Bài tập cơ học đất có lời giải

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
1

BÀI TẬP CƠ HỌC ĐẤT

HỆ SỐ CHUYỂN ĐỔI TỪ HỆ ANH SANG HỆ SI
1 ft = 0,3048 m 1lb/ft
2
= 47,88 N/m
2

1 ft = 30,48 cm 1lb/ft
2
= 0,04788 kN/m
2

1 ft = 304,8 mm
1 U.S.
ton/ft
2

= 95,76 kN/m
2

1 in. = 0,0254 m 1 kip/ft
2

= 47,88 kN/m
2

1 in. = 2,54 cm

Ứng
suất
1 lb/in
2
= 6,895 kN/m
2

Chiều
dài
1 in. = 25,4 mm 1lb/ft
3
= 0,1572 kN/m
3

1 ft
2
= 929,03 x 10
-4
m2
Trọng
lượng
đơn vị
1lb/in
3
= 271,43 kN/m
3

1 ft
2
= 929,03 cm

2

1 ft
2
= 929,03 x 10
2
mm2
1lb-ft = 1,3558 N. m
1 in
2
= 6,452 x 10
-4
m
2

Momen
1lb-in. = 0,11298 N. m
1 in
2
= 6,452 cm
2

Năng
lượng
1 ft-lb = 1,3558 J
Diện
tích
1 in
2
= 645,16 mm

2
1 in
4
= 0,4162 x 10
6
mm
4

1 ft
3
= 28,317 x 10
-3
m
3

Momen

quán
tính
1 in
4
= 0,4162 x10
-6
m
4

1 ft
3
= 28,317 x 10
3

cm
3
1in
3
= 0,16387 x 10
5
mm
3

1 in
3
= 16,387 x 10
-6
m
3

Thể
tích
1 in
3
= 16,387 cm
3

Môđun
mặt cắt
1 in
3
= 0,16387 x 10
-4
m

3

1 lb = 4,448 N 1 ft/min = 0,3048 m/min
1 lb = 4,448 x 10
-3
kN 1 ft/min = 30,48 cm/min
1 lb = 0,4536 kgf 1 ft/min = 304,8 mm/min
1 kip = 4,448 kN 1 ft/sec = 0,3048 m/sec
1 U.S.
ton
= 8,896 kN 1 ft/sec = 304,8 mm/sec
1 lb
= 0,4536 x 10
-3
metric
ton
1
in/min
= 0,0254 m/min
Lực
1lb/ft = 14,593 N/m 1 in/sec = 2,54 cm/ sec
Hệ số
thấm
1 in/sec = 25,4 mm/sec
1
in
2
/sec
= 6,452 cm
2

/sec
1
in
2
/sec
= 20,346 x 10
3
m
2
/yr
Hệ số cố
kết
1 ft
2
/sec

= 929,03 cm
2
/sec

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
2

CHƯƠNG 1
TÍNH CHẤT VẬT LÝ CỦA ĐẤT
Bài 1:
Cho một mẫu đất ẩm vào một hộp đựng mẫu khô có khối lượng 462 gam. Sau khi
sấy khô trong tủ sấy trong một đêm tại nhiệt độ 110
0
C, cân mẫu và hộp đựng mẫu

được 364 gam. Khối lượng của hộp đựng mẫu là 36 gam.Yêu cầu xác định độ ẩm
của mẫu đất.
Bài giải
Lập thành một biểu đồ tính như sau và điền đầy đủ các số liệu cho và kết quả
đo vào (a),(b) và (d) sau đó tính toán kết quả điền vào (c),(e) và (f).
Khối lượng tổng của mẫu + hộp đựng mẫu = 462 g.
Khối lượng đất khô + hộp đựng mẫu = 364 g.
Khối lượng nước(a-b) = 98 g.
Khối lượng hộp đựng mẫu = 39 g.
Khối lượng đất khô( b-d) = 325 g.
Độ ẩm (c/e) x 100% = 30.2%.
Bài 2:
Cho  = 1.76 T/m
3
(khối lượng riêng tổng); W = 10% ( Độ ẩm)
Yêu cầu: Xác định 
d
(khối lượng riêng khô), e (hệ số rỗng), n (độ rỗng), S (độ bão
hoà) và 
sat
(khối lượng riêng bão hoà).
Bài giải:
Vẽ sơ đồ ba thể (Hình ví dụ 2.2a), giả thiết rằng V
t
=1 m
3
.
Từ định nghĩa về độ ẩm( phương trình 2-5) và khối lượng riêng tổng( phương trình
2-6) chúng ta có thể xác định M
s

và M
w
. Lưu ý khi tính toán độ ẩm được biểu thị
theo số thập phân.
s
w
M
M
w  10,0
3
3
0,1
/76,1
m
MM
V
M
mMg
sw
t
t





Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
3

Hình ví dụ 2.2a
Thay M
w
= 0.1 M
s
ta nhận được:
1,76Mg/m
3
=
3
0,1
10,0
m
MM
ss


M
s
= 1,60Mg và M
w
= 1,16 Mg
Những giá trị này bây giờ được ghi lên cạnh khối lượng của sơ đồ ba thể ( hình ví dụ
2.2b) và tiếp tục tính toán các chỉ tiêu tiếp theo.
Từ định nghĩa của ρ
w
(công thức 2-8) có thể tính tiếp V
w
:
w

w
w
V
M



hoặc:
3
3
160,0
/1
16,0
m
mMg
Mg
M
V
w
w
w



Đưa các giá trị này vào sơ đồ ba thể hình ví dụ 2.2b.
Để tính V
s
, giả thiết khối lượng riêng hạt 
s
=2.7 Mg/m

3
. Từ định nghĩa của 
s

(Phương trình 2-7), có thể tính trực tiếp V
s
, hoặc:
3
3
593,0
/70,2
6,1
m
mMg
Mg
M
V
s
s
s




Th
ể tích (m
3
)

Kh

ối l
ư
ợng (Mg)

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
4


Hình ví dụ 2.2b

Vì V
t
= V
a
+ V
w
+ V
s
, có thể tính V
a
, vì đã biết các đại lượng khác
V
a
= V
t
- V
w
- V
s
= 1.0 -0.593 - 0.16 = 0.247 m

3

Khi sơ đồ ba thể đã được điền đầy, việc giải tiếp bài toán chỉ là điền đủ các số cụ thể
vào các định nghĩa tương ứng đã nêu. Nhưng chú ý rằng, khi tính toán bạn phải viết
ra dạng công thức, sau đó đưa các giá trị theo đúng thứ tự các số hạng đã ghi trong
công thức. Và cũng lưu ý thêm là nên viết cả đơn vị vào biểu thức khi tính.
Việc tính toán các yêu cầu còn lại trở nên dễ dàng
Từ phương trình 2-9:
3
3
/6,1
1
6,1
mMg
m
Mg
V
M
t
s
d



Từ phương trình 2-1:
686,0
593,0
160,0247,0






s
wa
s
v
V
VV
V
V
e
Từ phương trình 2-2:
%7,40100
0,1
160,0247,0
100 




t
wa
t
v
V
VV
V
V
n

Từ phương trình 2-4:
%3,39100
160,0247,0
160,1
100 




wa
w
v
w
VV
V
V
V
S
Khối lượng riêng bão hoà 
sat
là khối lượng riêng của đất khi lỗ rỗng trong đất chứa
đầy nước, đó cũng là khi đất bão hoà hoàn toàn với S=100%( Phương trình 2-10). Vì
Th
ể tích (m
3
)

Kh
ối l
ư

ợng (Mg)

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
5

thế khi thể tích khí V
a
chứa đầy nước, nó sẽ có khối lượng là 0.247 m
3
x 1Mg/m
3

hoặc là 0.247 Mg. Khi đó:
3
3
/01,2
1
6,1)16,0247,0(
mMg
m
MgMgMg
V
MM
t
ws
sat









Một cách khác, thậm chí có lẽ dễ hơn cách đã giải ví dụ này đó, là giả thiết V
s
là thể
tích đơn vị =1m
3
. Theo định nghĩa M
s
= ρ
s
= 2,7 (khi 
s
được giả thiết bằng 2.7
Mg/m
3
). Sơ đồ ba thể hoàn chỉnh được thể hiện trên hình ví dụ 2-2c.
Vì w = M
w
/M
s
= 0,10; M
w
= 0,27Mg và M
t
=M
w
+M

s
= 2,97Mg. Cũng có V
w
= M
w
,
do 
w
= 1Mg/m
3
,vì vậy 0.27 Mg của lượng nước sẽ chiếm một thể tích là 0.27 m
3
.
Có hai ẩn số còn lại cần phải xác định trước khi chúng ta có thể tính toán tiếp, đó là
V
a
và V
t
. Để có được hai giá trị này, chúng ta phải dùng giá trị đã cho =1.76
Mg/m
3
. Từ định nghĩa về khối lượng riêng tổng (phương trình 2-6):
ρ =1,76 Mg/m
3
=
tt
t
V
Mg
V

M
97,2

Xác định V
t

3
3
688.1
/76.1
97.2
m
mMg
Mg
M
V
t
t



Vì thế: V
a
= V
t
– V
w
– V
s
= 1.688 - 0.27 - 1.0 = 0.418 m

3

Cũng có thể dùng hình ví dụ 2.2c để kiểm tra lời giải còn lại của bài toán giống hệt
nhau được xác định khi dùng dữ liệu của hình ví dụ 2.2b.

