Bai tap nhiem vu 3 Bài tập lớn công trình trên nền đất yếu

Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

Nhiệm vụ 3: Phương pháp gia tải trước
Câu 1:
(1) Người ta muốn xây dựng nhà kho có tải trong phân bố đều q 1=40kPa.
Hãy dự báo lún cuối cùng:
Chia đất thành các lớp nhỏ như hình của bài toán gồm: lớp 1 dày 2m, lớp 2 dày
2.5m và lớp 3 dày 3m.
Lớp 1:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:  o' 1   1  u1  19* 2  10*2  18kN / m 2
 o' 1 18
  9kN / m 2
2
2
'
'
2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:  1   o1(1/2)   z  9  40  49kN / m 2

- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa:  o' 1(1/2) 

3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p1 = ’01(1/2) =9 kN/m2
5/ Chập ’01(1/2) và ’1 lên đường e - lg’, tính được e1: so sánh ta có ’1’p1
� e1  Cc1 *(log( 1' )  log( '01(1/2) ))  0.012*(log(49)  log(9))  0.0088

6/ Lún cuối cùng:

Sc1 

e1
0.0088
* H1 
* 2  0.0117 m
1  e01
1  0.5

Lớp 2:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:
 o' 2   o' 1  ( 2  u2 )  18  (16* 2.5  10* 2.5)  33kN / m 2

- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa:
 o' 2(1/2) 

 o' 1   o' 2 18  33

 25.5kN / m 2
2
2

2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:
 '2   o' 2(1/2)   z  25.5  40  65.5kN / m 2

3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p2 = ’02(1/2) =25.5 kN/m2
5/ Chập ’02(1/2) và ’2 lên đường e - lg’, tính được e2: so sánh ta có ’2’p2
� e2  Cc 2 *(log( 2 ' )  log( '02(1/2) ))  0.4*(log(65.5)  log(25.5))  0.1639

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 1


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

6/ Lún cuối cùng: Sc 2 

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

e2
0.1639
* H2 
* 2.5  0.1951m
1  e02
1  1.1

Lớp 3:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:
 o' 3   o' 2  ( 3  u3 )  33  (16*3  10*3)  51kN / m 2

- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa:
 '   o' 3 33  51

 o' 3(1/2)  o 2

 42kN / m2
2
2
2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:
 '3   o' 3(1/2)   z  42  40  82kN / m 2
3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p3 = ’03(1/2) =42 kN/m2
5/ Chập ’03(1/2) và ’3 lên đường e - lg’, tính được e3: so sánh ta có ’3’p3
� e3  Cc 3 *(log( 3' )  log( '03(1/2) ))  0.4*(log(82)  log(42))  0.1162

6/ Lún cuối cùng: Sc 3 

e3
0.1162
* H3 
*3  0.166 m
1  e03
1  1.1

Vậy độ lún cuối cùng của mặt nền tự nhiên:
Sc = Sc1+ Sc2+ Sc3 = (0.0117 + 0.1951 + 0.166)m = 0.373 m

Bảng tổng hợp độ lún cuối cùng
(2) Cao trình mặt đất thay đổi so với nền tự nhiên:
Để giảm lún sau khi xây dựng kho, người ta dùng giải pháp gia tải trước với

q2=60kPa. Sau một thời gian, khi mà cố kết hoàn toàn tức là công trình đã đạt độ lún
cuối cùng tương ứng với gia tải q2, người ta tiến hành dỡ tải.
Tương tự như phần (1) ta thay q 1 bằng q2 ta được độ lún cuối cùng theo bảng tổng
hợp sau:

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 2


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

Sau khi dỡ tải:
- Lớp 1: bỏ qua (vì không xác định Cr)
- Lớp 2: e2 = Cr*(log'o(1/2) – log’) = 0.08*(log25.5-log85.5) = -0.042
Nền đàn hồi lại một khoảng:

