100 rjesenih zadataka iz mehanike tla
DESCRIPTION
100 Rjesenih Zadataka Iz Mehanike TlaTRANSCRIPT
-
A.Skeji
SKRIPTA
Sarajevo, 2011.
www.geotehnika.info
100 RIJEENIH ISPITNIH ZADATAKA IZ MEHANIKE TLA
-
100 RIJEENIH ISPITNIH
ZADATAKA IZ MEHANIKE TLA
geotehnika.info, 2011.
Dozvoljeno je i preporuljivo svako umnoavanje i preprodavanje ovog teksta. Dozvoljeno je objavljivanje
elektronske verzije . Nije potrebna saglasnost autora za kopiranje i koritenje sadraja zbirke u bilo koje svrhe.
-
Predgovor
Paul Tabori : Kad bi se samo jedna desetina od one silne koliine papira, koja se troi na tampanje
kojekakvih formulara, svakojakih "bijelih knjiga" ili propisa, upotrijebila za tampanje itanki i
udbenika, danas na svijetu vie ne bi bilo nepismenih.
Ima li boljeg naina da potvrdite da Vam je neto jasno od toga da rijeite konkretan problem. Ova
grupa zadataka obuhvata dosta jednostavne probleme, sa rjeenjima koja su ponekad toliko
jednostavna, da nakon to se saopte, zbunjuju svojom jednostavnodu. Neki od problema nikada
nisu spomenuti u standardnim udbenicima, zbog njihove jednostavnosti. Ali, ako osnovne stvari nisu
jasne, onda predstavljaju prave geotehnike izazove, to zasigurno nisu.
Na drugoj strani, uraeni ispitni zadaci koji se koriste prilikom pripremanja ispita, esto nisu tani, pa
se pojedine greke provlae iz generacije u generaciju, a na ovaj nain tome se konano moe stati u
kraj.
Problemi obuhvadeni ovom grupom rijeenih zadataka su oni iz osnovnih oblasti mehanike tla, od
zapreminskih odnosa, zbijanja i klasifikacije tla, preko principa efektivnih napona i procjeivanja vode
kroz tlo, do prorauna intenziteta i trajanja slijeganja, horizontalnih pritisaka tla, prorauna
vertikalnih napona od dodatnog opteredenja i vrstode tla, kao i osnovni principi prorauna
stabilnosti kosina i doputenih napona u tlu. Obzirom da se teoretske osnove mogu pronadi u svakoj
standardnoj literaturi vezanoj za Mehaniku tla, nisu posebno priloene teoretske osnove, a koriteni
dijagrami i formule objanjeni su pri samoj izradi zadataka, uz potrebne napomene.
Prvo poglavlje ine zasebni zadaci svrstani po oblastima. U drugom poglavlju smjeteni su zadaci koji
predstavljau konkretan geotehniki problem sainjen od niza podzadataka. Poseban dodatak ini
trede poglavlje, pod nazivom 10 zato 10 zato, gdje je odgovoreno na 10 interesantnih pitanja
vezanih za oblasti obuhvadene zadacima. Na kraju, etvrto poglavlje pripada zabavnoj strani, gdje su
priloeni geotehnika osmosmjerka, interesantni citati, vicevi vezani za oblast geotehnike, te mape
uma vezane za izabrane oblasti mehanike tla. U sklopu zbirke zadataka nalazi se i CD sa igrom Ko
eli biti inenjer geotehnike sa 15 geotehnikih pitanja koja Vas uz malo srede, vode do titule
kandidata za inenjera geotehnike.
Ovi zadaci su prvenstveno namijenjeni studentima koji se po prvi puta susredu sa obladu geotehnike
i teko da moe koristiti nekom drugom nivou.
A.Skejid, 2011.
-
Sadraj 1 Pojedinani zadaci po oblastima
1.1 Osnovni pojmovi, klasifikacija i zbijanje tla ..................... 1
1.2 Princip efektivnih napona i teenje vode u tlu .................. 7
1.3 Naponi u tlu od povrinskog opteredenja .................... 15
1.4 vrstoda 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 prorauna doputenih napona u tlu ....................... 54
2 Sloeniji problemi koji obuhvataju vie oblasti
2.1 Garaa u zasjeku .................... 57
2.2 Konstrukcija bazena ...................... 60
2.3 Zatita nasipa saobradajnice ....................... 65
2.4 Zatitna konstrukcija ....................... 70
2.5 Podzemna etaa stambenog objekta ....................... 76
3 10 zato 10 zato
3.1 Deset pitanja koja poinju sa zato, a zavravaju odgovorom ................. 82
4 Zabavna strana
4.1 Vicevi, citati, igre, mape uma ..................... 87
5 Literatura ..................... 98
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
1
Zadatak 1 : Za idealizirani model tla prikazan na slici, izraunati koeficijent pora, poroznost, stepen
zasidenosti i vlanost, ako je s = 26,0 kN/m3 i w = 10,0 kN/m
3
Slika 1.1 : Idealizirani model tla sa naznakom zapremine pojedinih faza
Napomena : Definicije navedenih pojmova pokuati ne uiti napamet. Naime, koeficijent pora
predstavlja zapreminu pora pri zapremini vrstih estica jednakoj jedinici, dok poroznost predstavlja
zapreminu pora pri ukupnoj zapremini jednakoj jedinici. Dakle, oba pojma su mjera veliine pora. Na
drugoj strani stepen zasidenosti (ili saturacije) predstavlja stepen ispunjenosti pora vodom (pore
zasidene -> S = 100%, pore bez vode -> S = 0%). Posebno treba razlikovati pojam vlanosti koji
predstavlja odnos teine vode i teine vrstih estica, ime je definisana razlika istog od stepena
zasidenosti.
Pa je rjeenje :
0,12
2
a
a
V
Ve
s
v ; 5,04
2
a
a
V
Vn v
%0,501002
100a
a
V
VS
v
w
%23,19100262
10100
2100
a
a
a
a
G
Gw
s
w
s
w
Iz ega je jasno prikazana razlika izmeu vlanosti i stepena zasidenosti, uz napomenu da zasiden
uzorak ne mora imati vlanost od 100%, kao i da vlanost moe biti veda od 100% .
Zadatak 2 : Uzorak uzet iz sondane buotine ima sljedede karakteristike: e = 0,45; w(100%) = 17,0 %;
d = 18,0 kN/m3. Izraunati: poroznost, zapreminsku teinu potpuno zasidenog uzorka i specifinu
zapreminsku teinu.
Rjeenje:
Poroznost : 31,045,01
45,0
1 e
en
Zapreminska teina zasidenog uzorka : sat = d (1+w/100) = 18 (1+0,17) = 21,06 kN/m3
Specifina zapreminska teina : 3/09,26)31,01(
0,18
)1()1(mkN
nnV
G
VV
G
V
G ds
v
s
s
ss
Zadatak 3 : Poredati navedene zapreminske teine od najvede ka najmanjoj : sat, d, , , s .
Rjeenje : 1) s specifina zapreminska teina
2) sat zasidena zapreminska teina : S = 100%
a
a
2a vrste estice
Voda
Zrak
4a
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
2
3) zapreminska teina u prirodnom stanju koja podrazumjeva : 0 < S < 100%
4) d suha zapreminska teina S = 0 %
5) zapreminska teina u potopljenom stanju : = sat w
Zadatak 4 : Uzorak tla teine 1,5 N, od ega glinovita frakcija iznosi 0,34 N ima granicu teenja 60% i
granicu plastinosti od 26%. Izraunati aktivitet datog uzorka.
G = 1,5 N; G(C) = 0,34 N
Pa je teinski postotak glinovite frakcije : (0,34/1,5)100 = 22,67%
Ip = WL WP = 60 26 = 34%
5,167,22
34
)(.% teinskifrakcijeglin
IA
p
Napomena : Aktivitet se koristi kod odreivanja potencijala bubrenja glinovitog tla, pri emu vedi
aktitivtet znai vedi uticaj glinovite frakcije na osobine i posljedino vedi utjecaj na ponaanje
glinovitog materijala. (npr. montmorilonitske gline imaju aktivitet koji varira od oko 1,25 do 7,0, te su
znatno podlonije povedanju zapremine pri povedanju vlanosti nego kaolinitske gline koje imaju
aktivitet od oko 0,3 do 0,4).
Zadatak 5 : Na uzorku tla su izvreni testovi klasifikacije, a kao rezultat su dobijeni granulometrijska kriva i Atterberg-ove granice. Klasifikovati tlo prema UC klasifikaciji.
Slika 1.2 : Granulometrijska kriva
Atterberg-ove granice : Granica teenja : WL = 32, Granica plastinosti, WP =26
Korak 1: Odrediti postotak sitnih etica iz granulometrijske krive
% sitnih estica (% estica manjih od 75 m) = 11% - Iz ega slijedi da se radi 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, D30 = 0.25 mm, D60 = 0.75 mm
Cu = 12.5, Cc = 1.38, iz ega slijedi oznaka W
Frakcije: ljunak (Gravel) 17%
0.0001 0.001 0.01 0.1 1 10 100 0
20
40
60
80
100
Otvor sita (mm)
% p
rola
ska
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
3
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 odreivanje Atterberg-ovih granica locirajmo taku na karti plastinosti
WL = 32, PL = 26. Iz ega se izrauna Indeks plastinosti Ip = 32 - 26 = 6
Na karti plastinosti taka se nalazi ispod A-line, iz ega zakljuujemo da se radi o prahovitom
materijalu = M (od stare vedske rijei za prah Mo).
Korak 4 : Dvojni simboli su SW-SM
Korak 5 : Tekstualnim opisivanjem tla moe se zavrti postupak opisa tla
Zadatak 6 : Objasnti znaenje simbola: GW, CL, GH, CM-CS
Rjeenje:
GW dobro graduirani ljunak;
CL niskoplastina glina;
GH simbol nemogud u UC klasifikaciji (pojam plastinosti se vee samo za sitnozrne materijale);
CM-CH visokoplastina glina sa primjesama praha.
Zadatak 7 : Odrediti granicu teenja ako su na osnovu testa sa padajudim konusom na uzorku
glinovitog materijala dobijeni rezultati :
Penetracija konusa [mm] 16,1 17,6 19,3 21,3 22,6
Vlanost [%] 50,0 52,1 54,1 57,0 58,2
Tabela 1.1 : Rezultati testa sa padajuim konusom
Slika 1.3 : ema ureaja za ispitivanje granice teenja
Rezultati ispitivanja su prikazani dijagramom, gdje je naznaen i pravac koji se najbolje uklapa u
izmjerene vrijednosti :
55
,0 c
m
Metalna posuda 55 mm,
h = 40 mm
Konus : m = 80 gr.
Mjera dubine penetracije
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
4
Slika 1.4 : Zavisnost vlanosti (prirodna razmjera) i penetracije konusa (prirodna razmjera)
Granica teenja predstavlja vlanost kojoj odgovara penetracija od 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 vlanim tlom i sa oidenim konusom se ponovi mjerenje. Ako je razlika izmeu ta
dva mjerenja manja od 0,5 mm, to mjerenje se smatra vaedim. Prosjena od te dvije vrijednosti se
uzima kao mjerodavna za tu vlanost i data je tabelarno u konkretnom zadatku. Ova procedura se ponavlja
barem 4 puta sa razliitim vlanostima, koje se biraju tako da penetracija varira od 15 do 25 mm.
Penetraciji od 20 mm odgovara granica teenja (WL).