Hình ví dụ 2.2c


Kh
ối l
ư
ợng (Mg)

Th
ể tích (m
3
)

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
6

Bài 3:
Xuất phát từ công thức định nghĩa chứng minh các công thức sau
Khối lượng riêng


1
s
w
G eS

e
 




Khối lượng riêng bão hòa:


1
s
sat w
G e
e
 





Khối lượng riêng khô:
1
s
d w
G
e
 



Khối lượng riêng đẩy nổi:


1
'
1
s
w
G
e
 




Trong đó G
s
là tỷ trọng hạt đất
Bài 4:
Cho một mẫu đất sét bụi với 
s
=2700 kg/m
3
, S=100%, và độ ẩm =46%. Yêu cầu tính
hệ số rỗng e, khối lượng riêng bão hoà, khối lượng riêng đẩy nổi hoặc khối lượng
riêng ngập nước theo đơn vị kg/m
3
.
Bài giải
Đưa số liệu đã cho vào sơ đồ ba thể (hình ví dụ 2-6)

Giả thiết V
s
=1 m
3
, có kgVM
sss
2700

. Từ phương trình 2-15 có thể tính trực
tiếp hệ số rỗng:
242.1
0.11000
270046.0

x
x
S
w
e
w
s



Nhưng e cũng bằng V
v
bởi vì V
s
=1.0, cũng như vậy M
w

=1242 kg bởi vì về mặt số
học thì bằng V
w
do 1000
w

kg/m
3
. Bây giờ tất cả các ẩn số đã được tìm, ta sẵn
sàng tính được khối lượng riêng bão hoà (phương trình 2-10):


 
3
24.11
27001242
1 m
kg
e
MM
V
M
sw
t
t
sat








=1758 kg/m
3

Cũng có thể dùng trực tiếp phương trình 2-17:


242
.
1
1
242.110002700
1






e
e
ws
sat


= 1758 kg/m
3

Khi đất bị ngập, trọng lượng riêng thực của đất bị giảm đi do đẩy nổi. Lực đẩy nổi
này chính bằng trọng lượng nước mà đất chiếm chỗ. Vì vậy khối lượng riêng đẩy
nổi xác định bằng công thức, (theo PT 2-11 và 2-17):
wsat


,
= 1758 kg/m
3
– 1000 kg/m
3
= 758 kg/m
3

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
7

hoặc là:
e
e
e
ws
w
ws







1
1
,




=758 kg/m
3
(2-18)
Bài 5: Ví dụ tham khảo 3.1:
Cho kết quả phân tích hạt và các chỉ tiêu giới hạn của 3 mẫu đất như sau:
Mẫu 1 Mẫu 2 Mẫu 3
Cỡ sàng
% các hạt nhỏ hơn cỡ sàng
No.4
No.10
No.40
No.100
No.200
99
92
86
78
60
97
90
40
8
5

100
100
100
99
97
LL
PL
PI
20
15
5


NP*
124
47
77
NP*: Không dẻo
Yêu cầu: Phân loại 3 mẫu đất theo hệ thống phân loại đất USCS.
Bài giải:
Sử dụng bảng 3-2 và hình 3.4 để phân loại đất.
1. Vẽ đường cong cấp phối hạt của 3 mẫu đất , kết qủa được thể trên hình 3.1:
2. Đường cong cấp phối của mẫu 1 cho ta thấy trên 50% lượng hạt dưới sàng
No.200 (60%). Như vậy, mẫu 1 là đất hạt mịn và ta cần sử dụng các giới hạn
Atterberg để phân loại đất. Với giá trị LL = 20 và PI = 5, mẫu 1 ở vị trí vùng
gạch chéo trên biểu đồ dẻo nên đất được phân loại là CL-ML.
3. Ta có thể nhận ra ngay mẫu 2 là đất hạt thô vì chỉ 5% lượng hạt dưới sàng
No.200. Vì 97% lượng hạt dưới sàng No.4 nên mẫu 2 được coi là cát thì
chính xác hơn sỏi. Dựa vào bảng 3-2 và hình 3.4, do chỉ 5% lượng hạt dưới
sàng N

o
200 nên mẫu 2 nằm ở vùng ranh giới và có ký hiệu ghép đôi như SP-
SM hoặc SW-SM tuỳ thuộc vào giá trị của C
u
và C
c
. Từ đường cong cấp phối
hạt, ta có kết quả D
60
= 0.71 mm, D
30
= 0.34 mm và D
10
= 0.18 mm… Như
vậy, hệ số không đều hạt C
u
là:
69.3
18.0
71.0
10
60

D
D
C
u

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
8

và hệ số cong C
c
là:
191.0
71.018.0
)34.0()(
2
6010
2
30

xxDD
D
C
c

Vì mẫu 2 không thoả mãn các yêu cầu của chất lượng cấp phối tốt được nêu
trong cột 6, bảng 3-2, nên mẫu 2 được coi như có cấp phối không tốt và được
phân loại SP-SM (vì các hạt nhỏ của mẫu là hạt bụi).
4. Mẫu 3 là đất hạt mịn vì chứa 97% lượng hạt dưới sàng No.200. Do giới hạn
chảy LL của mẫu đất lớn hơn 100 nên không thể trực tiếp dùng biểu đồ dẻo
(hình 3.2) mà phải sử dụng phương trình của đường thẳng A trên hình 3.2 để
phân loại đất là CH hoặc MH.
PI = 0.73 (LL - 20) = 0.73 (124 - 20) = 75.9
Vì chỉ số dẻo PI của mẫu 3 nằm phía trên đường thẳng A nên mẫu 3 được
phân loại là CH.
Hình VD 3.1
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
9

