FULL BÀI TẬP CƠ HỌC ĐẤT CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT (HAY)

Ví dụï 7.1 toán CU CD đất cố kết thường NC Đất NC có đặc trưng: M = 1,02; Γ=3,17; λ = 0,20; κ = 0,05; N = 3,32 tiến hành thí nghiệm ba trục thoát nước không thoát nước Hai mẫu đất chòu nén cố kết đẳng hướng đến áp lực 200 kPa Tiếp đến giữ nguyên áp lực buồng tăng áp lực đứng lên gia số 20 kPa Mẫu A theo điều kiện thoát nước (u=0) Mẫu B theo điều kiện không thoát nước (εv =0) Tính độ biến dạng áp lực nước lỗ rỗng? Giải: Thể tích riêng v cuối giai đoạn nén cố kết đẳng hướng đến p’c0, trạng thái ứng suất- biến dạng mẫu đất nằm đường NCL thuộc mặt giới haïn: v = v0 = N - λlnp’c0 = 3,32 - 0,2ln200 = 2,26 lúc mẫu đất nằm mặt ngưỡng ban đầu có p’x tính theo công thức (7.25) q ln p x' = + ln p '−1 = + ln 200 − = 4,298 p’x = 73,6 kPa Mp ' 1,02 × 200 200 200 tính p’x theo (7.31b) px' = = = 73,57 kPa =73,6kPa 2, 71828 e q p' + ln =1 Phương trình mặt ngưỡng ban đầu có dạng: Mp ' 73,6 Mẫu A áp ứng suất lệch theo lộ trình AC - có thoát nước Cách giải 1: tính theo giá trò thể tích riêng (hoặc hệ số rỗng) mẫu đất sau gia số ứng suất Từ q0 = 0; p’0 = 200 kPa v0 = 2,26 mẫu đất đường NCL thuộc mặt gia tải, gia tải lộ trình ứng suất di chuyển mặt ngưỡng xuất biến dạng dẻo Gia tải lần thứ nhất: ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = ∂q = ∂σ1 = 20 kPa vaø ∂p = ∂p’ = ∂σ1/3 = 20/3 = 6,7 kPa Bước Tính q1 p’1 q1 = q0 + ∂q = 20kPa vaø p’1 = p’0 + ∂p’ = 200 + 6,7 = 206,7kPa lúc trạng thái mẫu đất di chuyển từ điểm C0 mặt giới hạn đến điểm D1 thuộc mặt ngưỡng có giao điểm với NCL p’C1 cắt CSL p’X1, Từ công thức (7.25) suy q 20 ln p x' = + ln p '−1 = + ln 206,7 − = 4,425 Mp ' 1,02 × 206,7 p’x1 = 83,5 kPa q p' Phương trình mặt ngưỡng C1 có dạng: + ln =1 Mp' 83,5 thi du 12.1 120 100 X1 X0 q (kPa) 80 60 D2 40 D1 20 0 50 p’x00 p’x1 100 150 p' (kPa) 200 C0 p’c00 C1 250 C2 Hình 7.1 kết ví dụï 7.1 lộ trình thoát nước Áp dụng công thức (7.37) p' 0,05 206,7 κ ∆v e Bước tính ∆ε ve = ln 'D1 = ln = = 0,00073 = 0,073% v vC 200 p C 2,26 Bước tính p’C1 nằm trục p’ có q = 0, nên từ công thức (7.25) suy ra: ' ln pC1 = ln p x' + = 5,425 ⇒ pC' = 227 kPa sử dụng công thức p’C1 = p’C0 = 2,718 × 83,5 = 227 kPa Bước tính biến dạng thể tích dẻo, áp dụng công thức (7.38):  λ − κ  pC' 0,2 − 0,05 227 p  ln ' = ln = 0,0084 = 0,84% ∆ε v =  2,26 200  v0  pC Bước tính tổng biến dạng thể tích ∆ε v = ∆ε ve + ∆ε vp = 0,073% + 0,84% = 0,913% Bước tính biến dạng dẻo cắt theo công thức ∂ε vp 0,84% ∂ε dp = = = 0,824% q0 1,02 M− ' p0 Vì C1 nằm đường NCL tính dễ dàng vC1 = 3,32 – 0,2ln227 = 2,235 Trên đường nở từ C1 tính thể tích riêng D1 300 pC' 227 = 2,24 = 2,235 + 0,05 × ln ' pD1 206,7 Gia tải lần ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = ∂q = ∂σ1 = 20 kPa vaø ∂p = ∂p’ = ∂σ1/3 = 20/3 = 6,7 kPa Bước Tính q2 p2, q2 = q1 + ∂q = 40kPa vaø p2 = p1 + ∂p’ = 213,4kPa, lúc trạng thái mẫu đất di chuyển từ D1 đường ngưỡng (p’C1) mặt giới hạn đến điểm D2 đường ngưỡng (p’C2) , có giao điểm với CSL p’X2, Từ công thức (7.25) suy q 40 ln p x' = + ln p '−1 = + ln 213,4 − = 4,547 Mp ' 1,02 × 213,4 p’x2 = 94,36 kPa q p' Phương trình mặt ngưỡng C2 có dạng: + ln =1 Mp ' 94,36 Tính p’C2 trục p’ coù q = p C' ln =1 p’C2 = 256,5 kPa 94,36 p’C2 = p’x2 = 2,7183×94,36 = 256,5 kPa Bước tính biến dạng đàn hồi thể tích tương đối p' κ ∆v e 0,05 213,4 ∆ε ve = = ln D' = ln = 0,00072 = 0,072% v v D1 p D1 2,24 206,7 vD1 = vC1 + κ ln Với v thể tích riêng D1 Bước Biến dạng dẻo thể tích tương đối ∆εpv 256,5   ∆v (0,2 − 0,05) ln = 0,00818 = 0,82% ∆ε vp = =  2,24  227  v Với v thể tích riêng D1 Bước Tính biến dạng