Zadatak 8 : Na karti plastinosti definisane su linije U i A jednainama:
U . . . Ip = 0,90 (wL 8)
A . . . Ip = 0,73 (wL 20)
Odrediti granicu teenja wL za materijal kome je:
Ip = 20%
WP = 15%.
Rjeenje : Indeks plastinosti predstavlja koliinu vlage koju treba dodati sitnozrnom materijalu da
pree iz plastinog u teno stanje :
Ip = WL - WP = 20 => WL = Ip + Wp = 20 + 15 = 35%
Napomena : Zadati pravci (U i A linija) nisu potrebni za rjeavanje zadatka.
Zadatak 9 : Jedan uzorkiva za vaenje uzoraka ima koeficijent povrine 8%, a drugi 16%. Koji od ova
dva uzorkivaa je povoljnije izabrati i zato?
0
5
10
15
20
25
48 50 52 54 56 58 60
Pe
ne
trac
ija k
on
usa
[m
m]
Vlanost [%]
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
5
Rjeenje : Povoljniji je uzorkiva sa koeficijentom povrine od 8%, jer je stepen poremedenja obrnuto
proporcionalan ovom koeficijentu. Smatra se da je za neporemedene uzorke potrebno koristiti
uzorkivae sa koeficijentom povrine ispod 10%.
Zadatak 10 : Izraunati koeficijent povrine tankostijenog uzorkivaa, iji je vanjski prenik 6,0 cm, a
debljina stijenke 2,25 mm. Da li preporuujete upotrebu ovog uzorkivaa za dobijanje
neporemedenih uzoraka? Zato?
Vanjski dijametar : De = 6,0 cm = 60,0 mm
Debljina stijenke = 2,25 mm
Unutranji dijametar : : Di = (60,0 2,25) mm = 55,5 mm
Koeficijent povrine : %88,165,55
5,55602
22
2
22
i
ier
D
DDA
Poto je koeficijent povrine vedi od 10%, uzorkiva nije preporuljiv za uzorkovanje neporemedenih
uzoraka. Dakle, stepen poremedenja nede biti zanemarljiv.
Zadatak 11 : Izabrati mehanizaciju za zbijanje a) krupnozrnog i b) sitnozrnog materijala, i preporuiti
nain kontrole ostvarene zbijenosti.
a) Krupnozrni materijali se obino zbija glatkim valjcima sa i bez vibracije, a kontrola ostvarene
zbijenosti se najuspjenije kontrolie nuklearnim denzitometrom.
b) Sitnozrni materijali se obino zbijaju valjcima sa izboinama, a kontrola ostvarene zbijenosti
se takoer moe vriti nukelarnim denzitometrom. Neto uspjenije, nego li kod granuliranih
materijala, moe se primijeniti Proctor-ov test, jer ne moe dodi do izmjene
granulometrijskog sastava usljed dinamikog udara malja pri zbijanju u laboratoriji.
Zadatak 12 : Metodom kalibriranog pijeska na terenu, dobivena je vrijednost d, in-situ = 15,5 kN/m3 .
Proctor-ovim testom dobivena je kriva sa slike. Da li je tlo dovoljno zbijeno?
Slika 1.5 : Proctor-ova kriva
14
15
16
17
18
19
20
5 7 9 11 13 15
vlaga [%]
d, max [kN/m3]
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
6
Sa slike se moe oitati da je maksimalna suha zapreminska teina jednaka 19,0 kN/m3. Relativna
zbijenost predstavlja odnos suhe zapreminske teine izmjerene nakon zbijanja na terenu ( d, in-situ) i
maksimalne suhe zapreminske teine :
%0,821009,18
5,15
max,,
,
labd
insitudR < 95 %
Iz ega se zakljuuje da tlo nije dovoljno zbijeno.
Zadatak 13 : Standardni penetracioni broj dobiven SPT testom u potopljenom pjeskovitom tlu je
iznosio 45 na dubini od 6,5 metara. Prosjena efektivna zapreminska teina tla iznosi 9,69 kN/m3.
Ostali poznati podaci su : a) efikasnost malja 0,8; b) korekcioni faktor za duinu buade ipke 0,9; c)
korekcioni faktor za prenik buotine 1,05. Koriten je uzorkiva bez dvostruke jezgre (kouljice).
Odrediti korigovani standardni penetracioni broj prema standardnoj energiji od 60%, tzv N60. Na
osnovu izraunate korigovane vrijednosti SPT broja, odrediti ugao unutraenjg trenja ispitanog
pijeska.
Rjeenje : N60 = CN N Eh Cd Cs Cb
Gdje je : CN fakotr korekcije zbog nadpritiska : 233,176,95'
0pCN
p0' = vertikalni efektivni napon na mjestu mjerenja broja udaraca = 9,68 6,5 = 63,0 kN/m2
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 ovdje nede biti posebno priloeni
Brojni su autori predloili razliite korelacije za odreivanje ugla unutraenjg trenja, prvenstveno
granularnih materijala, na osnovu SPT broja. U nastavku je primjenjena ona od Peck, Hanson,
Thornburn (19874) i Wolff (1989), koji su predloili izraz za proraun ugla unutranjeg trenja na
osnovu SPT broja N60. Konkretno izraunatom broju N60 = 42, odgovara veliina ugla unutranjeg
trenja prema izrazu :
7,396,121,273,01,27' 60N
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 14 : Na slici je prikazana strujna mrea oko zatitne konstrukcije od elinih talpi u
vodopropusnom sloju. Odrediti :
a) Koliko visoko (iznad nivoa terena) de se podidi voda u pijezometrima ako su oni postavljeni u
takama a, b, c, i d
b) Protok kroz kanal II po jedinici irine (okomito na prikazani popreni presjek)
c) Ukupni protok kroz vodopropusni sloj po jedinici irine
d) da li de se voda procjeivati bre ili sporije ako je razlika potencijala veda ili ako je manja
Slika 1.6 : Strujna mrea oko zatitne konstrukcije od elinih talpi u vodopropusnom sloju
Rjeenje :
a) Na osnovu konstruisane strujne mree prikazane na slici, vidi da je broj strujnih kanala Nf = 3
i da je broj padova potencijala Nd = 6. Ukupni pad potencijala od uzvodne ka nizvodnoj strani
iznosi 3,3 metra, pa je pad potencijala izmeu pojedinih ekvipotencijalnih linija jednak
3,3/Nd, tj. jednak je 0,55 metara. Taka a, locirana je na ekvipotencijalnoj liniji broj 1, to
znai da je pad potencijala do te linije jednak 0,55x1, te da de se nivo vode u pijezometru
postavljenom na ekvipotencijalnoj liniji 1 dostidi visinu od (5,0 0,55x1) = 4,55 metara iznad
nivoa terena. Analogno, za druge traene take, moemo 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, moe se izraunati protok kroz jedan kanal :
'/sec
1075,255,01056
3,3105
3555 m
m
N
Hkq
d
gdje je k zadati koeficijent vodopropusnosti i iznosi : 510-3 cm/sec = 510-5 m/sec
d
b
a
6 c
Nivo terena
III II
I
5 4 3 2 1
1,7 m
eline talpe zatitna konstrukcija
Vodonepropusni sloj
5,0 m
kx = kx = k= 510-3
cm/sec 10,0 m
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
c) Ukupni protok jednak je protoku kroz jedan kanal pomnoenom sa ukupnim brojem kanala
konstruisane mree teenja tj.
'/sec
1025,8355,01053
55 mm
N
NHkq
d
f
d) Naravno, voda se procjeuje bre za sluaj vede razlike potencijala, jer je brzina (Darcy-jeva)
jednaka proizvodu koeficijenta vodopropusnosti, koji je u ovom sluaju konstantan, i
hidraulikog gradijenta u ijoj se definiciji razlika potencijala nalazi u brojniku
Zadatak 15 : Mrea teenja se moe primijeniti za proraun uzgona na bazu hidraulike konstrukcije.
Primijeniti, na slici nacrtanu, mreu teenja u proraunu uzgona na dno gravitacione brane.
Pretpostaviti da je kx = ky = k.
Slika 1.7 : Strujna mrea ispod gravitacione brane
Sa skice strujne mree je vidljivo da postoji 7 padova potencijala (Nd), a kako je ukupni pad
potencijala izmeu uzvodne i nizvodne strane 7,0 m, slijedi da je pad potencijala izmeu pojedinih
ekvipotencijalnih linija jednak 7,0 m/7 = 1,0 metar. Na osnovu potencijala u pojedinim takama ispod
brane moe se izraunati uzgon prema :
a ( lijevi ugao brane) = (Ukupni pritisak u a)x(w) = [(7,0 + 2,0) 1,0] w = 8 w
Slino i za ostale take : b = [9,0-(2)(1)] w = 7w
te konano za taku f ( desni rub brane) : f = [9,0-(6)(1)] w = 3w
Pritisak izdizanja je prikazan na slici ispod za sve karakteristine take ispod brane. Ukupna sila
uzgona po jedinici irine, moe se izraziti kao povrina datog dijagrama.
Slika 1.8 : Uzgon na dno gravitacione brane
6,0 m
Vodonepropusni sloj
2,0 m
10,0 m
7,0 m
d f e c b a
14,0 m
3 w 4 w 5 w 6 w
7 w 8 w
a d c e b f
14,0 m
[kN/m2]
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 16 : Duboki iskop je izveden u sloju krute niskopropusne gline ija je zasidena zapreminska
teina jednaka 18,46 kN/m3. Kada je dubina iskopa dostigla 8,0 metara, dolo je do hidraulikog
sloma dna iskopa, koji se ogleda u prodiranju pijeska i vode. Naknadni istrani radovi pokazali da se
ispod sloja gline nalazi sloj pijeska i to na dubini od 12,5 metara. Do koje visine iznad sloja pijeska bi
se podigla voda u buotini prije poetka izvoenja iskopa?
Slika 1.9 : Dimenzije iskopa i profil tla
Rjeenje : Sa napredovanjem iskopa, kao posljedica rasteredenja, opada efektivni napon na povrini
sloja pijeska. Porni pritisak (neutralni napon) u pijesku, ostaje konstantan. Hidrauliki slom dna iskopa
se deava kada efektivni napon na povrini sloja pijeska padne na nulu:
0' wsat hz
satw zh
mz
hw
sat 55,881,9
64,18)85,12(
Dakle, voda bi se podigla do visine od 8,55 metara iznad sloja pijeska pod utjeca pornog pritiska prije
iskopa.
Napomena : Kako se radi o jako slabopropusnom materijalu gline, nije logino razmatrati ravnoteu
sa uzimanjem u obzir uticaja procjeivanja vode na naponsko stanje. Dakle, razmatra se kratkotrajno
stanje u kojem se i deava izdizanje neposredno nakon iskopa do dubine od 8,0 metara.
Zadatak 17 : Izraunati vrijednosti i nacrtati dijagram totalnog, efektivnog napona i pornog
pritiska za profil tla prikazan na slici.