Bài 6:
Trên giấy bán lôgarit năm chu kì, vẽ các đường cong cấp phối hạt từ các số liệu
phân tích thành phần hạt sau đây của 6 loại đất, từ A đến F. Xác định kích thước
hiệu quả cũng như hệ số đồng đều và hệ số cấp phối cho mỗi loại đất. Tính toán
phần trăm cuội sỏi, cát, bùn và sét theo
a) ASTM; b) AASHTO; c) USCS; d) Hệ Tiêu chuẩn Anh.
Phần trăm qua theo trọng lượng Số rây tiêu
chuẩn Mỹ hay
kích thước hạt

Đất A Đất B Đất C Đất D Đất E Đất F
75 mm 100 100
38 70 -
19 49 100 91
9,5 36 - 87
№ 4 27 88 81 100
№ 10 20 82 70 100 89
№ 20 - 80 - 99 -
№ 40 8 78 49 91 63
№ 60 - 74 - 37 -
№ 100 5 - - 9 -
№ 140 - 65 35 4 60
№ 200 4 55 32 - 57 100
40 µm 3 31 27 41 99
20 µm 2 19 22 35 92
10 µm 1 13 18 20 82
5 µm <1 10 14 8 71
2 µm - - 11 - 52
1µm - 2 10 - 39

Chú ý: dấu gạch ngang trong bảng thể hiện số liệu thiếu
Bài 7:
a) Giải thích rõ tại sao lại có sự ưu việt, khi vẽ đường cong thành phần hạt, thì vẽ
biểu đồ đường kính hạt trên hệ tọa độ lôgarit tốt hơn là vẽ trên hệ tọa độ số học.
b) Dạng của đường cong thành phần hạt có so sánh được không (ví dụ, chúng có
cùng giá trị C
u
và C
c
hay không) khi được biểu diễn theo số học? Giải thích tại
sao.
Bài 8:
Một mẫu đất có tổng thể tích của là 80 000 mm
3
và cân nặng 145g. Trọng lượng khô
của mẫu là 128g, và khối lượng riêng hạt là 2,68. Hãy xác định: a) Độ ẩm; b) Hệ số
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
10

rỗng; c) Độ rỗng; d) Độ bão hòa; e) Khối lượng riêng ướt; f) Khối lượng riêng khô.
Cho kết quả các phần (e) và (f) theo hệ đơn vị quốc tế SI và hệ đơn vị Anh.
Bài 9:
Cho một số loại đất có các giới hạn Atterberg và độ ẩm tự nhiên cho dưới đây. Xác
định chỉ số dẻo PI và chỉ số chảy LI cho mỗi loại đất và dẫn giải về hoạt tính chung
của chúng.


Đặc tính Đất A Đất B Đất C Đất D Đất E Đất F
w
n

, % 27 14 14 11 8 72
Giới hạn chảy 13 35 35 - 28 60
Giới hạn dẻo 8 29 18 NP NP 28
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
11

CHƯƠNG 2
TÍNH CHẤT CƠ HỌC CỦA ĐẤT
Bài 1: Ví dụ 7.3
Cho một bình chứa đất như trong hình Ví dụ 7.3. Khối lượng riêng bão hòa là 2.0
Mg/m
3
.
Yêu cầu tính các ứng suất tổng, trung hòa và hiệu quả tại độ cao A khi (a) mực nước
tại độ cao A và (b) mực nước dâng lên đến độ cao B.
Lời giải:
a) Giả sử đất trong bình là bão hòa tại thời điểm ban đầu (nhưng không phải bị
ngập nước). Mực nước tại độ cao A. Sử dụng các phương trình 7-14b, 7-15 và 7-
13 để tính các ứng suất tại độ cao A, ta có:
Ứng suất tổng (phương trình 7-14b):

3 2
2
2.0 Mg/m 9.81 m/s 5 m
98100 N/m 98.1 kPa
sat
gh
 
   
 

Ứng suất trung hòa (phương trình 7-15):

3 2
w w
1.0 Mg/m 9.81 m/s 0 m 0
u gz

    

Ứng suất hiệu quả (phương trình 7-13):
' 98.1 kPa
 
 



Hình ví dụ 7.3

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
12

b) Nếu mực nước dâng lên độ cao B, sự thay đổi trong ứng suất hiệu quả tại độ cao
A sẽ xuất hiện do đất bão hòa bị ngập, chịu lực đẩy nổi. Các ứng suất tại độ cao
A gây ra bởi đất và nước ở trên sẽ được tính như sau:
Ứng suất tổng:

   
w w
2.0 9.81 5 1 9.81 2 117.7 kPa

sat
gh gz
  
 
      

Ứng suất trung hòa:



 
w w
1.0 9.81 2 5 68.7 kPa
u g z h

 
    

Ứng suất hiệu quả :




w w w w
'
117.7 68.7 49.0 kPa
sat
u gh gz g z h
    
     

  

Bài 2. Ví dụ 7.5
Cho lớp đất như trong hình ví dụ 7.5.
Yêu cầu tính ứng suất tổng và ứng suất hiệu quả tại điểm A.