thể tích tương đối ∆ε v = ∆ε ve + ∆ε vp = 0,072% + 0,82% = 0,892% thi du 12.1 350 300 250 q (k P a ) 200 150 100 50 0 50 100 150 p’c0= 200 250 300 p' (kPa) Bước Tính biến dạng dẻo cắt ∂ε vp 0,82% p ∂ε d = = = 0,89% q1 20 M − ' 1,02 − 206,7 p1 Tính gia số biến dạng theo gia tải nối tiếp đến lộ trình ứng suất p’-q cắt đường CSL mặt (p’, q), cần phải tính toán với gia tải quan hệ ứng suất – biến dạng phi tuyến cách giải 2: áp dụng trực tiếp công thức Gia tải lần thứ ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = CSL từ q0 = 0; p’0 = 200 kPa v0 = 2,26 tính q1 p1 350 Với gia taûi ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = q1 = 20kPa vaø p1 = 206,7kPa ∂q = 20 kPa vaø ∂p’= 6,7 kPa Tính ∂εpv; ∂εpd; ∂εev ∂εv   λ − κ  q 0,2 − 0,05   20 + (1,02 − ) × 6,7  = 0,00872 ∂ε vp =  '  ∂q + ( M − 0' )∂p ' =  200 p0   2,26 × 1,02 × 200   vp M   ∂ε vp ∂ε dp = = 0,00872 = 0,00855 1,02  q   M − 0'  p0   κ ∂p' 0,05 6,7 ∂ε ve = = = 0,00074 = 0,074% 2,26 200 v p 0' Từ ∂ε ve = 0,074 % ∂ε vp = 0,872% ∂ε v = ∂ε ve + ∂ε vp = 0,872 + 0,074 = 0,946% Với ∂ε dp = 0,855% Có thể tính biến dạng dọc trục: ∂ε = ∂ε d + ∂ε v = 1,17% Tính v1 ∂v ⇒ ∂v = v × ε v = 2,26 × 0,00946 = 0,02 v v1 = v0 - ∂v = 2,26 – 0,02 = 2,24 Gia taûi lần thứ hai ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = Từ q1 = 20kPa p’1 = 206,7kPa v1 = 2,24 Tính q2 p2 Với gia tải ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = ∂q = 20 kPa vaø ∂p’= 6,7 kPa q2 = 40kPa vaø p2 = 213,4kPa p p e Tính ∂ε v; ∂ε d; ∂ε v vaø ∂εv   λ − κ  q 0,2 − 0,05 20   ∂ε vp =  '  ∂q + ( M − 1' )∂p ' = 20 + (1,02 − ) × 6,7  = 0,0083  206,7 p1   2,24 × 1,02 × 206,7   vp1 M   εv = ∂ε = p d ∂ε vp = 0,00832 = 0,00901 20 1,02 − 206,7  q   M − 1'  p1   κ ∂p' 0,05 6,7 ∂ε ve = = = 0,000724 = 0,0724% v p1' 2,24 206,7 Từ ∂ε ve = 0,0724 % ∂ε v = ∂ε ve + ∂ε vp = 0,832 + 0,0724 = 0,904% Với ∂ε dp = 0,901% ∂ε vp = 0,832% Có thể tính biến dạng dọc trục: ∂ε = ∂ε d + Tính v2 ∂ε v = 0,901 + 0,904 / = 1,2% ∂v ⇒ ∂v = v × ε v = 2,24 × 0,00904 = 0,02 v v2 = v1 - ∂v = 2,24 – 0,02 = 2,22 εv = q q D CSL X1 X D1 O ∂q C1 C p’ ∂p’ v v ε1 NCL O C Nở - Nén lại D1 CSL C1 D p’ Hình 7.2 Ccác lộ trình ứng suất – biến dạng lần gia tải ví dụï 7.1 Gia tải lần thứ ba ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = Từ q2 = 40kPa p’2 = 213,4kPa v2 = 2,22 Tính q3 p3 ∂q = 20 kPa ∂p’= 6,7 kPa Với gia tải ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = q3 = 60kPa p2 = 220,1kPa p p e Tính ∂ε v; ∂ε d; ∂ε v vaø ∂εv ε1  λ −κ ∂ε vp =  '  v2 p M ∂ε dp =   q 0,2 − 0,05 40    ∂q + ( M − 2' )∂p ' = 20 + (1,02 − ) × 6,7  = 0,006  213,4 p2   2,22 × 1,02 × 213,4   ∂ε vp = 0,0066 = 0,0079 40 1,02 − 213,4  q   M − 2'  p2   κ ∂p' 0,05 6,7 ∂ε ve = = = 0,00071 = 0,071% 2,22 213,4 v p 2' Từ ∂ε ve = 0,071 % vaø ∂ε vp = 0,66% ∂ε v = ∂ε ve + ∂ε vp = 0,66 + 0,071 = 0,73% Với ∂ε dp = 0,79% Có thể tính biến dạng dọc trục: ∂ε = ∂ε d + Tính v2 ∂ε v 0,73 = 0,79 + = 1,03% 3 ∂v ⇒ ∂v = v × ε v = 2,22 × 0,0073 = 0,02 v v3 = v2 - ∂v = 2,22 – 0,016 = 2,204 εv = Mẫu B, thí nghiệm không thoát nước, cuối giai đoạn nén cố kết đẳng hướng áp ứng suất lệch ngay: q0 = vaø p’0 = 200 kPa, v0 = N - λlnp’ =3,32-0,2ln200 = 2,26 vf = Γ - λlnp’ =3,17-0,2lnp’f = 2,26 lnp’f = (3,17 - 2,26)/0,2 = p’f = 94,6kPa [Cuối giai đọan áp ứng suất lệch p’0 = 200 kPa ứng với v0 = 2,26 trạng thái mẫu nằm mặt ngưỡng có p’x = 73,7 kPa] q1 = 10kPa p1 = 203,3kPa Với gia tải ∂σ1 = 10 kPa; ∂σ3 = ∂q = 10 kPa ∂p= 3,3 kPa Tính p’1 Mp '1 q1 = [− λ ln p'1 +λ − κ + Γ − v0 ] (λ − κ ) 1,02 p '1 [− 0,2 Lnp'1 +0,2 − 0,05 + 3,17 − 2,26] 10 = (0,2 − 0,05) 10 = 6.8 p '1 [− 0,2 Lnp'1 +1,06] ⇒ p'1 = 192,84kPa Tính gia số áp lực nước lỗ rỗng ∂u1 = p1 – p’1 = 203,3 – 192,84= 10,46 kPa ∂q 10 Hoaëc ∂u1 = p 0' − p1' + = 200 − 192,84 + = 10,46kPa 3 Tính gia số ứng suất hữu hiệu trung bình ∂p’1 ∂p '1 = p '1 − p ' = 192,84 − 200 = −7,16kPa Vì không thoát nước v0 = const nên biến dạng thể tích đàn hồi với biến dạng dẻo trái dấu tính sau: κ∂p ' 0,05 × 7,16 = 0,000792 = 0,0792% v p ' 2,26 × 200 0,0792% Biến dạng dẻo cắt biến hình ∂ε dp = ∂ε vp = ≈ 0,078% M 1,02 Tính biến dạng dọc trục Mẫu không thoát nước thể tích không đổi ∂ε v = ∂ε vp + ∂ε ve = ∂ε vp = −∂ε ve = = Mô hình Cam Clay không xét biến hình đàn hồi nên tổng biến hình biến hình dẻo ∂ε d = ∂ε dp = 0,078% ∂ε v = 0,078% [Cuối giai đoạn gia tải có p’ = 192,84 kPa; q = 10 kPa, v0 = 2,26, traïng thái mẫu đất mặt ngưỡng ứng với ln p x' = (3,17 − 2,26 − 0,05 ln 192,84) = 4,3127 ⇒ p x' = exp(4,3127) = 74,64kPa 0,2 − 0,05 Thí nghiệm không thoát nước, cuối giai đoạn nén cố kết đẳng hướng áp ứng suất lệch ngay: q0 = p’0 = 200 kPa, v0 = N - λlnp’ =3,32-0,2ln200 = 2,26 lnp’f = (3,17 - 2,26)/0,2 = p’f = 94,6kPa vf = Γ - λlnp’ =3,17-0,2lnp’f = 2,26 [Cuối giai đọan áp ứng suất lệch p’0 = 200 kPa ứng với v0 = 2,26 trạng thái mẫu nằm mặt ngưỡng có p’x = 73,7 kPa] q1 = 20kPa vaø p1 = 206,7kPa Với gia tải ∂σ1 = 20 kPa; ∂σ3 = ∂q = 20 kPa ∂p= 6,7 kPa Tính p’1 Mp '1 q1 = [− λ ln p'1 +λ − κ + Γ − v0 ] (λ − κ ) 1,02 p '1 20 = [− 0,2 Lnp'1 +0,2 − 0,05 + 3,17 − 2,26] (0,2 − 0,05) 20 = 6.8 p'1 [− 0,2 Lnp'1 +1,06] ⇒ p'1 = 184,7kPa Tính gia số áp lực nước lỗ rỗng ∂u1 = p1 – p’1 = 206,7 – 184,7 = 22 kPa ∂q 20 Hoaëc ∂u1 = p 0' − p1' + = 200 − 184,7 + = 22kPa 3 Tính gia số ứng suất hữu hiệu trung bình ∂p’1 ∂p '1 = p '1 − p ' = 184,7 − 200 = −15,3kPa ∂ε = ∂ε d + Vì không thoát nước v0 = const nên biến dạng thể tích đàn hồi với biến dạng dẻo trái dấu tính sau: ∂ε vp = −∂ε ve = κ∂p ' v0 p '0 = 0,05 × 15,3 = 0,169% 2,26 × 200 Biến dạng dẻo cắt biến hình ∂ε dp = 0,169 ∂ε vp = ≈ 0,166% M 1,02 Tính biến dạng dọc trục Mẫu không thoát nước thể tích không đổi ∂ε v = ∂ε vp + ∂ε ve = Moâ hình Cam Clay không xét biến hình đàn hồi nên tổng biến hình biến hình dẻo ∂ε d = ∂ε dp = 0,166% ∂ε v = 0,166% [Cuoái giai đoạn gia tải có p’ = 184,7 kPa; q = 20 kPa, v0 = 2,26, trạng thái mẫu đất mặt ngưỡng ứng với ln p x' = (3,17 − 2,26 − 0,05 ln 184,7 ) = 4,327 ⇒ p x' = exp(4,3) = 75,72kPa 0,2 − 0,05 ∂ε = ∂ε d + q q D CSL U U1 ∂q O p’X C p’ ∂p’ v ε1 V, u NCL Nở - Nén lại O U1 U C CSL D p’ ε1 Ghi chuù quan trọng: tính toán không thoát nước, sử dụng thông số M = 1,02; Γ=3,17; λ = 0,20; κ = 0,05; N = 3,32 với toán thoát nước c- Trường hợp nén ba trục CD mẫu đất cố kết trước nhẹ (OC) Một mẫu đất cố kết trước mẫu đất áp ứng suất lệch trạng thái ứng suất nhỏ ứng suất chòu khứ Trong thí nghiệm nén trục, mẫu đất chòu cố kết đẳng hướng đến p’C0 giảm áp buồng nén p’0, ta có mẫu đất cố kết trước trạng thái miền đàn hồi Nếu p’0 > p’X mẫu đất cố kết trước nhẹ Và p’0 < p’X mẫu đất cố kết trước nặng Từ p’0 tiến hành áp ứng suất lệch theo AY,trạng thái mẫu đất di chuyển miền đàn hồi nên mẫu đất có ứng xử đàn hồi lộ trình ứng suất chạm mặt ngưỡng p’Y, xem hình 7.11 Trong giai đoạn tính thể tích riêng trạng thái ứng suất suy biến dạng đàn hồi thể tích biến dạng đàn hồi cắt sử dụng Từ điểm ngưởng Y, gia tăng ứng suất trạng thái mẫu đất di chuyển mặt giới hạn “tương tự mặt Roscoe” có ứng xử đàn hồi – dẻo lộ trình trạng thái mẫu đất (p’, v, q) di chuyển qua mặt ngưởng (tường đàn hồi) khác nhau, nhờ đặc điểm tính biến dạng dẻo đàn hồi gia số ứng suất lộ trình chạm đường CSL mẫu đất bò trượt Các bước tính gia số biến dạng gia số ứng suất tương tự