Slika 1.10 : Profil tla
h=?
z
12,5 m
ISKOP
Glina
8,0 m
Pijesak
NPV
CH : d = 17,0 kN/m3; sat = 21,84 kN/m
3
S = 100%
1,5 m zona kapilarnog penjanja
4,0 m
5,0 m SM : sat = 21,0 kN/m3
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Napon Dubina [m]
Totalni napon [] Porni pritisak [u] Efektivni napon ['= -u]
0,0 0,0 0,0 0,0
2,5gore 2,517,0 = 42,5 0,0 42,5
2,5dole 2,517,0 = 42,5 -1,59,81=-14,715 57,215
4,0 42,5 + 1,521,84=75,26 0,0 75,26
9,0 75,26+21,05=180,26 5,09,81=49,05 131,21 Tabela 1.2 : Izraunate vrijednosti napona po karakteristinim dubinama
Na osnovu vrijednosti izraunatih i prikazanih tabelom, moe se nacrtati i traeni dijagram promjene
napona sa dubinom :
Slika 1.11 : vertikalni naponi i porni pritisak
Zadatak 18 : U sloju homogenog tla nivo podzemne vode je odreen na dubini od 2,0 m ispod
povrine terena. Visina kapilarnog penjanja je 0,50 m, a zapreminska teina tla u zoni kapilarnog
penjanja je 17,5 kN/m3. Zapreminska teina suhog tla je 16,60 kN/m3, a zapreminska teina tla ispod
nivoa podzemne vode 19,40 kN/m3.
Odrediti porni pritisak na dubini od 2,0 metra ispod povrine terena, prije i nakon kapilarnog
penjanja.
Porni pritisak jednak je nuli na nivou podzemne vode, kapilarno penjanje ne utie 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
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
-40 -20 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200
Totalni napon
Porni pritisak
Efektivni napon
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 19 : Izraunati totalni i efektivni vertikalni napon, te porni pritisak u taki A iskopa sa slike.
Geometerijske i geotehnike karakteristike su prikazane na slici
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 : Izraunati potrebnu debljinu filter sloja kojeg treba postaviti na dno iskopa sa slike s
ciljem da se ostvari faktor sigurnosti od 3,0 protiv hidraulikog sloma dna koji se oituje u prodiranju
materijala i vode u iskop. Izabrani filter materijal zadovoljava uslove granulacije koji su takvi da je
filter dovoljno upakovan da onemogudava prodiranje estica materijala ispod filtera, a na drugoj
strani dovoljno propustan da prua minimalan otpor procjeivanju vode kroz njega. Prosjeni
hidrauliki gradijent u zoni vertikalnog isticanja iznosi 0,6. Zapreminska teina prirodnog materijala u
saturiranom stanju iznosi 21,0 kN/m3, a filter materijala 23,0 kN/m3.
Slika 1.13 : Zatitna konstrukcija sa naznakom zone izdizanja
Faktor sigurnosti prije postavljanja filter materijala iznosi :
3833,16
0,11
0,106,0
0,100,21'
w
wsat
w iiFS
A
3,0 m 12,0 m
9,0 m Iskop pod
vodom
sat =21,0 kN/m3
= 29
c = 30 kPa
DF = ?
D = 3,0 m
H = 6,0
m
D/2=1,5 m
zona izdizanja
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Nakon postavljanja filter sloja, zona izdizanja je oteana pa u izraz za faktor sigurnosti ulaze veliine
prikazane slikom ispod :
wprosj
FF
wprosj
FFF
i
D
D
iD
DDD
U
WWFS
'
2
'2'
'
2
12
1'
2
1
'
Slika 1.14 : Faktor sigurnosti nakon ugradnje filtera
Iz uslova da je zahtjevani faktor sigurnosti jednak 3,0 moe se izraunati potrebna debiljina filter sloja
da se isti postigne :
0,3
' '
wprosj
FF
i
D
D
mDi
D
i
D
D
iD
D
F
wprosj
F
F
wprosjF
wprosjFF
615,10,313
11106,00,3'0,3
'0,3
0,3'
'
'
'
USVOJENO : DF = 1,65 metara
Napomena : Veoma je vano pravilno izabrati filter materijal. Terzaghi i Peck (1948.) su predloili
kriterij koji uzima u obzir granulometrijski sastav prirodnog materijala pri odabiru granulometrije
filter materijala :
1) 4)(85
)(15
B
F
D
D
2) 4)(15
)(15
B
F
D
D
gdje su D15(F) i D15(B) otvori sita kojima odgovara 15% prolaska materijala filtera i prirodnog materijala
respektivno, dok je analogno D85(B), otvor sita kojem odgovara 85% prolaska prirodnog materijala .
Prirodni materijal je onaj iji se hidrauliki slom sprjeava ugrandnjom filter materijala.
D = 3,0 m
D/2=1,5 m
W'F
W'
U
DF
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 21 : Izraunati efektivni napon na dubini od 2,0 metra ispod dna jezera (taka A) u
zasidenom sloju gline prije i nakon podizanja nivoa vode u jezeru sa 4,0 metara na 6,0 metara.
Zasidena zapreminska teina gline je 20,0 kN/m3
Slika 1.15 : Geometrija sa naznakm nivoa vode u jezeru prije i nakon podizanja nivoa vode
Rjeenje : Efektivni napon se rauna kao razlika totalnog napona i pornog pritiska prema Terzaghi-
jevom principu efektivnih napona.
kPasatwprijeA 0,800,20,200,100,40,20,4, - totalni napon prije podizanja nivoa
kPawprijeAprijeA 0,200,600,800,6,'
, - efektivni napon prije podizanja nivoa
kPasatwnakonA 0,1000,20,200,100,60,20,6, - totalni napon nakon podizanja
nivoa
kPawnakonAnakonA 0,200,800,1000,8,'
, - efektivni napon nakon podizanja nivoa
Dakle, usljed porasta nivoa vode u jezeru iznad zasidenog sloja, totalni napon raste za istu veliinu
kao i porni pritisak, pa efektivni napon ostaje konstantan.
Zadatak 22 : Na neporemedenom uzorku je izven test sa konstantnim nivoom, s ciljem da se odredi
koeficijent vodopropusnosti (Darcy-jev koeficijent). Rezultati su prikazani tabelom :
Trajanje testa 4 min
Koliina prikupljene vode 0,300 l
Razlika nivoa 50 mm
Duina uzorka 100 mm
Prenik uzorka 100 mm Tabela 1.3 : Prikaz rezultata testa
Rjeenje :
Osnovni princip ovog testa se zasniva na injenici da je prikupljena koliina vode jednaka vodi koja
proe kroz uzorak u posmatranom vremenu : A k i t = Q
Povrina uzorka : 22
78544
100mmA
sec/102,3sec/318,0
604100
507854
300000
100
502 cmmm
tA
Q
tiA
Qk
2,0 m
2,0 m
4,0 m
A
sat = 20,0 kN/m3
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 23 : Na neporemedenom uzorku je izven test sa opadajudim nivoom, s ciljem da se odredi
koeficijent vodopropusnosti (Darcy-jev koeficijent). Rezultati su prikazani tabelom :
Poetni nivo vode u cjevici
1500 mm
Krajnji nivo vode u cjevici 605 mm
Trajanje testa 281 s
Duina uzorka 150 mm
Prenik uzorka 100 mm
Prenik cjevice 5 mm Tabela 1.4 : Prikaz rezultata testa
Rjeenje :
Povrina cjevice : 22
67,194
5mma
Povrina uzorka : 22
78544
100mmA
3945,048,2loglog 102
110
h
h
Osnovni princip testa sa opadajudim nivoom jeste da protok vode kroz cjevicu mora biti jednak vodi
protoku kroz uzorak, i iz tog uslova se izvodi poznati izraz za koeficijent vodopropusnosti :
sec/102,1sec/1021,12817854
3945,015067,193,2 43 cmmmk
Napomena : Test sa opadajuim nivom se uspjenije primjenjuje za sitnozrne materijale, jer u sluaju
primjene testa sa konstantnim nivoom treba ekati dug vremenski period da voda protee kroz
uzorak pa moe dodi do isparavanja dijela vode iz posude u kojoj se odrava konstantan nivo, pa je
teko ocjeniti koji dio vode je proao kroz uzorak a koji je evaporirao. Na drugoj strani, primjena
ovog testa za granularne materijale zahtjeva oitanja veoma kratkog, praktino neizmjerivog
vremena, pa se za krupnozrne materijale najede primjenjuje test sa konstantnim nivoom.
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 24 : Koristedi Boussinesq-ov dijagram, izraunati napone od povrinskog opteredenja (dubine
1,0; 2,0; 5,0 i 10,0 metara) ispod centra temeljne trake irine 2,0 metra, na koju je oslonjen zid
optereden sa linijskim opteredenjem q = 200kN/m'. Zanemariti sopstvenu teinu temeljne trake, a
kontaktni napon smatrati ravnomjerno raspodijeljenjim .
Slika 1.16 : Temeljna traka dimenzije i opteredenje
Rjeenje : Dubina na Boussinesqovom dijagramu prikazana preko irine B za traene dubine iznosi :
0,5B = 1,0 m
1B = 2,0 m
2,5B = 5,0 m
5B = 10,0 m
Trae se naponi ispod centra opteredene trake, ta je mjerodavna izobara na presjeku vertikalne linije
ispod centra trake i navedenih dubina, pa su oitane vrijednosti sa dijagrama /0 = 0,77; 0,5; 0,2 i
0,07, respektivno.
z=1,0 m = 0,77100,0 = 77,0 kPa
z=2,0 m = 0,55100,0 = 55,0 kPa
z=5,0 m = 0,20100,0 = 20,0 kPa
z=10,0 m = 0,07100,0 = 7,0 kPa
Slika 1.17 : Princip oitavanja sa dijagrama
Zadatak 25 : Priblinom metodom izraunati napone od povrinskog opteredenja ispod take A, na
dubini od 1,0 metar. Opteredenje je ravnomjerno raspodijeljeno i kvadratnog oblika, intenziteta 200
kPa, dimenzija prema slici.
Slika 1.18 : Dimenzije povrinskog opteredenja i poloaj take A
0 = 200/2,0 m = 100,0 kPa
z
q = 200 kN/m'
2,0 m
q=200 kPa
2,0 m
2,0 m
A
1,5 m
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Povrinsko opteredenje definisano slikom ne izaziva promjenu napona u taki A, koja se nalazi na
dubini od 1,0 metar :
= 0
Zadatak 26 : Priblinom metodom izraunati na kojoj dubini de napon od povrinskog opteredenja
iznositi 10,0 kPa. Opteredenje na povrini je ravnomjerno raspodijeljeno i kvadratnog oblika,
intenziteta 100 kPa, dimenzija prema slici.
Slika 1.19 : Dimenzije povrinskog opteredenja i princip pribline metode
Prema pravilu pribline metode napon na dubini z rauna se prema izrazu :
0,1044
0,400
)2()2(
0,40,100
)2()2(
0,20,20,100
2
00
zzzzzzA
A
z
zz
Pa je : 0,40442 zz
03642 zz
32,622
36141642,1z
32,41z m
Negativno rjeenje odbacujemo kao fiziki nemogude.
Zadatak 27 : Priblinom (2:1) metodom odrediti vertikalne napone na dubini od 3,0 m ispod taaka A,
B i C usljed djelovanja ravnomjerno raspodijeljenog opteredenja na povrini tla! Opteredenje je L
oblika (slika), a iznosi 125,0 kPa.
Slika 1.20 : Oblik opteredenja u tlocrtu sa poloajem taaka ispod kojih se trae dodatni naponi
A A 2,0 m
q=100 kPa
2,0 m
z=? 10,0 kPa
100,0 kPa
2:1
presjek A-A :
q0 = 125,0
kPa
4,0 m
1,0 m
3,0 m
2,0 m 2,0 m
A
B
C
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Priblina metoda (2:1) podrazumijeva konstantne napone na jednoj dubini i to koristedi princip da se
naponi od nadopteredenja smanjuju sa dubinom za procenat koji je definisan odnosom povrine
opteredenja na povrini (z=0,0,m) i povrine opteredenja na traenoj dubini (z = z), pri emu se
povrina povedava sa nagibom 2:1. Dakle, za konkretan primjer naponi na dubini z = 3,0 metra de biti
jednaki u svim traenim takama (A, B, C).