Hình ví dụ 7.5
Lời giải:
Đầu tiên ta cần tính
d

và
sat

của cát, khi này cần nhớ lại các quan hệ về các pha
trong đất. Lấy V
t
= 1 m
3
, khi đó n = V
v
và:
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
13


 
 
1 1
1

2.70 1 0.5 1.35 Mg (1350 kg)
s v
s s
V V n
M n

   
 
   


 
3 3
w w
3
1.35
1.35 Mg/m 1350 kg/m
1
1.35 1 0.5
1.85 Mg/m
1
s
d
t
s s v
sat
t t
M
V
M M M V

V V



  
 
 
 
 

Ứng suất tổng tại điểm A là
i i
gh




2
1.35 9.81 2 1.85 9.81 2 2.0 9.81 4
26.49 36.30 78.48 141.27 kN/m = 141.3 kPa
i i
gh
 
 
        
   


Ứng suất hiệu quả tại điểm A là:

 
w
'
141.3 1 9.81 6 82.4 kPa
gh
  
 
    

Ứng suất hiệu quả cũng có thể được tính theo
i i
gh


trên mức nước ngầm và
'
i i
gh


dưới mực nước ngầm hay là:

   
'
1.35 9.81 2 1.85 1.0 9.81 2 2.0 1.0 9.81 4
26.49 16.68 39.24 82.41 kPa
i i i i
gh gh
  
  

          
   
 

Chú ý là trong thực tế các tính toán, chỉ có thể tiến hành hầu như toàn bộ giá trị bằng
kPa.
Bài 3. Bài 7.1
Cho một mặt cắt đất bao gồm 5 m sét pha cát nén chặt, tiếp theo là 5 m cát chặt
trung bình. Dưới lớp cát là lớp sét pha bụi nén được dày 20 m. Mực nước ngầm ban
đầu nằm tại đáy của lớp thứ nhất (5 m dưới mặt đất). Khối lượng riêngcủa ba lớp đất
lần lượt là 2.05 Mg/m
3
(

), 1.94 Mg/m
3
(

sat
) và 1.22 Mg/m
3
(

’). Tính ứng suất
hiệu quả tại điểm giữa của lớp đất sét có khả năng nén. Sau đó giả sử rằng lớp cát
chặt trung bình vẫn bão hòa, tính lại ứng suất hiệu quả trong lớp sét tại điểm giữa
khi mà mực nước ngầm hạ xuống 5 m đến đỉnh của lớp sét cứng. Bình luận về sự
khác biệt của ứng suất hiệu quả.
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
14

Bài 4: VÍ DỤ 8.1
Cho kết quả thí nghiệm cố kết trong phòng ở hình 8.7. Yêu cầu, với đường cong nén
BCD trong phòng thí nghiệm, xác định: (a) ứng suất cố kết trước theo phương pháp
của Casagrande; (b) giá trị nhỏ nhất và lớn nhất có thể có của trị số ứng suất này; (c)
trị số OCR nếu ứng suất lớp phủ hiệu quả tại hiện trường là 80 kPa.

Hình 8-7: Đường cong quan hệ giữa hệ số rỗng và log tải trọng mô tả quá
trình trầm tích, lấy mẫu (giảm tải) và cố kết lại trong thiết bị thí nghiệm cố kết.



Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
15

Bài giải:
a) Theo từng bước xác định ứng suất cố kết trước của Casagrande như hình 8.6 đã
trình bày. Xác định được
,
p

= 130 kPa.
b) Giả thiết e
o
=0.84, trị số nhỏ nhất
,
p

= 90 kPa, và trị số lớn nhất có thể là
,

p

=
200 kPa.
Dùng phương trình 8.2
6.1
80
130
R
,
vo
,
p



OC

Bởi vì các giá trị
,
p

và
,
vo

chỉ xác định gần đúng nên trị số OCR chỉ lấy một số
hạng sau dấu phẩy.
Bài 5:VÍ DỤ 8.9
Cho số liệu thí nghiệm quan hệ giữa hệ số rỗng và log áp lực hiệu quả như hình vẽ

bài tập Hình ví dụ-8.9

Hình ví dụ -8.9
Yêu cầu xác định (a) áp lực cố kết trước
,
p

, (b) chỉ số nén C
c
, và (c) chỉ số nén cải
biếnC
cε
.
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
16

Bài giải
Theo phương pháp của Casagrande được trình bày ở mục 8.4, xác định được
,
p

=121 kPa.
Theo định nghĩa ở phương trình 8-7
,
1
,
2
21
log



ee
C
c


Sử dụng hai điểm a và b ở hình ví dụ 8.9. e
a
=0.870 và e
b
=0.655, 100
,

a

kPa và
300
,

b

kPa. Vì thế
477.0
215.0
100
300
log
655.0870.0
log
,

,





a
b
ba
c
ee
C


=0.451
Cách giải thứ hai bằng đồ thị để xác định e ở một chu trình; ví dụ
10log
100
1000
log  =1, khi có kết quả này C
c
=e. Ở hình vẽ ví dụ 8.9 tỷ lệ đứng không
đủ để thể hiện cho ’= 1 chu trình log, nhưng có thể làm ở hai bước, e
a
tới e
b
và e
c

