

(14)

Rozwiązanie Coulomba – parcie czynne

Eliminując siłę nacisku otrzymujemy:

( )

( ^θ ^θ ⁺ ⁺ ^ϕ ^ϕ )

= sin W cos

Q γ tan θ

2

1

₂

h W =

oraz:

( )

( ^θ ^ϕ )

θ

ϕ θ

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

h

²

h Q

Maksymalna wartość siły Q przypadnie dla maksymalnej wartości funkcji:

( ) ^θ ⁼ ^cos ^θ ^sin ( ^θ ⁺ ^ϕ )

f

(15)

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

2 θ + ϕ = π 2

2 4

ϕ θ = π −

dla: wtedy:

Dla takiej wartości kąta θ otrzymujemy:

2

= −

θ d

f

d

Czyli ekstremum funkcji jest maksimum.

Wtedy pozioma siła Q przyjmuje wartość:

K

a

h h

Q

² ²

2 1 sin

1 sin 1

2 1 γ

ϕ

γ ϕ =

+

= −

ϕ ϕ sin 1

sin 1

+

= − K

a

gdzie:

(16)

Rozwiązanie Coulomba – parcie bierne

θ γ tan 2

1

₂

h W =

W przypadku parcia czynnego ciężar klina jest równy:

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

ϕ tan N

T =

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

0 cos

sin

0 cos

sin

= +

−

=

−

θ θ

T N

W

N T

Q

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Eliminując siły tarcia i nacisku otrzymujemy:

( ^θ ^ϕ )

θ

ϕ γ γ

− −

= cos sin

2 sin 1 2

1

₂

h

²

h

Q

(17)

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 ^ϕ )

θ

²

⁼ ⁻ ² ^sin ² ⁻

2

d f d

= 0 θ d

df

2 θ − ϕ = π 2

2 4

ϕ θ = π +

dla: wtedy:

Dla takiej wartości kąta θ otrzymujemy:

2

= −

θ d

f

d

Czyli ekstremum funkcji jest maksimum.

Wtedy pozioma siła Q przyjmuje wartość:

ϕ ϕ sin 1

sin 1

−

= + K

p

K

p

h h

Q

² ²

2 1 sin

1 sin 1

2 1 γ

ϕ

γ ϕ =

−

= +

^gdzie:

(18)

Mury oporowe

Ściany masywne – wykonuje się przeważnie z betonu, kamienia naturalnego lub sztucznego na zaprawie cementowej lub cementowo

wapiennej, ściany te można stosować tylko przy małej wysokości 2 – 3 m.

Naziom

Naziom Naziom Naziom

Naziom

(19)

Mury oporowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Ściany masywne ze wspornikowymi płytami odciążającymi - zastosowanie tego typu ścian oporowych pozwala na zmniejszenie zużycia materiału i zmniejszenie zbrojenia w samej płycie pionowej ściany (pozioma płyta jest żelbetowa), ściany betonowe o jednej płycie odciążającej stosuje się do wysokości ok. 4.0m, dla wyższych ścian do ok. 6.0m, ściany te stosuje się do max. 10m,

Naziom

dozbrojenie miejscowe

Naziom dozbrojenie miejscowe Naziom

Naziom

zbrojenie płyty

odciążającej odciążającej

(20)

Mury oporowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Ściany płytowo - kątowe – wykonuje się wyłącznie z żelbetu, stateczność tych ścian jest zapewniona w znacznej mierze dzięki ciężarowi 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

Naziom

(21)

Mury oporowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Ściany płytowo – żebrowe – składają się z płyty fundamentowej, pionowej oraz pionowych żeber rozstawionych wzdłuż ściany oporowej co 2.5 – 3.5m, wykonanie wyłącznie z żelbetu, zalety-duża sztywność i mała odkształcalność na działanie poziomego parcia gruntu w porównaniu z konstrukcjami płytowo kątowymi.

płyta fundam entow a płyta pionow a

żebra pionowe

(22)

Mury oporowe

Ściany płytowo – żebrowe

Naziom

Naziom Naziom

Naziom

(23)

Mury oporowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Obrót ściany oporowej Obrót ściany oporowej z wyparciem

Przesunięcie ściany oporowej

(24)

Mury oporowe

(25)

Mury oporowe – warunki stateczności

Mając określone wartości sił parcia gruntu na ściany oporowe należy 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, niezależnie od ich wysokości o obciążeń należy wykonać sprawdzenie nośności podłoża z uwzględnieniem mimośrodu i

nachylenia obciążenia oraz budowy podłoża.Sprawdzenie to należy przeprowadzić zgodnie z zaleceniami normy PN-81/B-03020.

2. W przypadku usytuowania ściany oporowej na zboczu lub w pobliżu zbocza i w przypadku istnienia w podłożu warstw umożliwiających poślizg części zbocza w stosunku do niżej zalegających warstw należy przeprowadzić sprawdzenie stateczności ściany oporowej łącznie z częścią masywu gruntowego i obiektami sąsiadującymi,według

różnych,możliwych w danych warunkach powierzchni poślizgu. Można do tego celu zastosować metody równowagi granicznej (np.SLOPE/W) lub metody numeryczne (np. FLAC, Z_Soil, Plaxis etc.)