23,3747
140,125
0,50,10,60,7
0,30,20,40,20,125
0,3
0
0),,(0,3
z
z
CBAzA
Aq kPa
Zadatak 28 : Stopa A je temeljna stopa postojedeg objekta. Neposredno uz postojedi objekat
izvedena je temeljna stopa novog objekta koja je opteredena koncentrinom silom od 500 kPa.
Koristedi Boussinesq-ov dijagram izraunati napone ispod ruba kvadratne stope A usljed opteredenja
na kvadratnoj stopi B. Zanemariti sopstvenu teinu temeljnih stopa, a kontaktni napon smatrati
ravnomjerno raspodijeljenjim .
Slika 1.21 : ema i dimenzije konstrukcije
Opteredenje koncentrisanom silom na stopi B, optereduje tlo povrinskim opteredenjem intenziteta :
22,2225,15,1
0,5000q 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
0,05222,22 = 11,11 kPa.
Na dubini 0,8 B ispod stope B (1,125 m), naponi rastu na 0,1222,22 = 22,2 kPa, a maksimum dostiu
na dubini od 1B (1,5 metara ispod nivoa stope B) i to sa intenzitetom 0,105222,22 = 23,33 kPa. Dalje,
z 500,0 kN
Optereenje postojeeg
objekta
1,5 m
2,5 m
Stopa A
Stopa B
1,5 m
1,5 m
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
sa dubinom naponi opadaju, a na dubini od 1,325B (tj dubini od 4,5 m ispod nivoa stope B) i iznose
0,05222,22 = 11,11 kPa. Konano, na dubini od 2,65B (dubini od 6,48 m ispod nivoa stope B), naponi
opadaju na vrijdnst 0,05222,22 = 11,11 kPa.
Princip oitavanja vrijednosti sa dijagrama prikazan je na slici ispod.
Slika 1.22 : Nain oitanja sa Boussinesq-ovog dijagrama
Zadatak 29 : ta je kontaktni pritisak i objasniti zato kontaktni pritisak ispod krute temeljene stope
nije isti za nekoherentna i koherentna tla.
Rjeenje : Kontaktni pritisak je stvarni pritisk koji se prenosi sa temelja na tlo. U svim zadacima je
usvojena pretpostavka da je taj pritisak konstantan po povrini stope, meutim, to nije sasvim realno
kod stvarnih konstrukcija. Zapravo, to je pretpostavka koja vai kada je temeljna konstrukcija
fleksibilna (tanki film minimalne debljine). Na drugoj strani, raspodjela kontaktnog napona kod krute
stope (stopa koja se slijee uniformno po svojoj povrini) je uslovljena vrstom tla na koju je oslonjena
stopa. U svakom sluaju, sreda je da ravntea sila mora biti zadovoljena pa vrijedi Y = 0.
Upravo ovaj uslov da slijeganja moraju biti konstantna po povrini stope iskoriten je da se,
posmatrajudi tlo kao elastian poluprostor, pokae da naponi tee u beskonanost na rubovima i
naglo opadaju ka taki ispod sredine temeljne stope. Kako tlo nije elastian materijal, oito de dodi do
plastifikacije na mjestima gdje se dostigne kritina kombinacija normalnog i smiudeg naprezanja i u
tim takama prestaje prirastati napon. Karakteristine raspodjele kontaktnog napona za sluaj
koherentnog i granularnog tla, prikazane su na slici.
v
11,1
22,2
23,3
22,2
11,1
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
a) Koherentno tlo (glina, prah) b) Granularno tlo (pijesak, ljunak)
Slika 1.23 : Kontaktni napon ispod krute temeljne stope
Nekoherentni materijal nema vrstodu kada nema vertikalnog naprezanja, a na rubovima ga nema,
jer je rubna taka opteredena samo atmosferskim pritiskom ako je stopa na povrini kao na slici (ako
je stopa ukopana onda postoji stepen otpora smicanju na rubu i kod granularnog materijala, pa
kontaktni naponi posataju uniformniji po povrini). Na drugoj strani, koherentni materijali imaju
koheziju (imaju smiudi otpor pri normalnom naprezanju jednakom nuli), pa mogu primiti odreeni
stepen smiudeg naprezanja prije plastifikacije 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 opteredenja na stopi).
Tako kod dimenzioniranja temeljnih stopa, a i svih ostalih temeljnih konstrukcija valja uzeti u obzir
tlo, temeljenu konstrukciju i nadkonstrukciju kao jednu cjelinu i tako, na ispravan nain, odrediti
uticaje u elementima temeljene i nadkonstrukcije.
Zadatak 30 : Priblinom metodom odrediti, na kojoj dubini ispod taaka A i B usljed djelovanja
ravnomjerno raspodijeljenog opteredenja (q0) na povrini tla de naponi iznositi 20,0 kPa! Opteredenje
na povrini je konstantno, krunog oblika, a iznosi 120,0 kPa.
Prema priblinoj metodi, naponi na jednoj dubini su konstantni, pa je
svejedno da li demo posmatrati taku A ili B. Promjena napona sa
dubinom moe se prikazati izrazom (uz koritenja zadatog uslova da
je napon na nepozantoj dubini jednak 20,0 kPa) :
kPazzzA
A
zz
z
Zz 0,2096
9120
4
)3(
4
3
12022
2
0
0
Slika 1.24 : Geometrija problema
04562 zz
35,732
1803662,1z
Odbacivanjem negativne vrijednosti kao nerealne, dobije se traena dubina :
35,41z m
3,0 m
A
B
z/2
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 31 : Priblinom (2:1) metodom odrediti vertikalni napon na dubini od 2,0 metra ispod
temeljen trake irine 1,5 metara koja optereduje tlo povrinskim, ravnomjerno raspodijeljenim
opteredenjem od 100 kPa.
Slika 1.25 : Geometrija temeljne trake u presjeku
Kako se radi o temeljnoj traci, kod koje je duina znatno veda od irine, moe se redi da je odnos
irine na povrini i irine povedane za dubinu (pravilo pribline metode, 2:1) jednako odnosu
povrina, pa je izraz za napone od nadopteredenja ispod temeljene trake opdenito jednak :
zB
B
B
B
zz
z
z 0
0
0
Gdje je B irina trake,
z dubina na kojoj raunamo dodatne napone od nadopteredenja
Pa je za konkretan zadatak napon na dubini od 2,0 metra jednak :
86,425,3
5,10,100
0,25,1
5,10,1000,2z
Slika 1.26 : Pravilo 2:1 temeljna traka
Zadatak 32 : Naponi od povrinskog trakastog opteredenja proraunati su programskim paketom
Plaxis 2D. Tlo je modelirno kao linearni elastini kontinuum sa modulom elastinosti od 20 000 kPa i
Poisson-ovim koeficijentom od 0,3. Opteredenje je intenziteta 200 kPa, a traka je irine 2,0 metra.
Dati kritiki osvrt na dobijeno rjeenje.
Slika 1.27 : a) 3D prikaz znaenja modela ravnog stanja deformacija; b) Plaxis model ravnog stanja
deformacija
B = 1,5 m
0 = 100,0 kPa
B+z
z
z/2
Povrinsko opteredenje
z
standard fixities
distributed load (A ili B)
Linearni ealstini
kontinuum (E i )
a) b)
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
U nastavku su prikazani rezultati prorauna :
Slika 1.28 : Rezultati slika vertikalnih (yy) napona ( kruka napona ), te naznaka razmatranih presjeka
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*)
B B*
C C*
A
A*
200,0 kPa
200,0 kPa
100,0 kPa
a)
b)
c)
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Komentar rezultata : Naponi naglo opadaju sa dubinom. Raspodjela napona po irini trake je
neravnomjerna, oni su maksimalni ispod sredine trakastog opteredenja, a smanjuju se prema rubu.
Naponi na povrini su jednaki nanesenom povrinskom opteredenju (0 = 200,0 kPa). Povrinsko
opteredenje prouzrokuje pojavu napona ne samo ispod opteredenja nego i sa strana (kruka
napona).
Zadatak 33 : Objasniti pristup proraunu napona od povrinskog opteredenja ispod kvadratne
temeljne stope primjenom programskog paketa Plaxis 2D. Koristiti se primjerom stope stranice 2,0
metra.
Rjeenje : U ovu svrhu se primjenjuje osnosimetrini model, pri emu se prenik zamjenjujude krune
stope odreuje iz uslova jednakih povrina kruga i kvadrata.
Slika 1.30 : a) 3D prikaz znaenja osnosimetrinog modela; b) Plaxis osnosimetrini model
Za sluaj kvadratne temeljne stope stranice a=2,0 metra slijedi :
krugakvadrata AA
4
22 da => 2
22 274,1
4a
ad
d = 1,13a => d/2 = 0,565a
Dakle, u sluaju modeliranja opteredenja kvadratnog oblika, moe se primjeniti osnosimetrini model
sa modeliranjem jedne polovine problema, pri emu je poluprenik odreen na opisani nain.
Osa simetrije
a)
b)
d/2
Slika 1.31 : Akvadrata i Akruga
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 34 : ta predstavljaju navedene formule, i prikazati njihovu grafiku interpretaciju
2cos22
sincos 3131232
1
2sin2
cossin)( 3131
Rjeenje : Navedene jednaine predstavljaju naponsko stanje u zamiljenoj taki, a kada se iz njih
eliminie ugao , rezultuju jednainom krunice koja se prema njenom autoru naziva Mohr-ov krug.
Tako, za poznate veliine glavnih napona (1, 3), navedenim jednainama se definiu naponi (jedna
taka na Mohr-ovom krugu slika : taka A) koji djeluju na ravan ija normala zaklapa ugao sa
pravcem maksimalnog glavnog napona (1), to je detaljnije prikazano grafikom interpretacijom :
Slika 1.32 : Opis napona Mohr-ovim krugom
Napomena : Koritenjem navedenih izraza moe se rijeti i obrnut zadatak, tj. za poznate veliine
normalnog i smiudeg naprezanja za bilo koje dvije ravni, mogu se izraunati glavni naponi. Ipak,
veoma esto je poeljno na jednom dijagramu opisati vie naponskih stanja u razliitim takama
mase tla ili uzastopnu promjenu naponskog stanja u nekom posmatranom elementu tla. Tada je
prikaz Mohr-ovim krugom nepregledan. Umjesto toga, pogodnije je koristiti opis naponskom takom
koju je definisao Lambe (1964), na takav nain da je :
2
31 s ; 2
31 t
Zadatak 35 : Tanki sloj praha uoen je istranim radovima na dubini od 18,0 metara ispod povrine
terena. Tlo iznad ovog sloja ima prosjenu suhu zapreminsku teinu od 15,3 kN/m3 i prosjenu
vlanost od 36,0 %. Nivo podzemne vode je na samoj povrini terena. Provedena laboratorijska
ispitivanja na neporemedenim uzorcima su dala sljedede parametre vrstode na smicanje :
cu = 45,0 kPa; u = 18; c' = 35 kPa; ' = 27
Odrediti smiudi otpor tankog sloja praha na horizontalnoj ravni, u sluaju da (a) smiudi napon raste
veoma brzo i (b) smiudi napon raste veoma sporo.