đến e

d
(để kéo dài đường thẳng e
a
e
b
cho đủ một chu trình trên cùng một đồ thị, chọn
e
c
tại cùng giá trị áp lực như e
b
. Sau đó vẽ một đường e
c
e
d
song song với e
a
e
b
.
Đường thứ hai này đơn thuần là kéo dài đường thẳng e
a
e
b
để đồ thị trên giấy mở
rộng xuống dưới mức đang nhìn, hay:
)()(
dcbac
eeeeCe 
=(0.870-0.655) +(0.90 -0.664)
= 0.215 +0.236

=0.451 giống kết quả đã tính ở trên
c. Chỉ số nén cải biếnC
cε
được tính theo:
865.01
451.0
1 



o
c
c
e
C
C

=0.242
Bài 6: VÍ DỤ 8.15
Cho đường cong elog  ở hình vẽ ví dụ 8.15. Số liệu cố kết này thực hiện từ một
mẫu đất sét nguyên dạng được lấy ở giữa lớp đất nén lún dày 10 m. Cho biết OCR
=1.0.
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
17

Yêu cầu: theo phương pháp của Schmertmann xác định (a) độ dốc của đường cong
nén nguyên sơ hiện trường. (b) Tính độ lún của tầng sét nếu độ gia tăng ứng suất
trong khoảng từ 275-800 kPa. Khi tính toán dùng cả đường cong nén nguyên sơ hiện
trường và trong phòng. (c) Nhận xét về sự khác nhau nếu có.
Bài giải

a) Trước hết xây dựng đường cong nén hiện trường theo các bước của
Schmertmann nêu ở trên. Trên đường cong ở hình ví dụ 8.15, theo phương pháp
Casagrande để nhận được ứng suất cố kết trước σ’
p
. Trị số
,
p

tìm được = 275
kPa. Kẻ đường nằm ngang từ trị số
o
e =0.912 cắt đường thẳng đứng tại vị trí áp
lực cố kết trước tại điểm khống chế 1, thể hiện bằng tam giác 1.

Hìnhví dụ-8.15

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
18

Kéo dài đường cong nén nguyên sơ tới cắt đường nằm ngang kẻ từ điểm 0.42
o
e
tức là 0.42 x 0.912 = 0.38. Nhận được điểm khống chế 2. Nối hai điểm 1 và 2 sẽ
được đường cong nén nguyên sơ hiện trường.
Giá trị
c
C được xác định từ đường cong nén nguyên sơ hiện trường giống như
làm với đường cong cố kết trong phòng (xem ví dụ 8.6, 8.7 và 8.9). Với chu kỳ
log từ 1000 đến 10000 kPa, có
1000

e =0.705 và
10000
e =0.329; vì thế
c
C =0.705-
0.329=0.376. Độ dốc của đường cong nén nguyên sơ trong phòng được thành lập
cũng như vậy và bằng 0.31. Giá trị này sẽ cần dùng sau.
b) Để tính toán độ lún, có thể dùng phương trình 8-4 và 8-11. Trước hết dùng
phương trình 8-4:
o
o
c
H
e
e
s



1

Sự thay đổi hệ số rỗng,
e

, chỉ đơn thuần là sự khác biệt về hệ số rỗng tại trị số
tải trọng =275 kPa và =800 kPa. Những giá trị này là 0.912 tại điểm a và
0.744 tại điểm b ở hình ví dụ 8.15 xác định trên đường cong nén nguyên sơ hiện
trường. Vì vậy
10
912

.
0
1
744.0912.0



c
s =0.88 m
Dùng phương trình 8-11:
'
'
log
1
vo
vvo
o
o
c
c
H
e
C
s






 
275
800
log10
912
.
0
1
376.0
m

 =0.91 m
Có sự sai khác nhỏ giữa các giá trị tính toán lún cố kết bởi sai số nhỏ trong các
điểm số liệu ghi theo hình ví dụ 8.15.
Nếu tính toán độ lún cố kết bằng đường cong nén nguyên sơ để tìm
c
C , có thể sử
dụng phương trình 8-11:
 
275
800
log10
912
.
0
1
31.0
ms
c


 =0.75 m, giảm hơn 16%.
c) Nhận xét về sự khác nhau trong tính toán: 16% sai khác có thể sẽ đáng kể trong
một số trường hợp, đặc biệt là với các công trình rất nhạy cảm với lún. Ladd
(1971a) đã nhận thấy rằng sự hiệu chỉnh của Schmertmann sẽ gia tăng chỉ số nén
khoảng 15% với các mẫu khá tốt của đất sét yếu và trung bình. Vì phương pháp
này đơn giản do đó cần phải thận trọng khi dùng nó để đánh giá tính nén lún có
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
19

thể chấp nhận được ở hiện trường. Mặt khác đề phòng sự chính xác quá lớn trong
các tính lún. Khi các kỹ sư nền móng trình bày kết quả của họ trong báo cáo kĩ
thuật, thường họ chỉ nói kết quả tính lún “khoảng 0.9 m”, bởi vì có chứa đựng
nhiều số liệu tương đối hơn là các số liệu chính xác tuyệt đối.
Bài 7: VÍ DỤ 8.16
Cho số liệu của hệ số rỗng và tải trọng như bảng dưới. Hệ số rỗng ban đầu là 0.725
và áp lực lớp phủ hiệu quả thẳng đứng hiện tại là 130 kPa.
Hệ số rỗng Áp lực-kPa
0.708 25
0.691 50
0.670 100
0.632 200
0.635 100
0.650 25
0.642 50
0.623 200
0.574 400
0.510 800
0.445 1600
0.460 400