đất NC C v NCL CSL D A Y vY vC0 vD’1 vD1 C0 D’1 D1 vC1 p’X1 p’Y C1 p’D1 p’ p’C0 p’X2 p’C1 CSL q, εpd C1 qY Pháp tuyến mặt ngưỡng ∂εp D1 C0 Y A p’0 ∂εpv ∂εpv C0 p’C0 C1 p’, εpv v = N - λlnσ’v = 3,32 – 0,2 ln35 = 2,6 e = 1,6 Khi hạ mực nước ngầm 1m ứng suất hữu hiệu thẳng đứng tăng 10 kPa sinh độ lún: σ v' + ∆σ v' 0, 35 + 10 λ S= H ln = ln = 0,077m =7,7cm ' σ v1 + e1 + 1, 35 Sử dụng mô hình Cam clay gốc để phân tích toán Từ trạng thái ban đầu, ứng suất tổng trung bình p σ + 2σ h 70 + × 56 p= v = = 60,67 kPa ≈ 61kPa 3 ng suất hữu hiệu trung bình p’ p’ = p – u = 61 – 35 = 26 kPa Ứng suất lệch q q = σv - σh = 70 – 56 = 14 kPa đất cố kết thường nên p’, q nằm mặt ngưỡng nên có tính thể tích riêng tính theo công thức 7.31 (λ − κ ) q v = Γ + λ − κ − λ ln p '− M p' v = 3,17 + 0,2 − 0,05 − 0,2 ln 26 − (0,2 − 0,05) 14 = 3,32 − 0,652 − 0,0792 = 2,59 1,02 26 Tính p’x mặt ngưỡng ban đầu: q p' q + ln ' = ⇒ ln px' = + ln p '− =(14/1,02×26)+ln26-1 = 2,78 Mp ' px Mp ' p’x = 16,12 kPa Phương trình mặt ngưỡng ban đầu có dạng q + ln p '− ln 16,12 = 1,02 p ' p'   q = 1 − ln 1,02 p ' 16,12   Tính p’c mặt ngưỡng ban đầu: Đường K0 σ’h = K0σ’v p’ = 1/3 (σ’v + 2K0σ’v) = p’c = e p’x = 2,71828×16,12 = 43,82 kPa + 2K ' σ v ⇒ σ v' = p' + 2K q = σ’v - K0σ’v = (1-K0) σ’v 3(1 − K ) ⇒q= p' + 2K 3(1 − 0,6) p ' = 0,545 p ' Trong trường hợp ví dụï q = + × 0,6 Trạng thái sau mực nước ngầm hạ thấp 1m: σv = 20×2 +15×2 = 70 kPa u = 2,5×10 = 25 kPa σ’v = σv – u = 70 -25 = 45 kPa σ’h = K0σ’v = 0,6×45 = 27 kPa σh = σ’h + u = 27 + 25 = 52 kPa ng suất tổng trung bình p σ + 2σ h 70 + × 52 p= v = ≈ 58kPa 3 Sau áp lực nước ổn đònh lớp sét ng suất hữu hiệu trung bình p’ p’ = p – u = 58 – 25 = 33 kPa Ứng suất lệch q q = σv - σh = 70 – 52 = 18 kPa tính thể tích riêng tương ứng (0,2 − 0,05) 18 = 3,32 − 0,7 − 0,08 = 2,54 v = 3,17 + 0,2 − 0,05 − 0,2 ln 33 − 1,02 33 ∆v 2,59 − 2,54 εv = = = 0,0197 = 1,97% v 2,54 Nếu xem đất bán không gian biến dạng thể tích theo phương đứng độ lún: S = 1,97%×H = 0,0197×4m= 7,88cm Tính p’x mặt ngưỡng điểm lớp sét sau hạ mực nước ngầm ban đầu theo công thức 7.25 q p' q + ln ' = ⇒ ln px' = + ln p '− =(18/1,02×33)+ln33-1 = 3,03 Mp ' px Mp ' p’x = 20,7 kPa Tính p’c tương ứng p’c = 2,71828 p’x = 56,27 kPa Chúng ta tính biến dạng đàn hồi thể tích biến dạng cắt thể tích độ lún treân  56, 27 33  ∆ε v = (0, − 0, 05) ln + 0, 05ln  =0,0148+0,0047= 0,0195=1,95%  2,54  43,82 26  Trong có ∆εev = 0,47% ∆εpv = 1,48% Như độ lún 7,88cm có độ lún không hồi phục 1,48%H = 0,06m = 6cm Và độ lún hồi phục 0,47%H = 0,0188m = 1,88cm Ví TD dụ10-11 7.6 30 CSL 25 Đường K0 q (kPa) 20 B A 15 10 0 10 20 30 40 60 p’c0 = 43,8250 p’c1 = 56,27 -5 p' (kPa) Hình 7.16 Lộ trình AB hạ MNN ví dụï 7.6 Trong hình 7.23 cho thấy trạng thái ban đầu mẫu đất tương ứng với điểm A mực nước ngầm hạ xuống 1m tương ứng với điểm B, tọa trục (p’,q) - Ứng dụng 2: Phân tích ứng xử móng băng giải pháp gia cố hút chân không mô hình Cam clay gốc Ví dụï 7.7: Lớp sét mềm (NC) dầy 6m, mẫu đất thí nghiệm lấy lớp đất sét có trọng lượng riêng γ = 15kN/m3, hệ số áp lực ngang K0 = 0,6, đặc tröng: M = 1,02; Γ=3,17; λ = 0,20; κ = 0,05; N = 3,32 Mực nước ngầm cách mặt đất 0,5m Một tải băng phân bố rộng 6m tác động trực tiếp lên lớp sét 1) Căn ổn đònh phân tố đất trục tâm tải băng độ sâu 3m, xác đònh tải băng cực đại theo điều kiện thoát nước không thoát nước? 2.) Nếu gia tải trước hút chân không hiệu 80%, tải cực đại tác động lên móng băng theo điều kiện thoát nước ? Giải: 1) Tải băng cực đại theo điều kiện thoát nước không thoát nước Trạng thái ban đầu phân tố khảo sát độ sâu 3m trục tâm: σv = 15×3 = 45 kPa; u = 2,5×10 = 25 kPa; σ’v = σv – u = 45 -25 = 20 kPa σ’h = K0σ’v = 0,6×20 = 12 kPa; σh = σ’h + u = 12 + 25 = 37 kPa σ + 2σ h 45 + × 37 ng suất tổng trung bình p: p= v = = 39,67 kPa 3 ng suất hữu hiệu trung bình p’: p’ = p – u = 39,67 – 25 = 14,67 kPa Ứng suất lệch q: q = σv - σh = 45 – 37 = kPa Tính thể tích riêng ban đầu mẫu khảo sát theo công thức (7.31) (λ − κ ) q v = Γ + λ − κ − λ ln p '− M p' (0,2 − 0,05) v = 3,17 + 0,2 − 0,05 − 0,2 ln 15 − = 3,32 − 0,542 − 0,0784 = 2,7 1,02 15 Sử dụng công thức ln p x' = (Γ − v − κ ln p') tính p’x λ −κ ln p x' = (3,17 − 2,7 − 0,05 ln 14,96) = 2,23 ⇒ p x' = exp(2,23) = 9,3kPa 0,2 − 0,05 qx = 1,02×9,3 = 9,5 kPa Phương trình mặt ngưỡng ban đầu có dạng q p'   ⇒ q = 1 − ln + ln p '− ln 9,3 = 1,02 p ' 1,02 p ' 9,3   Tính ứng suất p’c mặt ngưỡng ban đầu: p’c = 2,71828 p’x = 25,28 kPa Thể tích riêng C0 (giao điểm mặt ngưỡng truïc p’) v = Γ + λ − κ − λ ln p ' v = 3,17 + 0, − 0, 05 − 0, ln 25, 28 = 3,32 − 0, 646 = 2, 674 Đặt gia tải lên móng băng ∆ps = 20 kPa Tính ứng suất gia tải lên móng băng gây phân tố khảo sát Với z/b = 3m/6m = 0,5; x/b = 0, tham khaûo baûng 3.2 ∆σz/∆ps = 0,8183 ∆σz = ∆σv = 0,8183∆ps = 16,37 kPa ∆σx/∆ps = 0,1817 ∆σx = ∆σh = 0,1817∆ps = 3,63 kPa Giả sử xét thời điểm áp lực nước lỗ rỗng thặng dư, gia tải ∆ps, tiêu tán hết Tính gia số ứng suất hữu hiệu trung bình ∆σ v + 2∆σ h 16, 37 + × 3, 63 ∂p ' = = = 7,88kPa 3 ∂q = 16,37 – 3,63 = 12,74 kPa suy ra: ∂q/∂p’ = 1,62 ∂q = 1,62∂p’ Sau đặt tải ∆ps = 20 kPa, ứng suất hữu hiệu trung bình p’ p’ = 15 + 7,88 = 22,88kPa ứng suất lệch q: q = + 12,74 = 20,74kPa tính thể tích riêng tương ứng theo công thức (λ − κ ) q v = Γ + λ − κ − λ ln p '− M p' (0,2 − 0,05) 20,74 v = 3,17 + 0,2 − 0,05 − 0,2 ln 22,88 − = 3,32 − 0,626 − 0,133 = 2,561 1,02 22,88 Sử dụng công thức: ln p x' = (Γ − v − κ ln p') λ −κ (3,17 − 2,561 − 0,05 ln 22,88) = 3,017 ⇒ p x' = exp(3,017) = 20,43kPa 0,2 − 0,05 Vaø p’c = 2,71828 p’x = 55,53 kPa Phương trình mặt ngưỡng có dạng p'   q = 1 − ln 1,02 p ' 20,42   ln p x' = Mặt khác, lộ trình ứng suất phân tố đất khảo sát gia tải đặt móng băng gây có tỷ số: ∂q/∂p’ = 1,62, cắt đường q = Mp’ F có tọa độ (qf, p’f) Theo hình 7.26 có tọa độ điểm F: qf -8 = 1,62(p’f -14,67) với qf = Mp’f = 1,02 p’f, thay vào biểu thức trên: 1,02 p’f - =1,62(p’f -14,67) Suy p’f = 26,27 kPa qf = 26,8 kPa Mặt khác, gọi ∆ps,ult gia tải đặt móng băng gây trạng thái tới hạn cho phân tố đất khảo sát ∆σz/∆ps,ult = 0,8183 ∆σz =∆σv = 0,8183 ∆ps,ult ∆σx/∆ps,ult = 0,1817 ∆σx =∆σh = 0,1817∆ps,ult Gia số ứng suất hữu hiệu trung bình tương ứng là: ∆σ v + 2∆σ h ( 0,8183 + × 0,1817 ) ∆ps ,ult ∂p ' = = = 0,394∆ps ,ult 3 Và gia số ứng suất lệch tương öùng laø: ∂q = (0,8183-0,1817) ∆ps,ult = 0,6366∆ps,ult ∆ps,ult = 1,57 ∂q = 1,57 (27,17 – 8) = 30,1 kPa Sức chòu tải tải băng theo điều kiện thoát nước 30,1kPa Trong điều kiện không thoát nước thể tích mẫu không đổi v0 = vf = 2,7, ứng suất hữu hiệu trung bình tương ứng p’f theo công thức: v0 = vf = 2,7 = 3,17 – 0,2lnp’f p’f = 10,49 kPa q’f = 1,02 p’f = 10,7 kPa ∂qf = 10,7 – = 2,7 kPa Gia tải móng băng tương ứng là: ∆ps,ult = 1,57 ∂qf = 4,2 kPa Như điều kiện không thoát nước, sức chòu tải móng băng 4,2 kPa TD 10.12 35 30 F q (kPa) 25 C B 20 15 10 A 0 10 20 25,28 30 40 50 55,53 60 70 72,52 p' (kPa) Hình 7.17 Lộ trình ABCF tăng tải ví dụï 7.7 2./ Gia tải trước hút chân không [48] Nếu gia tải trước hút chân không đạt hiệu 80% tức đạt gia số ứng suất thẳng nằm ngang khối đất 80% trọng lượng cột không khí tác động lên mắt đất ∆p’ = ∆σ’v = ∆σ’h = 80 kPa ∆q = Do đó: Như từ trạng thái ứng suất ban đầu (p’ = 15 kPa; q = kPa) sau kết thúc gia tải