Pravac 1
Pra
vac
3
1
3
21
3
A( , )
(1+ 3)/2
(1-
3)/
2
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Slika 1.33 : Profil tla
Zapreminska teina u zasidenom stanju : sat = d(1+w) = 15,3(1+0,36) = 20,81 kN/m3
Zapreminska teina u potopljenom stanju : ' = sat w = 20,81 9,81 = 11,0 kN/m3
Totalni vertiklani napon na dubini od 18,0 metara : = 20,8118,0 = 374,58 kPa
Efektivni vertiklani napon na dubini od 18,0 metara : ' = 11,018,0 = 198,0 kPa
(a) Za sluaj naglog prirasta opteredenja na smicanje, mjerodavni su parametri za nedrenirano
stanje i totalni naponi, te je smiudi otpor jednak :
f = cu+tgu = 45,0+374,58tg18 = 166,74 kPa
(b) Za sluaj sporog prirasta opteredenja na smicanje, mjerodavni su parametri za drenirano
stanje i efektivni naponi, te je smiudi otpor jednak :
f = c'+'tg' = 36,0+198,0tg27 = 136,89 kPa
Zadatak 36 : Uzorak normalno konsolidirane gline ( = 28), je konsolidiran pod delijskim pritiskom
od 280 kPa. Za sluaj standardnog dreniranog testa, koliko treba smanjiti aksijalni napon da bi dolo
do sloma uzorka usljed aksijalnog zatezanja.
Prva faza triaksijalnog testa (nakon kontrole zasidenosti uzorka) jeste faza nanoenja delijskog
pritiska. U toj fazi nema smicanja, Mohr-ov krug se moe predstaviti takom na '- dijagramu.
Na slici je preko Mohr-ovih krugova prikazano smanjenje naprezanja usljed rasteredenja aksijalnog
naprezanja uz zadravanje bonog pritiska konstantnim (standardni triaksijalni test)
Slika 1.34 : Razvoj naposnkog stanja u treoj fazi triaksijalnog testa (rastereenje)
d = 15,3 kN/m3
w = 36,0 %
18,0 m
3
=?
1
Kritina kombinacija
normalnog i smiudeg
napona
'
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Anvelopna sloma uzorka normalno konsolidirane gline ( = 28; c = 0 kPa), predstavljena je Mohr-
Coulomb-ovim pravcem :
tgf '
Usljed aksijalnog rasteredenja, dolazi do smanjenja vertikalng naprezanja, pri emu delijski pritisak
ostaje konstantan, jer se radi o standardnom triaksijalnom testu
469,0
2
2sin13
13
13
13
Iz ega slijedi :
2,101361,0sin1
sin1331
kPa
Pa je konano traeno smanjenje vertikalnog naprezanja koje uzrokuje slom na zatezanje jednako :
= 3 - 1 = 280,0 101,2 = 178,8 kpa
Zadatak 37 : Rezultati konsolidiranog nedreniranog (CU) stadnardnog triaksijalnog testa na uzorku
normalno konsolidirane gline, kod kojeg je delijski pritisak iznosio 392,0 kPa su prikazani tabelom.
Odrediti efektivne parametre vrstode na smicanje. Pod pretpostavkom ravnog stanja napona,
nacrtati Kf liniju na s' t' dijagramu. Na istom dijagramu nacrtati i trag napona.
Aksijalna deformacija [%]
[kPa]
u [kPa]
0 0,0 0,0
0,5 156,0 99,0
0,75 196,0 120,0
1,0 226,0 132,0
1,3 235,0 147,0
2,0 250,0 161,0
3,0 245,0 170,0
4,0 240,0 173,0
4,5 235,0 175,0
Tabela 1.5 : Rezultati CU triaksijalnog testa
Napomena : Dvodimenzionalno naponsko stanje je ono koje je potpuno definisano sa dva glavna
napona, tj. sa 1 i 3. Nesumnjivo je da i srednji glavni napon (2), utjee na vrstodu i naponsko-
deformaciono ponaanje tla. Ipak, pokazalo se da njegov utjecaj, najede, nije od takvog znaaja da
bi onemogudio primjenu ovakvog redukovanog pristupa.
Rezultati dati tabelom, mogu se predstaviti grafiki kao na slici ispod :
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Slika 1.35 : Veza devijator ( = 1-3) aksjalna deformacija
elijski pritisak se odrava konstantnim za svaki inkrement aksijalnog naprezanja, jer se radi o
standardnom triaksijalnom testu. Za svaki inkrement vertikalnog naprezanja, javlja se i porni pritisak
jer se aksijalno opteredenje nanosi u nedreniranim uslovima. Iako se radi o uzorku normalno
konsolidirane gline, uoen ja blagi pad mjere smiudeg naprezanja () nakon dostizanja vrne
vrijednosti pri deformaciji od oko 2%. Ovaj napon (vrna vrijednost) se uzima kao mjerodavna za
proraun ugla unutranjeg trenja kao jedine nepoznate veliine.
Ako sa : 2
31 s i 2
31 t oznaimo napone vezane za promjenu zapremine i promjenu
oblika, respektivno, tada se razvoj naprezanja, za ovaj jedan uzorak, moe predstaviti 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.
Slika 1.36 : Trag napona i Kf linija
Nagib nacrtane Kf linije u s'-t' koordinatnom sistemu (tg) predstavlja sinus ugla unutranjeg trenja
za drenirane uslove.
0
50
100
150
200
250
300
0 1 2 3 4 5
[%]
0
20
40
60
80
100
120
140
0 100 200 300 400 500 600
trag II faza - s'-t'
trag II faza - s-t
Trag I faza : s=s'; t=t'
Kf linija u s'-t'
s, s'
t, t'
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
'sin tg
354,05,344
0,122'sin
074,20'
Kohezija je jednaka nuli, jer se radi o normalno konsolidiranoj glini.
Napomena : Nedrenirani parametri smiude vrstode (u i cu) odreeni CU triaksijalnim testom
obino nemaju praktian znaaj, jer razliitoj poetnoj upakovanosti odgovara razliita vrstoda, 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 vlanodu, a ne saturirane
uzorke. Na drugoj strani, odnos cu/' moe biti koristan jer je pokazatelj prirasta nedrenirane
vrstode sa napretkom konsolidacije tj. sa povedanjem efektivnog naprezanja. Za nedrenirane
parametere se najede primjenjuje brzi test monoaksijalne vrstode, gdje je nedrenirana kohezija
jednaka polovini aksijalnog naprezanja pri slomu uzorka, dok je ugao unutraenjg trenja jednak nuli
(u = 0,0). U zadataku je uvedeno i pojednostavljenje da se problem posmatra kao problem ravnog
stanja napona, iako je problem triaksijalnog testa osnosimetrini problem kod kojeg se naponsko
stanje obino predstavlja srednjim efektivnim naprezanjem : p = (a+2r )/3 i devijatorom napona :
q = a - r.
Zadatak 38 : Na uzorku prekonsolidirane kohezivne gline tla izvren je konsolidirani drenirani (CD)
test. elijski pritisak je 20,0 kPa.Uoeno je da je dolo do sloma uzorka kada je aksijalna sila u klipu
proizvela dodatni vertikalni napon od 76,0 kPa.
Odrediti parametre smiude vrstode tla!
Rjeenje : Nije mogude odrediti parametre smiude vrstode za drenirane 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 triaksijalng testa uzorak je optereden izotropnim delijskim
pritiskom intenziteta 100 kPa. Nacrtati Mohr-ov krug u '- koordinatnom sistemu.
Rjeenje : U sluaju djelovanja izotropnog delijskog pritiska nema smicanja, a time ni promjene oblika
uzorka, tj. deava se samo promjena zapremine (konsolidirani test). Mohr-ov krug za ovakvo
naponsko stanje predstavjen je takom koja lei na ' osi. Znai, kroz bilo koju presjenu ravan
naponi su jednaki apliciranom delijskom pritisku, a mjera simudeg naprezanja je jedanaka nuli.
Slika 1.37 : Naponsko stanje za svaku presjenu ravan (Mohr-ov krug)
'
3'=100,0
kPa
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 40 : Iz kante pune suhog pijeska prosut je pijesak na horizontalnu povrinu koji je ranije
ispitan u svrhu odreivanja ugla unutranjeg trenja i dobivena je vrijednost od 33. Pod kojim uglom
(priblino) de biti stranice formiranog kupastog oblika u odnosu na horizontalnu povrinu nakon
istresanja iz kante.
Rjeenje : 33
Napomena : Za suhi pijesak vrijedi da ugao
unutranjeg trenja odgovara tzv. kritinom
uglu mirovanja (eng. angle of repose) koji
predstavlja upravo nagib slobodno formirane
povrine suhog pijeska na horizontalnoj
povrini
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
Efektivni normalni
napon
Efektivni smiui napon pri slomu
1 100 98
2 200 139
3 300 180
4 400 222 Tabela 1.6 : Rezultati testa direktnog smicanja
Odrediti efektivne parametre smiude vrstode.
Za test direktnog smicanja je karakteristino da je kritina kombinacija normalnog i smiudeg
naprezanja u trenutku sloma poznata, pa nema potrebe za crtanjem Mohr-ovih krugova . Dakle, iz
tabelarno prikazanih rezultata moe se definisati anvelopa vrstode iji de odsjeak na osi smiudeg
naprezanja predstavljati koheziju, a nagib u - dijagramu ugao unutranjeg trenja.
Slika 1.39 : Rezultati testa direktnog smicanja
Sa dijagrama se moe oitati rjeenje : c' = 55 kPa; ' = 23
100 200 300 400 '
98 139
180
222
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 42 : Na slici je prikazan karakteristini dijagrami smiude naprezanje vs. horizontalna
deformacija dobiveni ispitivanjem na dva uzorka prekonsolidovane gline u ureaju za direktno
smicanje. Odrediti vrni (p)i kritini (cv) ugao unutranjeg trenja.
Slika 1.40 : Rezultati testa direktnog smicanja
Vrni (eng. peak) ugao unutranjeg trenja demo odrediti iz odnosa vrnog smiudeg naprezanja i
normalnog naprezanja :
573,075
43
75150
57100
ptg
8,29p
Kritini (eng. constant volume) ugao unutranjeg trenja demo odrediti iz odnosa smiudeg naprezanja
u kritinom stanju i normalnog naprezanja :
333,075
25
75150
4065
cvtg
4,18cv
ime su definisane anvelope sloma razliitog nagiba, ali jednog te istog materijala.
Napomena : U konkretnim praktinim problemima, redovno se susrede problem izbora jednog od ova
dva ugla unutranjeg trenja. Stvar se dodatno komplikuje, jer i mobilizacija kohezije zavisi od stepena
naprezanja i smatra se da je kohezija u kritinom stanju jednaka nuli, a ima maksimalnu vrijednost na
poetku naprezanja. U pravilu, primjena ugla unutranjeg trenja za kritino stanje, kao onoga na
strani sigurnosti se preporuuje za vedinu praktinih problema, posebno ako se primjenjuju modeli
tla koji ne mogu opisati tzv. softening, tj. smanjenje vrstode nakon dostizanja vrne vrijednosti,
kakav je klasini Mohr-Coulomb-ov model.
Zadatak 43 : Kako se na osnovu dva testa triaksijalnog smicanja mogu odrediti parametri vrstode na
smicanje ( i c).