0.492 100
0.530 25
Yêu cầu:
a. Vẽ quan hệ e và log
'
vc

.
b. Đánh giá tỷ số quá cố kết.
c. Xác định chỉ số nén hiện trường dùng phương pháp của Schmertmann.
d. Nếu thí nghiệm cố kết này đại biểu cho lớp đất sét dày 12 m , tính độ lún của
lớp sét này nếu gia tăng thêm trị số ứng suất là 220 kPa.
Bài giải:
a. Quan hệ e và log
'
vc

được thể hiện ở hình ví dụ 8.16
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
20


Hình ví dụ- 8.16: (Số liệu có sửa đổi đôi chút bởi Soderman và Kim,1970)
b. Với giá trị
'
vo

đã cho thể hiện trên đồ thị, xác định
'
p


theo Casagrande là 190
kPa.
Tỷ số OCR là
130
190
R
'
'
p

vo
OC


=1.46
Có thể kết luận đất quá cố kết nhẹ
c. Theo phương pháp của Schmertmann với đất sét quá cố kết đã trình bày ở phần
trước, các điểm 1,2,3 được xác định và thể hiện ở hình bài tập 8.16. Các giá trị
r
C
và
c
C
được ước lượng trực tiếp từ hình 8.16 trên một chu kỳ log.
r
C
=0.611-
0.589=0.022, và
c

C
=0.534-0.272=0.262 (Lưu ý
r
C
 10%
c
C
).
d. Dùng phương trình 8-18b, độ lún được tính:
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
21

p
vo
o
o
c
vo
p
o
o
r
c
H
e
C
H
e
C
s










'
'
'
log
1
log
1

   
190
220130
log12
725
.
0
1
262.0
130
190
log12
725

.
0
1
022.0




 mm
=0.025+0.484 =0.509 m0.5 m.
Bài 8: VÍ DỤ 8.17
Cho lớp đắp có chiều dày 2 m (=2.04 Mg/m
3
) được đầm chặt trên diện tích lớn.
Trên đỉnh khối đắp đặt một móng chữ nhật với tải trọng tác dụng 1400 kN. Giả thiết
rằng khối lượng riêng trung bình của đất nền trước khi chất tải trọng là 1.68 Mg/m
3
.
Mực nước ngầm ở rất sâu.
Yêu cầu
a. Tính và vẽ biểu đồ ứng suất hiệu quả thẳng đứng theo chiều sâu trước khi có lớp
đắp.
b. Tính và vẽ ứng suất tăng thêm,


, do khối đắp.
c. Tính ứng suất tăng thêm theo chiều sâu bởi móng có kích thước 3 x4 m, khi đáy
móng được đặt ở độ sâu 1 m so với đỉnh của khối đắp. Dùng phương pháp 2:1.
(Giả thiết trọng lượng của móng cộng với đất đắp bằng trọng lượng của đất đào
bỏ)

Hình ví dụ-
8.17 a.
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
22


Hình ví dụ- 8.17b.
Bài giải
a. Như đã thực hiện ở chương 7, phân bố ứng suất hiệu quả ban đầu đã được tính và
vẽ ở hình ví dụ 8.17a. Tại mặt đất(z=0) trị số ứng suất bằng 0, ở độ sâu z=20m
trị số ứng suất là 330 kPa ( 3302081.968.1


xxgz

kPa).
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
23

b. Ứng suất tăng thêm do 2 m đắp gây ra 2x2.04x9.81=40 kPa. Thể hiện ở hình ví
dụ 8.17a bằng đường thẳng song song với đường ứng suất hiệu quả ban đầu tại
chỗ. Lưu ý ở độ sâu bất kỳ, ứng suất tăng thêm gây bởi khối đắp luôn luôn bằng
40 kPa, bởi vì đắp trên diện tích rộng vì thế mà 100% tải trọng được truyền qua
nền.
c. Ứng suất tiếp xúc
o

giữa móng và đất bằng tải trọng cột đất 1400 kN chia cho
diện tích móng, 3x4m và được:

12
1400
dientich
Taitrong
o

117 kN/m
2
hay kPa
Dùng phương pháp 2:1, lập bảng về sự biến đổi ứng suất theo độ sâu z được thể
hiện ở hình ví dụ 8.17b. Sự biến đổi ứng suất Δσ(z) ở cột 5 là sự gia tăng thay
đổi ứng suất do khối đắp ở hình ví dụ 8.17a. Có thể thấy ứng suất do tải trọng
trên móng gây ra giảm nhanh theo chiều sâu.
Bài 9: VÍ DỤ 8.18
Cho móng chữ nhật có kích thước 3x4 ở ví dụ 8-17 chịu tải trọng phân bố đều với
cường độ bằng 117 kPa.
Yêu cầu
a. Xác định ứng suất thẳng đứng tại điểm góc móng ở độ sâu 2 m.
b. Xác định ứng suất thẳng đứng ở độ sâu 2 m dưới tâm móng.

c. So sánh kết quả với hình ví dụ 8.17 a.
Bài giải
a. x=3 m; y=4 m; z = 2m, từ phương trình 8-28 và 8-29, có:
2
3

z
x
m = 1.5
2
4

z
y
n = 2
Từ phương trình 8.21, xác định được I=0.223. Từ phương trình 8-30
Iq
oz



=117 x 0.223 = 26 kPa
b. Để tính toán ứng suất tại tâm móng, thì phải chia móng chữ nhật 3x4m thành 4
móng nhỏ với kích thước 1.5 x 2 m. Xác định trị số ứng suất tại góc của mỗi
móng nhỏ, rồi nhân giá trị này với 4. Có thể thực hiện được việc này vì với vật
liệu đàn hồi, có thể áp dụng nguyên lý cộng tác dụng.
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
24

x=1.5 m; y=2 m; z=2m thì

2
5.1

z
x
m = 0.75
2
2

z
y
n = 1
Giá trị tương ứng của I từ phương trình 8.21 là 0.159. Từ phương trình 8-30
Iq
oz
4

= 4 x 117 x 0.159 = 74 kPa.
Vì vậy ứng suất thẳng đứng tại tâm móng chữ nhật trong trường hợp này gấp 3
lần ứng suất tại góc móng. Điều này cũng thấy hợp lý vì tại tâm móng tải trọng
tác dụng từ mọi hướng còn ở góc thì không có.
c. Tại độ sâu 2 m so với đáy móng, ứng suất thẳng đứng phân bố theo quy luật 2:1
là 47 kPa ( xem hình 8.17 b). Giá trị này tiêu biểu cho trị số ứng suất trung bình
bên dưới đáy móng tại độ sâu -2 m. Trị số ứng suất trung bình tại góc và tâm
móng theo lý thuyết đàn hồi sẽ là: (26+74.2)/2 =50.1 kPa. Vì thế mà phương
pháp 2:1 đánh giá thấp trị số ứng suất thẳng đứng tại tâm móng, nhưng đánh giá
cao ứng suất σz tại các góc móng.
Bài 10: VÍ DỤ 8.20
Cho bể tròn đường kính 3.91 m chịu tải trọng phân bố đều là 117 kPa.
Yêu cầu

a. Xác định trị số ứng suất ở độ sâu 2 m so với đáy bể, tại vị trí tâm bể.
b. Xác định trị số ứng suất ở độ sâu 2 m so với đáy bể, tại vị trí cạnh bể.
Bài giải
a. Từ hình 8.22: z = 2 m
r = 3.91/2 = 1.95 m
x = 0;
02.195.1/2/


rz

095.1/0/


rx

Xác định được I=0.63. Dùng phương trình 8-30 ta được:
7463.0117  xIq
oz

kPa
( Kết quả này so sánh chính xác với
z

=74 tại tâm móng chữ nhật kích thước 3 x
4m ở ví dụ 8.18. Trong cả hai trường hợp diện tích đều là 12 m
2
)
Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
25

b. Lần nữa liên hệ với hình 8.22, tính ứng suất tại cạnh diện chịu tải hình tròn:
z = 2 m
r = 3.91/2 = 1.95 m
x = r = 1.95 m;
02.195.1/2/


rz

0.1/

rx

Xác định được I = 0.33. Dùng phương trình 8-30 ta được:
3933.0117  xIq
oz

kPa
( Kết quả này so sánh với
z

=26 kPa tại tâm móng chữ nhật kích thước 3 x 4
chịu tải trọng phân bố đều. Trong cả hai trường hợp diện tích là như nhau)
Bài 11. (Bài 8-8).
Dữ liệu về hệ số rỗng và tải trọng được xác định từ thí nghiệm cố kết cho một mẫu
đất sét nguyên dạng như sau:
Áp lực (kPa) Hệ số rỗng
20 0.953
40 0.948

80 0.938
160 0.920
320 0.878
640 0.789
1280 0.691
320 0.719
80 0.754
20 0.791
0 0.890
a) Vẽ đường quan hệ áp lực và hệ số rỗng trên cả hệ trục số học và hệ trục bán log.
b) Xác định các phương trình cho đường cong nén bình thường và đường nở khi dỡ
tải bắt đầu tại tải trọng 1280 kPa.
c) Xác định chỉ số nén cải biến và chỉ số nén lại của những loại đất này.
d) ước lượng ứng suất cố kết trước của đất sét này (theo A. Casagrande).