(26)

Mury oporowe – warunki stateczności

3. Przy sprawdzaniu stateczności muru oporowego ze względu na możliwość obrotu 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 (ciężar ściany)

m_o=0.8 w przypadku obciążenia naziomu

q

m_o=0.9 w pozostałych przypadkach.

kPa

≥ 10

(27)

Mury oporowe – warunki stateczności

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

tf t

r

t

m Q

Q

⁽ ⁾

≤ ⋅

gdzie:

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

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

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

kPa q 10 ≥

(28)

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

Zakładamy, że grunt jest niespoisty, c=0

K

a

h

Q

²

2 1 γ

=

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

( ^α ⁻ ^δ )

= sin Q 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 założenia współczynnik parcia czynnego liczony jest ze wzoru:

(29)

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

sin sin

sin 1 sin

sin sin

sin

 

 





+

−

− + +

−

= +

β α

δ α

β ϕ

δ δ ϕ

α α

ϕ α

K

a

zaś współczynnik parcia biernego:

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2

sin sin

sin 1 sin

sin sin

sin

 

 





+

−

+

− −

−

= −

β α

δ α

β ϕ

δ δ ϕ

α α

ϕ α

K

p

Załóżmy przykładowo, że 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.

(30)

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

=

−

=

−

=

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Załóżmy, że 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.

(31)

Rozwiązanie Coulomba – problem ogólny

o o

o

, 10 , 20 , 15

90 = = =

= β ϕ δ

α

( )

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

=

−

=

−

=

(32)

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 obciążającego:

h m

r

_a

h

^c

0 . 825 3 =

= −

(33)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

559 .

562 2 .

0 438 .

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_p względem 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 =847_p .763 kN/m 1.905 m

240

607.763

1.67m

(34)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Sprawdzenie stateczności na obrót:

kNm M

₀⁽^r⁾

= 22 . 797 ⋅ 0 . 825 = 18 . 807

kNm G

M

_u⁽^r⁾

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

Załóżmy szerokość ściany równą 0.8 m i jej ciężar objętościowy: γ = 25 kN/m³:

kNm kNm 36

807 .

18 <

czyli warunek spełniony.

Sprawdzenie stateczności na przesunięcie:

m kN

Q

_t⁽^r⁾

= 22 . 797 /

Współczynnik tarcia przyjęto za normą PN-83/B-03010, która dla piasków

gliniastych przy założeniu 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 /

(35)

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

(36)

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

(37)

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

(38)

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)

0.200 0.600 1.000 1.400 1.800

(*10^1)

JOB TITLE : .

Marek Cala Katedra Geomechaniki

(39)

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 żelbetową płytowo kątową posadowioną 0.5 m poniżej 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 jeżeli wysokość ścian jest większa niż 1.5 m to jej grubość w koronie

powinna wynosić 300 mm dla ścian betonowych.

(40)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

kN b

e

G

₂

= γ

_b

⋅ ⋅ = 25 ⋅ 0 . 3 ⋅ 0 . 3 = 2 . 25 kN

a h

G

₁

= γ

_b

⋅ ⋅ = 25 ⋅ 3 . 8 ⋅ 3 = 28 . 5

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

(41)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Sprawdzenie stateczności na obrót:

kNm M

₀⁽^r⁾

= 36 . 7 ⋅ 0 . 832 = 30 . 55

( ^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 ciężar objętościowy: γ_b = 25 kN/m³:

Sprawdzenie stateczności na przesunięcie:

m kN

Q

_t⁽^r⁾

= 36 . 7 /

Współczynnik tarcia przyjęto za normą PN-83/B-03010, która dla piasków

gliniastych przy założeniu ścian muru z chropowatego betonu zaleca µ=0.36-0.47.

Przyjęto 0.40.

m kN

Gm

Q

_tf

= µ

_t

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

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki czyli warunek spełniony.

(42)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Wartość wskaźnika stateczności wg Bishopa – FS=1.729

Grid + radius

1

2

1 2 3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

14 15 13 16

17

18 19

20 21

1.729

1 2 3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

14 15 13 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

(43)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Wartość wskaźnika stateczności wg procedury Autolocate – FS=1.2

Autolocate...

1

2

1 2 3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

14 15 13 16

17

18 19

20

21 1.200

1 2 3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

14 15 13 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

(44)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Marek Cała – Katedra Geomechaniki, Budownictwa i Geotechniki Wartość wskaźnika stateczności wg SSR – FS=1.14

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

(45)

Mury oporowe – przykłady obliczeniowe

Obliczyć rozkład parcia czynnego dla układu warstw jak na rysunku.

1 0 , 4 kN/ m

Wzory ogólne:

ϕ ϕ sin 1

sin 1

+

= −

Ka e

_a

( z ) = Ka ⋅ ( γ ⋅ z + q ) − 2 ⋅ c Ka

(46)

Literatura

• Szymański A. – Wykłady z mechaniki gruntów i budownictwa ziemnego

• Wiłun Z. – Zarys geotechniki

• Lambe T. W. Whitman R.V (1976, 1977) Mechanika gruntów,Tom I i II, Arkady, Warszawa

• Verruijt A. 2001. Soil Mechanics

• Coduto D.P. 1999. Geotechnical Engineering.

• Coduto D.P. 2001. Foundation design.

• Jarominiak A. 1999. Lekkie konstrukcje oporowe.

• Myślińska E. 2001. Laboratoryjne badania gruntów.

• Cios I., Garwacka-Piórkowska S. 1990. Projektowanie fundamentów.

• Puła O., Rybak Cz., Sarniak W. 1997. Fundamentowanie.

• Obrycki M., Pisarczyk S. 1999. Zbiór zadań z mechaniki gruntów.