57
' = 75 kPa
' = 150 kPa
100
65
40
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Rjeenje : Navedeni paramteri se najjednostavnije dobiju rjeavanjem dvije jednaine sa dvije
nepoznate koje se dobiju izraavanjem sinusa ugla unutranjeg trenja preko glavnih napona.
Pozivajudi se na oznake sa slike ispod, u nastavku su izvedene te dvije jednaine
Slika 1.41 : Mohr-ovi krugovi I anvelopa sloma za sluaj triaksijalnog ispitivanja 2 koherentna uzorka
Za oba kruga se moe napisati izraz za sinus ugla unutraenjg trenja :
31
31
31
31
2
2
2sin
ctgc
ctgc
, obzirom da se radi o istom tlu pa mu odgovaraju
isti parametri vrsode.
Dalje se sreivanjem gore navedenog izraza dobije poznata veza :
sin1
cos2
sin1
sin131
c
Obziron da vrijedi :
)2
45(sin1
sin1 2
tg
)2
45(sin1
cos
tg
Konano se moe napisti veza :
)2
45(2)2
45(231
tgctg
Pa se za dva uzorka mogu definisati dvije jednaine sa nepoznatim vrijednostima ugla unutranjeg
trenja () i kohezije (c). Rjeavanjem tih jednaina po i c odreuju se parametri smiude vrstode.
Zadatak 44 : Dva uzorka tla su testirana standarndnim dreniranim (CD) triaksijalnim testom i
dobiveni su rezultati :
Test 3 1
a 100 240
b 300 630 Tabela 1.7 : Rezultati testa na 2 uzorka
Kritina kombinacija
normalnog i smiudeg
napona
3,a 3,b 1,a cctg
' 1,b
zatezanje
c
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Ukoliko bi se testirao jo jedan uzorak (uzorak c) pri delijskom pritisku od 200 kPa, koliki bi bio
oekavani maksimalni glavni napon (1,c) pri slomu uzorka.
Rjeenje : Za rjeenje zadatka demo koristiti gotovi izraz izveden u sklopu prethodnog zadatka :
)2
45(2)2
45(231
tgctg
U zadatku se trai veliina maksimalnog glavng napona 1, ali za veliinu delijskog pritiska od 200 kPa.
Podatke iz dva testa demo iskoristiti za odreivanje parametara vrstode :
)2
45(2)2
45(2,3,1
tgctgaa
)2
45(2)2
45(2,3,1
tgctgbb
)2
45()( 2,3,3,1,1
tgbaba
)2
45()0,1000,300(0,2400,630 2
tg
)2
45(0,2000,390 2
tg
)2
45(95,1 2
tg => 4,1)2
45(
tg
5,54)2
45(
=> 0,19
Uvrtavanjem nazad, u jednu od poetnih jednaina (npr. prvu), dobije se i vrijednost kohezije :
)2
1945(2)
2
1945(1000,240 2 tgctg
)2
1945(25,43 tgc => c = 15,5 kPa
Veliina glavnog napona za uzorak koji je podvrgnut delijskom pritisku od 200 kPa (3,c) iznosi :
)2
45(2)2
45(2,3,1
tgctgcc
)2
0,1945(5,152)
2
0,1945(0,200 2,1 tgtgc
kPac 56,43546,431,392,1
Zadatak 45 : U aparatu za triaksijalno smicanje, testiran je uzorak normalno konsolidirane gline, pri
konstantnom delijskom pritisku od 49,40 kPa. Prenik uzorka je 38 mm. Maksimalna normalna sila u
klipu za nanoenje opteredenja tokom testa je 82,50 N.
Na slici je ematski prikazan ureaj za trikasijalno ispitivanje
-
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Slika 1.42 : ema ureaja za triaksijalni test
Koliki je ugao unutranjeg trenja gline?
3 = 49,40 kPa
d=38 mm
Fmax=82,50 N
Manji glavni napon je jednak delijskom pritisku. Vedi glavni napon je elijski pritisak plus napon od vertikalnog opteredenja. Poto je kohezija nula (normalno konsolidirana glina), dovoljan je jedan test za odreivanje jedinog nepoznatog Mohr-Coulomb-ovog parametra vrstode ().
4
)1038(
1050,8240,49
4
23
3
2
max
3
max
31
NkPa
d
F
A
F
1=122,14 kPa
kPakPakPakPa
40,4914,122
40,4914,122
2
12
1
sin31
31
31
31
Pa je rjeenje : =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. Izraunati ugao unutranjeg trenja '.
Rjeenje : Ranije je izvden izraz za sinus ugla nagiba anvelope sloma kod granularnih materijala (c=0):
31
31
''
''sin
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Iz ega se moe napisati (dijeljenjem sa 3 brojnika i nazivnika, desne strane jednaine) :
6,05
3
14
14
1'
'
1'
'
sin
3
1
3
1
' = 37,0
Zadatak 47 : U CD triaksijalnom testu na uzorku rastresitog pijeska (c' = 0), pri delijskom pritisku od
'3 = 138,0 kN/m2, maksimalni glavni napon pri slomu iznosio je '1 = 423,0 kN/m
2. Nacrtati trag
napona u Lambe-ovom koordinatnom sistemu.
Rjeenje : Ose Lambe-ovog koordinatnog sistma su definisane sa :
2
''' 31
s ;
2
''' 31
t
Za fazu nanoenja delijskog izotropnog pritiska, '1 = '3 trag napona se krede du s' ose. Pri
nanoenju aksijalnog opteredenja (devijator napona, koji se vezuje uz pojavu smiudih deformacija),
sa porastom veliine s', raste i veliina t', pa se konano moe formirati traeni dijagram :
s' 0 138 280,5
t' 0 0 142,5
Tabela 1.8 : Izrauante vrijednosti s' i t'
Slika 1.43 : Trag napona u Lambe-ovom koordinatnom sistemu
Vrijedi napomenuti da ovaj pristup ne posmatra triaksijalni test kao osnosimetrini problem nego ga
tretira kao problem ravnog stanja napona, to je spemenuto i u zadacima ranije.
0
20
40
60
80
100
120
140
160
0 50 100 150 200 250 300
s' [kPa]
t' [kPa]
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
34
Zadatak 48 : Na dnu jezera se nalazi stiljivi vodozasideni sloj sitnozrnog materijala debljine 4,0 metra, ispod kojeg je nestiljivi sloj. Dubina jezera iznosi 8,0 metara. Usljed akumuliranja vode povedao se nivo jezera i sada mu dubina iznosi 11,0 metara. Izraunati slijeganje stiljivog sloja, ako
su mu poznate karakteristike: Cc = 0,15; Cr = 0,02; e0 = 0,6; OCR = 1,0; = 20,0 kN/m3.
Povedanje nivoa vode u jezeru nede izazvati povedanje efektivnog napona u vodozasidenom tlu ispod jezera, jer povedanje nivoa vode povedava u istoj mjeri i porni pritisak i totalni napon, pa je razlika izmeu ta dva napona konstantna.
' = u = const => s = 0 => nema slijeganja
Zadatak 49 : Izraunati pod kojim uglom ( ) treba postaviti dio AB apsolutno krute konstrukcije sa
slike, da bi nakon slijeganja isti zauzeo horizontalni poloaj. Stiljivi sloj podijeliti na 3 sloja debljine
1,0 metar i ukupno slijeganje izraunati kao sumu slijeganja pojedinih slojeva koritenjem priblinog
numerikog integrisanja. Napone od povrinskog opteredenja izraunati priblinom metodom.
Referentni edometarski modul je konstantan po dubini i iznosi 40 000 kPa.
Slika 1.44 : ema konstrukcije i profil tla
Pod pretpostavkom da je kontaktni napon koji izaziva slijeganje konstantan i jednak (fleksibilna
stopa) :
kPa5000,10,1
0,5000
Moe se izraunati dodatni vertikalni napon od nadopteredenja priblinom (2:1) metodom :
zA
A00
Pa je dodatni napon u sredini svakog od tri sloja respektivno :
kPaz 22,22225,2
0,10,500
5,15,1
0,10,5005,0
kPaz 0,8025,6
0,10,500
5,25,2
0,10,5005,1
kPaz 82,4025,12
0,10,500
5,35,3
0,10,5005,2
B A
3,0
1,0 1,0
3,0
F= 500 kN
SP-SM
Ms = 40 000 kPa
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
35
Suma slijeganja svih slojeva predstavlja ukupno slijeganje :
mM
sssss
zzz00857,0
40000
82,400,8022,2225,25,15,0321
Ugao nagiba grede iztaunat demo preko tangensa ugla :
00286,00,3
00857,0
0,3
stg
163,000286,0arctg
Zadatak 50 : Usljed snienja nivoa podzemene vode efektivni vertikalni napon u sredini 2,5 metara debelom sloju gline je narastao sa 50,0 kPa na 57,0 kPa. Ako je poetni koeficijent pora (eng. initial void ratio) 1,45; OCR = 1,2; Cc = 0,35 i Cr = 0,05, izraunati slijeganje usljed snienja nivoa podzemene vode.
Napomena : Indeks rekompresije Cr, se esto oznaava i sa Cs, pri emu oznaka s oznaava swelling (= bubrenje), tj. povedanje zapremine pri rasteredenju, obzirom da su ta dva nagiba priblino paralelna.
Kako je OCR = 1,2 = 'p/'0 => 'p = 60,0 kPa napon prethodne konsolidacije
Dodatni napon ne izaziva naprezanja iznad napona prethodne konsolidacije, tj. radi se o sluaju kada glina ostaje prekonsolidovana do kraja slijeganja (elastino deformisanje), pa se slijeganje moe izraunati na osnovu promjene koeficijenta pora :
50
750log5,2
45,11
05,0log
1 0
0
0
he
Cs r
Slika 1.45 : e-log ' dijagram za konkretan problem
cmms 29,00029,0
Zadatak 51 : Na slici su prikazane temeljena stopa dimenzija 2,0x2,0 metar i temeljna ploa
dimenzija 8,0x8,0 metara. Stopa i ploa optereduju tlo ravnomjerno raspodijeljenim kontaktnim
naponom intenziteta 150,0 kPa. Profil tla je definisan sa dvije karakteristine geotehnike sredine i to
CL-SM (debljine 4,0 m) sa edometarskim modulom od 40 MPa i krenjake stijene koja se smatra
nestiljivom i u kojoj nije mogao biti izmjeren broj udaraca standardne penetracije. Izraunati
slijeganje ispod centra jedne i gruge opteredene povrine i komentarisati rjeenje. Napone izraunati
pomodu Boussinesq-ovog dijagrama.
e
log'
e0
50,0 57,0 60,0
ekraj nagib Cr
nagib Cc
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
36
Slika 1.46 : Rub kruke napona za povrinsko opteredenje sa razliitim povrinama ematski prikaz
Na osnovu pretpostavke da je sloj krenjaka nestiljiv, zakljuujemo da se stopa dimenzija 2,0x2,0
metra nede slijegati jer ne izaziva dodatno naprezanje u zoni stiljivog sloja, koji se nalazi na dubini od
16,0 metara. Na drugoj strani stopa dimenzija 8,0x8,0 metara izaziva povedanje vertikalnog napona i
u zoni stiljivog sloja (dubina 2,25B = 2,258,0 = 18,0 m sredina stiljivog sloja) pa je slijeganje iste
jednako :
mhM
ss
z00144,00,4
40000
150096,00,18
Pri emu je vrijednost 0,096 oitana za kvadratnu stopu sa Boussinesq-ovog dijagrama za
odgovarajudi dubinu 2,25B = 18,0 m, koja predstavlja sredinu stiljivog sloja (pravilo priblinog
integrisanja povrine dodatnih napona od povrinskog opteredenja)
s = 0,144 cm
Napomena : U svakodnevnoj inenjerskoj praksi, slijeganja se najede raunaju prema edometarskoj
pretpostavci, tj. pod pretpostavkom sprijeenog bonog irenja. Neto realniji pristup je onaj sa
proraunom gdje boni pomaci nisu u potpunosti sprijeeni, nego su uslovljeni geometrijom
problema. Ovakav proraun se uspjeno obuhvata proraunima na bazi metode konanih elemenata.