hút chân không, trạng thái mẫu khảo sát đạt đến ứng suất trung bình p’ = 15 + 80 = 95 kPa ứng suất lệch q = + = 8kPa, tính thể tích riêng mẫu đất khảo sát trạng thái tương ứng theo công thức (λ − κ ) q v = Γ + λ − κ − λ ln p '− M p' (0,2 − 0,05) v = 3,17 + 0,2 − 0,05 − 0,2 ln 95 − = 3,32 − 0,911 − 0,0124 = 2,397 1,02 95 p’x mặt ngưỡng tương ứng theo công thức: ln p x' = (Γ − v − κ ln p') λ −κ 80 (3,17 − 2,397 − 0,05 ln 95) = 2,23 ⇒ p x' = exp(3.635) = 37,9kPa 0,2 − 0,05 p’c = 2,71828 p’x = 103 kPa Phương trình mặt ngưỡng sau gia tải hút chân dạng p'   q = 1 − ln 1,02 p ' 37,9   ln p x' = Tính gia số biến dạng thể tích đàn hồi tương đối theo công thức (7.39) là: ∆v e κ p' 0, 05 95 ln ∆ε ve = = ln B' = = 0, 033 v v A p A 2, 778 15 gia số biến dạng thể tích dẻo tương đối theo công thức (7.40) 103  0, − 0, 05  ∆ε vp =  ln = 0,078  2,   25, 28 : ∆εv = 11,1% Độ lún sau hút chân không 11,1%×6m = 0,666m = 66,6cm Trong có 0,198 m lún đàn hồi 0,468m lún không hồi phục gia số biến dạng dẻo cắt suy từ công thức 7.41 ∂ε vp 0, 033 ∂ε dp = = = 0, 032 q 1, 02 M− p' TD 10.12 70 60 q (kPa) 50 40 30 20 10 A B 0 20 25,28 40 60 p' (kPa) 80 100 103 120 Hình 7.18 Lộ trình AB gia tải trước hút chân không ví dụï 7.7 Sau tắt máy hút chân không trạng thái ứng suất trở lại ban đầu, phần thể tích đàn hồi hồi phục, thể tích riêng mẫu là: v = 2,397 * 1,033 = 2,476 ∂q = 1, 62 , lộ trình ứng suất tác dụng lực lên tải băng cho thấy ∂p ' phân tố khảo sát theo AH hình 7.25, tọa độ điểm đỉnh H thỏa hai điều kiện sau: (trên lộ trình AH) qH -8 = 1,62(p’H -15) qH = 1,62(p’H -15) + = 1,62 p’H -16,3 thay vào phương trình mặt ngưỡng:  p'  qH = 1 − ln H 1, 02 pH' (trên mặt ngưỡng) 103    p'  1,62 p’H -16,3 = 1 − ln H 1, 02 pH' 103   Giải phương pháp dần p’H = 34,4 kPa vaø qH = 39,4 kPa TD 10.12 70 60 q (kPa) 50 H 40 30 20 10 A 0 20 40 60 80 100 p' (kPa) suy ra: Hình 7.19 Lộ trình AH tăng tải sau gia tải hút chân không ví dụï 7.7 Sau gia tải trước hút chân không, đỉnh lộ trình öùng suaát qH = 39,4 kPa 120 ∂q = 39,4 – = 31,4 kPa Gia tải móng băng tương ứng ∆ps,ult = 1,57 ∂qf = 49,3 kPa Như vậy, sau gia tải trước hút chân không sức chòu tải ròng tới hạn móng băng 49,3 kPa Ứng dụng 3: Tiên lượng đáp ứng đất gánh đở bồn chứa dầu Phân tích lộ trình ứng suất đáy công trình sét cố kết trước nhẹ theo giải pháp gia tải trước kết hợp với bấc thấm (giảm thời gian lún) mô hình Cam clay cải tiến Ví dụï 7.8 trích từ tài liệu [46] Mẫu sét yếu lấy lên từ độ sâu 3m, có đặc trưng: λ = 0,32; κ = 0,06; ϕ’c = 260; OCR = 1,2; w = 55%, lớp sét yếu dầy 6m nằm lớp sét cứng Bồn chứa dầu cao 5m, đường kính 8m, có trọng lượng thân móng 350kN dự đònh xây dựng trực tiếp lớp đất yếu có độ lún lớn nên tiến hành gia tải trước cách đổ đầy nước vào bồn sau cố kết đủ nâng mặt đất lên sau khai thác bồn Để giảm thời gian lún giải pháp tăng cường thoát nước bất thấm dự kiến ứng dụng Tính mực nước làm đầy nhanh bồn gây mẫu đất khảo sát đạt ngưỡng trượt? Cuối giai đoạn cố kết, chủ đầu tư đề nghò tăng khả chứa bồn cách hàn thêm tăng chiều cao bồn, nhiên chủ đầu tư không muốn cố kết thêm thí nghiệm đất lại Như vậy, chiều cao bồn gia tăng tối đa để bồn chứa không bò trượt độ lún không vượt 75mm Trọng lượng thân phần hàn thêm 40kN/ mét cao Trọng lượng riêng dầu 8,5 kN/m3 Giải: Ứng xử lớp sét yếu dày 6m đại diện phân tố đất lớp nên thí nghiệm tiến hành mẫu Trên hình 7.27 cho thấy trạng thái mẫu đất khảo sát ban đầu vò trí B sau đạt trạng thái cố kết trước điểm A, mặt ngưỡng ban đầu chứa A Trạng thái mẫu khảo sát nằm miền đàn hồi Bước Tính giá trò liệu ban đầu: Hệ số rỗng: e0 = wGs = 0,55×2,7 = 1,49 K 0nc = − sin ϕ c' = − sin 26 = 0,56 Hệ số áp lực ngang đất NC: Hệ số áp lực ngang đất OC: K 0oc = K 0oc (OCR ) 0,5 = 0,56 × 1,2 = 0,61 G −1 2,7 − Trọng lượng thể tích đơn vò: γ ' = s γw = 9,8 = 6,69kN / m + e0 + 1,49 ứng suất hữu hiệu thẳng ' thân: σ z = γ ' z = 6,69 × = 20,1kPa đứng trọng ứng suất hữu hiệu cố kết trước: σ zc' = OCR × σ z' = 1,2 × 20,1 = 24,1kPa M = sin σ c' = 1,03 − sin σ c' Ứng suất trọng lượng thân điểm B lượng + K 0oc ' + × 0,61 p0 = σ z0 = 20,1 = 15kPa 3 q = − K 0ocσ z' = (1 − 0,61) × 20,1 = 7,8kPa Tính ứng suất điểm A mặt ngưỡng ban đầu: + K 0nc ' + × 0,56 ' ( pc ) = σ zc = 24,1 = 17 kPa 3 (q c ) = − K 0ncσ zc' = (1 − 0,56) × 24,1 = 10,6kPa , điểm A hình 7.26 Cần phải tính ứng suất trung bình hữu hiệu cố kết đẳng hướng mặt ngưỡng ban đầu p’c0 (điểm C0) Theo mô hình Cam Clay cải tiến, mặt ngưỡng có dạng: ( p')2 − p ' pc' + q = M Thay ứng suất A vào phương trình mặt ngưỡng: 10, 62 ' 17 − 17 pc + =0 1, 032 Giải phương trình trên: p’c0 = 23,2 kPa Tính eΓ -hệ số rỗng đường CSL ứng với ứng suất trung bình p’ = 1kPa p' eΓ = e0 + (λ − κ ) ln c + κ ln p 0' Từ công thức (7.77) 23,2 eΓ = 1,49 + (0,32 − 0,06 ) ln + 0,06 ln 15 = 2,29 Đường CSL có daïng: e = 2,29 – 0,32lnp’ q CSL F Y A B O C0 p’0 p’ e CSL eF NCL F p’c0/2 B A p’c0 p' Cố kết đẳng hướng Cố kết phương Lộ trình thoát nước ESP Hình 7.20 Lộ trình ứng suất không thoát nước ví dụï 7.8 Bước 2: Tính ứng suất gia tăng bồn chứa lộ trình ứng suất thoát nước πD π × Diện tích ngang bồn A= = = 50,27 m 4 p lực đáy bồn đựng đầy nước γwh = 9,8×5 = 49 kPa 350kN = kPa p lực đáy bồn trọng lượng bồn 50,27 m Tổng áp lực đáy bồn ps = 49 + = 56 kPa Tính ứng suất gia tăng bồn chứa nước lên mẫu khảo sát lớp sét yếu (sâu 3m) trục tâm bồn, theo công thức (3.111) (3.112) ng suất gia tăng theo phương thẳng đứng 3     2                   = p 1 −    = p × 0, 78 = 56 × 0, 78 = 43, kPa ∆σ z = ps 1 −  s s 2  1 +  r     1 +        z              Ứng suất gia tăng theo phương hướng tâm ∆σr (ngay truyền ứng suất vào đất, thể tích chưa đổi nên chọn ν = 0,5)       p 2(1 + ν )  + ∆σ r = s (1 + 2ν ) −    r     r     1 +    1 +     z        z    = 0,21ps =       56 2(1 + 0,5) (1 + × 0,5) −  + =  2 2            1 +    1 +              11,8 kPa Tỷ số gia số ứng suất tải bồn ∆σ r 0,21 p s 0,21 = = = 0,27 ∆σ z 0,78 p s 0,78 Tính gia số ứng suất trung bình ∆p 43,7 + × 11,8 = 22,4kPa ∆q = 43,7 – 11,8 = 31,9 kPa Độ dốc lộ trình ứng suất hữu hiệu ESP tải bồn chứa nước: ∆q 31,9 = = 1,42 ∆p 22,4 ∆p = Bước 3: Tính ứng suất ngưỡng ban đầu áp lực nước lỗ rỗng thặng dư mặt ngưỡng từ điểm B áp ứng suất lệch lên phân tố khảo sát lộ trình không thoát nước BY theo giao tuyến tường đàn hồi mặt ngưỡng ban đầu Ứng suất ngưỡng (điểm Y hình) tính từ công thức: q y = Mp 0' p c' 23,2 − = 1,03 × 15 − = 11,4kPa ' 15 p0 p’y = p’0 ∆q = qy – q0 = 11,4 – 7,8 = 3,8kPa Từ tính ∆q 31,9 = = 1,42 , suy ra: với ∆p = ∆q/1,42 = 3,8/1,42 = 2,7 kPa ∆p 22,4 Mặt khác, không thoát nước nên áp lực nước lỗ rỗng gia tăng với gia tăng ứng suất tổng trung bình: ∆u = ∆p = 2,7 kPa, ∆p’ = Trong dễ dàng có ứng suất hữu hiệu σ’z ứng suất tổng σz theo phương thẳng đứng 2 (∆σ z' ) y = ∆p '+ ∆q = + 3,8 = 2,5kPa 3 ' (∆σ z ) y = (∆σ z ) y + ∆u y = 2,5 + 2,7 = 5,2kPa Bước 4: Tính áp lực đáy bồn tương ứng (∆σ z ) y 5,2 = = 6,7 kPa ∆p s = 0,78 0,78 Như vậy, cần trọng lượng thân bồn gây áp lực đáy bồn kPa > 6,7 kPa gây mẫu đất khảo sát đạt ngưỡng Bước 5: Tính ứng suất gây trượt Từ Y tiếp tục áp ứng suất lệch không thoát nước theo lộ trình YF hình 7.27, trượt xảy ứng với điểm F Vì không thoát nước nên: eF = e0 = 1,49 = eΓ - λlnp’f = 2,29 – 0,32 lnp’F  2,29 − 1,49  