Zadatak 52 : Sloj gline, debljine 5,0 metara ima prosjeni koeficijent konsolidacije cv = 5x10-2
mm2/min. Ako je taj sloj izloen konstantnom inicijalnom pornom pritisku po visini, odrediti vrijeme
za koje de se desiti 90% konsolidacije ako je a) dreniranje omogudeno na obje povrine, b) dreniranje
mogude samo na gornjoj povrini
Vrijeme trajanja konsolidacije definisano je (prema Terzaghi-jevoj teoriji jednoosne konsolidacije) sa:
v
dr
c
THt
2
Gdje je : Hdr visina dreniranja i jednaka je debljini vodozasidenog sloja za koji se rauna vrijeme
trajanja konsolidacije kada je dreniranje omogudeno samo u jednom smijeru, odnosno polovini
debljine u sluaju kada je dreniranje omogudeno na obje povrine (gore i dole).
Rub kruke
napona 20,0 m Rub kruke
napona
4,0 m
16,0 m
q = 150 kPa q = 150 kPa
Krenjak
CL - SM
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
37
To je dakle, najdui put koji je potreban zamiljenoj kapljici vode da se izdrenira iz slabopropusnog
sloja.
T vremenski faktor koji je definisan u funkciji prosjenog stepena konsolidacije (Uavg)
mjerodavna kriva (1) jer je zadatkom reeno da je sloj gline izloen konstantnom inicijalnom pornom
pritisku.
Napomena : Poznato je da se disipacija pornih pritisaka najprije deava na rubovima koji se nalaze uz
slobodno drenirajudu povrinu, tako de se u ovim zonama najprije zavriti slijeganje, iz tog razloga se
uvodi prosjeni stepen konsolidacije :
s
sU tavg
koji predstavlja odnos slijeganja u datom trenutku t (st) i ukupnog slijeganja koje odgovara vremenu
konanog slijeganja (u beskonanosti - s ).
U konkretnom zadatku zadat je uslov da treba da se desi 90% konsolidacije (slijeganja u vremenu),
to odgovara prosjenom stepenu konsolidacije od 90%, a kojem prema dijagramu zavisnosti Tv-Uavg
odgovara vrijednost
- sluaj a) (Kriva 1) : Tv = 0,85; Hdr = 5,0/2 = 2,5 m
- Sluaj b) (Kriva 1) : Tv = 0,85; Hdr = 5,0 m
Slika 1.47 : Zavisnost vremenskog faktora i prosjenog stepena konsolidacije za razliite sluajeve poetnog
pornog pritiska i naznaka mjerodavne visine dreniranja
a) 10625000005,0
85,0)0,10005,2( 2t minuta
0,202t godina
b) 4250000005,0
85,0)0,10000,5( 2t minuta
0,808t 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 dreniranje omogudeno samo u jednom smjeru.
Odrediti trajanje procesa konsolidacije sloja ove gline 4,60 m debljine, sa dreniranjem u jednom
smjeru, u danima.
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
38
hlab=28 mm
tlab=14 min
hteren=4,60 m
tteren=? [dana] Slika 1.48 : Jednoosna konsolidacija - lab Vs. teren
Pri proraunu trajanja slijeganja pretpostavka je da se u terenskim uslovima konsolidacija deava kao
u laboratorijskom testu konsolidacije. Kako se radi o istom tlu, oito je da je koeficijent konsolidacije
isti u laboratoriji i na terenu, a takoer i vremenski faktor je isti jer se trai trajanje slijeganja, to
znai da je prosjeni stepen konsolidacije jednak 100% (ili 90% ako se pretpostavi da je tada zavreno
slijeganje, ali u svakom sluaju, Tv je isto za laboratoriju i teren).
Iz uslova jednakosti vremenekog faktora za terenske i laboratorijske uslove, moe se definisati veza :
2
,
2
,
2
,
2
,
labdr
terendr
labteren
terendr
labdr
teren
lab
h
htt
h
h
t
t
hmm
mmtteren 6,6297min1,377857
)28(
)106,4(min14
2
23
tteren = 262,4 dana
Zadatak 54 : Edometarskim testom je dobiven dijagram sa slike. Uzorak je uzet iz sredine 10,0
metara debelog sloja gline. Opteredenje je izazvalo dodatni napon od 48,0 kPa. Izraunati slijeganje.
Poznato je da skradenje uzorka u
edometru raunamo prema izrazu :
01 e
eHs
gdje je :
e0 poetni koeficijent pora
H visina stiljivog sloja
e promjena koeficijenta pora
Pa koristedi veliine koeficijenata pora
sa slike i pretpostavljajudi da se
slijeganje u stvarnosti deava analogno
ponaanju uzorka u edometru moe se
izraunati sliijeganje:
Slika 1.49 : Laboratorijski dobijen e-log dijagram
1,2
055,00,10
1,11
045,11,10,10s
cmms 1,26261,0
Zadatak 55 : Kruni temelj samac prenika 1,0 metar je optereden silom od 200 kN. Oslonjen je na
2,0 metra debeli sloj zbijenog pijeska ispod kojeg je nestiljiva stijena. Izraunati (procijeniti)
zahtijevanu vrijednost modula stiljivosti sloja pijeska da slijeganje bude 0,5 cm.
e
log
1,1
1,076
1,045
40,95 70
=48,0
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
39
F = 200 kN
1,0 m
2,0 m
Naponi na povrini (pod pretpostavkom
ravnomjeren raspodejle istih po povrini iznose :
kPamz 8,2540,800
4
0,1
0,20020,0
Dodatni naponi u sredini (jer se koristi priblino
numeriko integrisanje) 2,0 metra debelom
stiljivom sloju iznose (2:1 metoda) :
kPamzmz 7,634
18,254
4
)0,10,1(
4
0,1
2
2
0,00,1
Slika 1.50 : Geomterija problema
Sada se moe izraunati i zahtijevana veliina modula stiljivosti sloja debljine 2,0 metra, da slijeganje
bude zahtijevano (0,5 cm) :
Iz : 005,0HM
ss
=> kPaHs
M s 254800,2005,0
7,63
Dakle, neophodno je ostvariti zbijenost podlonog stiljivog tla (debljine 2,0 metra) do edometarskog
modula od oko 25 MPa, a da bi slijeganje bilo reda veliine 0,5 cm
Zadatak 56 : Kruni temelj samac prenika 1,0 metar je optereden silom od 200 kN i oslonjen je na
2,0 metra debeli sloj zbijenog pijeska ispod kojeg je
nestiljiva stijena. Sopstvena teina stope nije zanemariva i
iznosi 12,5 kN/m2. Izraunati zahtijevanu vrijednost
modula stiljivosti sloja pijeska da slijeganje take A bude
0,5 cm. Napone od povrinskog opteredenja izraunati
priblinom (2:1) metodom, a gustodu podjele stiljivog
sloja na podslojeve izabrati kako mislite da je
najpovoljnije.
Slika 1.51 : Geometrija problema
Rjeenje : Prema 2:1 metodi dodatni naponi od povrinskog opteredenja se javljaju na dubi od 1,0
metar. Stoga, najpravilnije izabrana podjela jeste ta da se stiljivi sloj od 2,0 metra podjeli na dva sloja
debljine 1,0 metar, pri emmu se gornji od ova dva sloje ne deformie, jer nema dodatnih
naprezanja. Deformacija se deava samo u donjem sloju i treba da iznosi prema uslovu zadatka 0,5
cm, pa je :
005,00,1sM
s
Ms = ?
F = 200 kN
1,0 m
2,0 m Ms = ?
A
0,5 m
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
40
Ostaje jo da se izrauna dodatni napon na dubini od 1,5 metara ( mz 5,1 ) jer je to sredina donjeg
sloja, pri emu je napon na povrini jednak sumi napona od koncentrisane sile (F/A) i napona od
sopstvene teine (12,5 kPa) :
kPamzmz 8,4225,6
1)5,128,254(
4
)5,10,1(
4
0,1
2
2
0,05,1
Pa je : 2/85600,1005,0
8,420,1
005,0mkNM s
Zadatak 57 : Fleksibilni kruni temelj prenika 4,0 metra, fundiran je na sloju gline debljine 8,0
metara, na dubini od 1,0 metar. Usvojeni efektivni paramteri deformabilnosti sloja gline su : E' = 5000
kN/m2 i ' = 0,3. Ravnomjerno opteredenje temelja iznosi 168,0 kN/m2. Zapreminska teina tla je =
18,0 kN/m3.
a) Odrediti prirast vertikalnih i horizontalnih napona na dubinama od z = 0, 2, 4, 6 i 8 metara
b) Izraunati slijeganje iz uslova slobodne bone deformacije
c) Odrediti modul stiljivosti Ms i izraunati slijeganje iz uslova sprijeene bone deformacije.
Ako se uzme u obzir rasteredenje usljed iskopa, onda je neto kontaktni napon jednak : 2
0 /0,1500,10,180,168 mkNDq f
a) Prirast horizontalnih i vertikalnih napona u osovini krunog temelja izraunat de se prema
poznatim izrazima izvedenim za elastini poluprostor optereden krunim opteredenjem, za
razliite dubine (z) i poloaj ispod centra kruga (R=0) :
))1/()1/()'1(2'21(5,0 2/3222/1220' zRzRx
))1/(1( 2/3220' zRz
to je prikazano tabelarno :
Taka 0 1 2 3 4
z [m] 0,0 2,0 4,0 6,0 8,0 '
x 120,0 8,63 -0,75 -0,96 -0,7
'
z 150,0 96,97 42,67 21,9 13,04
Tabela 1.9 : Promjena horizontalnih i vertiklanih napona sa dubinom
b) Slijeganja se dalje lako mogu izraunati kao proizvod deformacija i pripadajude visine sloja,
pri emu je napon koji izaziva slijeganje onaj iz sredine svakog od 4 podsloja (to predstavlja
priblino numeriko integrisanje) :
z = 1,0 m => 3,642/)63,80,120('x ; 5,1232/)97,960,150('
z
z = 3,0 m => 94,3'x ; 82,69'
z
z = 5,0 m => 86,0'x ; 3,32'
z
z = 7,0 m => 83,0'x ; 5,17'
z
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla 2011
41
)'2('
1 ''xzz
E
z [m] 1,0 3,0 5,0 7,0
z 0,01698 0,013491 0,0065632 0,0036
s [m] 0,03397 0,02698 0,01312 0,0072 Tabela 1.10 : Slijeganja karakteristinih podslojeva u metrima
mssi
i 0812,04
1
s = 8,12 cm
c) Slijeganja uz pretpostavku sprijeene bone deformacije se raunaju na osnovu modula
stiljivosti koji se moe odrediti iz zadate veliine deformacionog modula za slobodne bone
deformacije i Poisson-ovog koeficijenta, pa je :
2
22/6730
3,023,01
)3,01(5000
'2'1
)'1('mkN
EM s
A vertikalna deformacija se odreuje prema :
s
zz
M
'
z [m] 1,0 3,0 5,0 7,0
z 0,01835 0,0104 0,0048 0,0026
s [m] 0,0367 0,021 0,0096 0,0052 Tabela 1.11 : Slijeganja karakteristinih podslojeva u metrima
mssi
i 0722,04
1
s = 7,22 cm
Napomena : Edometarsko slijeganje je za ovaj konkretni sluaj oko 12% manje od slijeganja pri
slobodnoj bonoj deformaciji. Ipak, vrijedi napomenuti da se ova razlika izmeu edometarskog i
pristupa sa slobodnim bonim irenjem smanjuje sa povedanjem irine opteredene povrine u
odnosu na debljinu stiljivog sloja.
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Zadatak 58 : Odrediti aktivni pritisak tla na zid (prema slici) i poloaj rezultante sile aktivnog pritiska.
Zid smatrati idealno glatkim. Na osnovu laboratorijskih ispitivanja dobivena je zapreminska teina tla
od 19,0 kN/m3 , saturirana zapreminska teina sat = 20,0 kN/m3, OCR=1 i ugao unutranjeg trenja =
28 . Nivo podzemne vode je uoen na dubini od -4,0 m.
Slika 1.52 : Zatitna konstrukcija sa naznaenim principom deformisanja
Na slici je crtkanom linijom naznaen mehanizam deformisanja zatitne konstrukcije na osnovu kojeg
se moe zakljuiti da se ista krede od tla sa lijeve strane te je na toj strani zid optereden aktivnim
pritiskom, to se i trai zadatkom.
Koefecijent aktivnog pritiska izraunat demo prema Rankine-ovoj teoriji, jer se radi o glatkoj povrini
te horizontalnoj povrini terena iza zida :
361,0)2
2845()
245( 22 tgtgKa
Horizontalni pritisak prema Rankine-ovoj teoriji se rauna prema:
avaah KcK 2'
,
Kako se radi o normalno konsolidovanoj glini (OCR = 1), zakljuujemo da je c = 0,0 kPa, tj. da se radi o
materijalu bez kohezije.
Prije prorauna horizontalnih napona, treba jo izraunati vrijednosti vertikalnih efektivnih napona,
pa je:
0' 0,zv
kPazzv 0,760,40,19'
4,
kPazzv 52,1570,819,100,76)412()81,90,20(0,76)4('0,76'
12,
Pa je konano, horizontalni efektivni napon na dubinama 0,0; 4,0 i 12,0 metara jednak:
0' 0,, zah kPazah 44,27361,00,76'
4,,
kPazah 86,56361,052,157'
12,,
Na osnovu izraunatih vrijednosti moe se nacrtati dijagram koji demo iskoristiti za izraunavanje
intenziteta i poloaj rezultante :
4,0 m
8,0 m q = 10,0 kN/m
2
4,0 m
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Slika 1.53 : Dijagram horizontalnog pritiska tla
Intenzitet rezultante aktivnog pritiska tla :
F = F1+F2+F3 = 0,54,027,44+8,027,44+0,58,0(56,86-27,44)=54,88+219,52+117,68 = 392,08 kN/m'
to predstavlja silu po metru irine zida
Izborom proizvoljene take (u konkretnom sluaju taka O) moe se odrediti poloaj rezultatne (x) iz
uslova :
Fx = F1z1+ F2z2+ F3z3
392,08x = 54,889,333+219,524,0+117,682,667 = 512,2+878,1+313,85 = 1704,15
x = 4,35 m
Zadatak 59 : Odrediti vertikalni i horizontalni napon od sopstvene teine nekoherentnog normalno
konsolidovanog tla, u taki A!
= 18,0 kN/m3
= 26
sat = 19,0 kN/m3
Slika 1.54 : Profil tla sa poloajem take A
Vertikalni napon u taki A jednak je proizvodu zapreminske teine u prirodnom stanju i dubine na
kojoj se nalazi ta taka uvedanom za intenzitet povrinskog opteredenja koje se rasprostire na velikoj
povrini :
'v,A = 5,0 + q= 18,05,0 + 20 = 110,0 kPa
Horizontalni napon jednak je proizvodu vertikalnog efektivnog napona i koeficijenta horizontalnog
pritiska i stanju mirovanja (K0), koji se za normalno konsolidovano tlo moe definisati Jaky-evom
formulom :
O
8,0
27,44
56,86
F3
F2
F1 4,0
z3
z2
z1
povrina terena q=20 kN/m
2
npv 10,0 m
5,0 m
A
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Ko = 1-sin = 1-sin26 = 0,562
'h,A = 110,00,562 = 61,82 kPa
Zadatak 60 : Izraunati horizontalni napon u taki A, prije i nakon iskopa dubine 7,0 metra.
Slika 1.55 : Zatitna konstrukcija sa poloajem take A
Geomehanike karakteristike materijala : =20,0 kN/m3 ; c=0 kPa; =35
Horizontalni pritisak tla na povrini terena jednak je nuli i prije i nakon iskopa
h,A,prije iskpopa = h,A,nakon iskopa = 0
Zadatak 61 : Kolika je teoretski, maksimalna stabilna visina (Hc) iskopa sa slike? Iskop i okolno tlo su
suhi.
Slika 1.56 : ema iskopa
Geotehnike karakteristike materijala : =20,0 kN/m3 ; (a) c=0,0 kPa, (b) c=10,0 kPa; =35
(a) Suhi nekohezivni materijal ne moe stajati vertikalno, pa je kritina visina Hcr jednaka nuli.
(b) Prema Rankine-ovoj teoriji, aktivni horizontalni pritisak se rauna prema izrazu :
avaah KcK 2'
,
Kako se radi o kohezivnom materijalu, do odreene visine aktivni pritisak de biti negativan, te na tom
dijelu tlo moe primiti zatezanje, pa je kritina visina ona na kojoj je horizontalni aktivni pritisak
jednak nuli :
0)2
45(2)2
45(2 22, tgcHtgKcHK aaah
271,0aK
0271,02271,0 cH cr
Zatitna konstrukcija
H=7 m
1,0 m
A
ISKOP
Hc=? ISKOP
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
mK
cH
a
cr 92,1271,020
1022
Napomena : Svjedoci smo da povrinski slojevi tla esto budu zasjeeni vertikalno i do vede visine
(H>Hcr) nego li dozvoljava njihova laboratorijski odreena veliina kohezije. Naime, esto se u tim
sluajevima radi o prividnoj koheziji koja nije stalnog karaktera. Povrinski slojevi su obino
nezasideni (S
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
kPaKazah 2,100,3)81,90,20(0,3,,
Pa je rezultanta aktivnog pritiska tla jednaka povrini trougla koji predstavlja horizontalne napone po
metru irine zida (okomito na ravan crtanja) :
'/3,150,32,102
1mkNEa
Dok je pritisak vode (hidrostatski pritisak) jednak povrini trougla prikazanoj dijagramom na slici 1.57
u sredini i iznosi, po metru irine zida :
'/0,450,30,302
1mkNV
Sile koje izazivaju klizanje zida (napadajude sile) su : R = Ea + V = 60,3 kN/m
Sila koja se odupire klizanju je trenje na kontaktnoj povrini zida i temeljnog tla : W = Gzidatg
Teina betonskog zida se moe izraziti u funkciji irine kao : Gzida = bh = b3,025,0 = 75b
tj. W = 75,0btg = 75,0btg35 = 52,5b kN/m
Konano, koristedi izraz za faktor sigurnosti protiv klizanja, cilj je pokazati da de napadne sile (R)
uvedane 1,5 puta biti manje od sila koje se odupiru klizanju (W) :
5,13,60
5,52 b
R
WFS
mb 71,15,52
3,605,1
Usvojena irina zida iznosi 175,0 cm
Zadatak 63 : Izraunati i nacrtati dijagram horizontalnog pritiska na propust kroz cestovni nasip na
slici. Geometrijske i geotehnike karakteristike su prikazane na presjeku sa slike 58. Nasip je izveden
od granularnog materijala ija je zbijenost konstrolisana nuklearnim denzitometrom.
Slika 1.58 : Geometrija i geotehnike karakteristike
4,5 m
NASIP :
= 20,0 kN/m3
= 36
1,5 m
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
Gornja ploa propusta onemogudava horizontalno pomjeranje zida propusta, a isti efekat omogudava
i donja stopa sa razuporom, koja predstavlja podlogu za saobradajnicu. Na slici je ematski
prikazana slika deformisanja zida iz ega se zakljuuje da 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 reda veliine te isto nije realno oekivati u problemu zadatka
Koeficijenat horizontalnog pritiska rauna se Jaky-evom formulom :
K0 = 1-sin = 1-sin36 = 0,412
Vertikalni efektivni napon na vrhu i dnu zida jednak je :
'v,z=1,5 = 1,5 = 20 1,5 = 30,0 kN/m2
'v,z=6,0 = 6,0 = 20 6,0 = 120,0 kN/m2
Slika 1.59 : Mogudi oblik deformisanja zida
Pa su horizontalni pritisci u stanju mirovanja na vrhu i dnu zida jednaki :
'h,0,z=1,5 = 'v,z=1,5 K0 = 30,0 0,412 = 12,4 kN/m2
'h,0,z=6,0 = 'v,z=6,0 K0 = 120 0,412 = 49,44 kN/m2
Na osnovu ega se moe nacrtati i dijagram horizontalnih pritisaka :
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 : Izraunati rezultantu horizontalnog Rankine-ovog pritiska na podrumski zid objekta
visokogradnje. Objekat je ukopan 3,0 metra ispod povrine terena. Iskop je izvren sa zasjecanjem
2:1, a nakon izvoenja istog izveno je zasipanje granularnim materijalom koji optereduje zid.
Slika 1.61 : Geometrija i geotehniki paramteri
12,4
49,44
= 20,0 kN/m3
c = 0,0 kPa
= 34
3,0 m
POZ 100
Temeljna ploa
Kota vanjskog ureenja
-
100 Rijeenih ispitnih zadataka iz mehanike tla
S obzirom da nije dozovljeno deformisanje konstrukcije koja je pritisnuta sa svih strana, nije za
oekivati da de biti dostignuto granino stanje sloma u tlu, pa je pritisak koji optereduje konstrukciju
onaj u stanju mirovanja.
K0 = 1-sin = 1 sin34 = 0,441
Vertikalni efektivni napon raste od nule na povrini do
vrijednosti 20,03,0 = 60,0 kPa u dnu temeljne ploe.
Horizontalni pritisak u dnu temeljne ploe iznosi :
h,0,z=-3,0m = 60,00,441 = 26,46 kPa
Pa je konano rezultanta horizontalnog pritiska na metar
irine zida jednaka povrini trokutastog opteredenja :
'/69,390,345,262
1mkNEa Slika 1.62 : Dijagram horizontalnog pritiska na podrumski zid
Zadatak 65 : Izraunati irinu pravougaonog betonskog bloka visine 2,0 metra, koji pridrava nasip
od granularnog materijala, tako da ne doe do klizanja istog po podlozi od tog istog granularnog
materijala. Geometrijske i geotehnike karakteristike su prikazane slikom . Nivo podzemne vode
nalazi se na povrini terena koji je pridran betonskim blokom. Vertika