p F' = exp  = 12,1kPa  0,32  Cũng sử dụng trực tiếp công thức sau:  2,29 − 1,49   e − e0  ∆q F = M exp Γ  = 12,5kPa  = 1,03 exp  λ   0,32  ∆q F 12,5 = = 12,1kPa M 1,03 ∆q 12,5 ∆u F = ∆p F' + F = 12,1 + = 20,9kPa 1,42 1,42 ( ∆σ z' ) f = ∆p'f + 23 ∆q f = 12,1 + 23 ×12, = 20, 4kPa ( ∆σ z ) f = (∆σ z' ) f + ∆u f = 20, + 20,9 = 41,3kPa ∆p F' = Bước 6: Tính chiều cao nước chứa bồn gây trượt đất p lực tác động đáy bồn ký hiệu ps ứng với ứng suất thẳng đứng tới hạn tâm lớp sét: (∆σ z ) f 41,3 ∆p s , f = = = 52,9kPa 0,78 0,78 Mà ứng suất đứng đáy bồn trọng lượng bồn kPa nên ứng suất trọng lượng nước bồn gây trượt là: 52,9 – = 45,9 kPa, suy chiều cao cột nước tối đa bồn: 45,9 hw = = 4, 68m 9,8 Như vậy, ta đổ đầy nước vào bồn để làm tải cố kết trước mà có thêm nước vào bồn đến chiều cao nhỏ 4,68m, cho cố kết sau tùy theo độ cố kết đạt mà thêm nước dần đến đầy bồn, cao 5m Bước 7: Xác đònh ứng suất trượt sau cố kết xong trọng lượng nước đầy boàn q CSL F1 E A B O C1 p’0 p’ e CSL eB eE NCL B F1 p’F1 D E C1 p’c1 p' Cố kết đẳng hướng Cố kết phương Lộ trình thoát nước ESP Hình 7.21 Lộ trình ứng suất thoát nước ví dụï 7.8 Cuối giai đoạn cố kết, chấp nhận bỏ qua phần điều chỉnh mặt độ lún trình gia tải trước gia tăng chiều cao bồn, cho dầu vào bồn đến chiều cao mà bồn chứa đạt trạng thái tới hạn Quá trình cố kết dọc theo lộ trình ứng suất thoát nước có độ dốc 1.42/1 từ điểm B đến điểm E hình 7.28 p’E = p’0 + ∆p = 15 + 22,4 = 37,4 kPa p' 37, = 1, eE = e0 − λ ln E' = 1, 49 − 0,32 ln 15 p0 Sau cố kết, từ E áp ứng suất lệch không thoát nước lộ trình ứng suất di chuyển từ E đến điểm F1 đường CSL (trượt) Vì không thoát nước nên eE = eF1  2,29 − 1,2   e − eE  ∆q F = M exp Γ  = 31,1kPa  = 1,03 exp  λ   0,32  ∆q F 31,1 ∆p F' = = = 30,2kPa M 1,03 ∆q 31,1 ∆u F = ∆p F' + F = 30,2 + = 52,1kPa 1,42 1,42 (∆σ z' )F1 = ∆p F' + 23 ∆q F1 = 30,2 + 23 × 31,1 = 50,9kPa (∆σ z )F1 = (∆σ z' )F + ∆u F1 = 50,9 + 52,1 = 103kPa Bước 8: Tính tải ứng suất đáy bồn tương ứng với lộ trình EF1 ng suất thẳng đứng đáy bồn tương ứng: (∆σ z )F1 103 ∆p s = = = 132,1kPa 0,78 0,78 Tổng lực đứng trình cố kết: 350kN + HγW A = 350+5×9,8×50,27= 2813,2kN Tổng lực tăng thêm sau cố kết: ∆ps ×A = 132,1×50,27 = 6640,7 kN Tổng tải tác động mặt đất sau cố kết: 2813,2kN + 6640,7 kN = 9453,9 kN Bước 9: Tính chiều cao gia tăng ∆h cho bồn ứng với điểm F1 Sau cố kết tải bồn đầy nước, khả chòu tải đất không thoát nước gánh thêm chiều cao gia tăng ∆h cho bồn (5+∆h)γdầu A + trọng lượng bồn cũ + tải thân bồn theo chiều cao hàn thêm×∆h = 9453,9 kN = (5+∆h) ×8,5×50,27+ 350 kN + 40×∆h = 9453,9 kN ∆h = 15,7m Bước 10: Tính ứng suất trung bình hữu hiệu p gây độ lún 7,5cm, sau gia cố tức sau điểm E ∆e H p' S= H= λ ln ' + e0 + e0 pE Với H bề dầy lớp sét 6m p' 0, 075 = 0, 32 ln p’= 40,48 kPa + 1, 37, Suy gia số ứng suất hữu hiệu trung bình ∆p’ = 40,8 – 37,4 = 3,4 kPa ∆q = 3,4×1,42 = 4,8 kPa ∆u = ∆p’ + (∆q/1,42) = 6,8 kPa ∆σ’z = ∆p’ + (2∆q/3) = 3,4 + 2×4,8/3 = 6,6 kPa ∆σz =∆σ’z + ∆u = 6,6 + 6,8 = 13,4 kPa Bước 11: Tính chiều cao gia tăng ∆h cho bồn ứng với độ lún thêm 7,5cm Chiều cao cột dầu đổ thêm vào bồn chứa ứng với điều kiện bồn lún thêm 7,5cm từ điểm E ng suất thẳng đứng gia tăng mặt đất: ∆σ z 13,4 ∆p s = = = 17,2kPa 0,78 0,78 ∆p s 17,2 Chiều cao bồn gia tăng ∆h = = = 2m 8,5 8,5 Thực ra, sử dụng nước làm tải cố kết chứa dầu có chênh lệch trọng lượng quy chiều cao dầu đổ thêm dược (9,8/85,5 -1) = 0,76m, theo quan điểm an toàn ta nên chọn tăng thêm chiều cao bồn 2m Ghi chú: thí dụ 7.8 tính toán có lưu ý đến đường NCL khác nhau, lại đơn giản bỏ qua tính biến dạng miền đàn hồi mặt giới hạn xét toán thoát nước