H1 

e2
* H2
1  e02

Hệ số rỗng thay đổi: e02 = e0 - e02 = 1.1 – 0.21 = 0.89
=>

H1 

e2
0.042
* H2 
*(2.5  0.25)  0.05 m
1  e02
1  0.89

- Lớp 3: e3 = Cr*(log'o(1/2) – log’) = 0.08*(log42-log102) = -0.031
Nền đàn hồi lại một khoảng:

H 2 

e3
* H3
1  e03

Hệ số rỗng thay đổi: e03 = e0 - e03 = 1.1 – 0.154 = 0.946
 H 2 

e3
0.031
* H3 
*(3  0.22)  0.044 m
1  e03
1  0.946

 Cả 2 lớp sét đàn hồi lại là: H = H1 + H2 = -0.05+(-0.044) = -0.094 m
Vậy sau khi dỡ tải cao trình mặt đất tự nhiên lún xuống một khoảng bằng:

h = Sc +H = 0.485-0.094 = 0.391m
(3) Ứng suất tiền cố kết tại độ sâu:
+ Tại độ sâu 3.25m: vì khi gia tải sau một thời gian đến khi cố kết hoàn tất, nên
ứng suất tiền cố kết tại độ sâu 3.25m chính là USHH tại điểm giữa lớp sét 1 sau khi gia
tải q2
=> 'p =' = 85.5 kPa
+ Tại độ sâu 6m: vì khi gia tải sau một thời gian đến khi cố kết hoàn tất, nên ứng
suất tiền cố kết tại độ sâu 6m chính là USHH tại điểm giữa lớp sét 2 sau khi gia tải q 2
=> 'p =' = 102 kPa
(4) Sau khi dỡ tải q2, người ta xây dựng kho. Khi đó độ lún cuối cùng do tải nhà
kho q1 là:
Lớp 1: bỏ qua
Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 3


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

Lớp 2:
Sau khi dỡ tải:
+ Hệ số rỗng thay đổi: e2 = e0 - e02 - e2 = 1.1 – 0.21 + 0.042 = 0.932
+ Chiều dày thay đổi: H02 = H - S2 - H1 = 2.5 – 0.25+ 0.05 = 2.3m
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa: không đổi
 o' 1   o' 2 18  33


 25.5kN / m 2
2
2
2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải: không đổi
 o' 2(1/2) 

 '2   o' 2(1/2)   z  25.5  40  65.5kN / m 2

3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p2 = 85.5 kN/m2
5/ Chập ’02(1/2) và ’2 lên đường e - lg’, tính được e2: so sánh ta có ’2’p2
� e2  Cr 2 *(log( '2 )  log( '02(1/2) ))  0.08*(log 65.5  log 25.5)  0.033

6/ Lún cuối cùng: Sc 2 

e2
0.033
* H2 
* 2.3  0.039 m
1  e2
1  0.932

Lớp 3:
Sau khi dỡ tải:
+ Hệ số rỗng thay đổi: e3=- e03 - e3 = 1.1 – 0.154 + 0.031 = 0.977
+ Chiều dày thay đổi: H03=H – S3 - H2 = 3 – 0.22+ 0.044 = 2.824m
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa: không đổi

 o' 2   o' 3 33  51
'
 o 3(1/2) 

 42kN / m2
2
2
2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải: không đổi
 '3   o' 3(1/2)   z  42  40  82kN / m 2
3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p3 =  kN/m2
5/ Chập ’03(1/2) và ’3 lên đường e - lg’, tính được e3: so sánh ta có ’3’p3
� e3  Cr 3 *(log( 3' )  log( '03(1/2) ))  0.08*(log(82)  log(42))  0.023
e3
0.023
* H3 
* 2.824  0.033m
 e3 4 1  0.977
Nhóm học viên thực hiện:1Nhóm
Lớp: D01701
Sc 3 

Trang 4


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

6/ Lún cuối cùng:
Vậy độ lún cuối cùng của mặt nền tự nhiên:
Sc = Sc2+ Sc3 = (0.039 + 0.033)m = 0.072 m

Bảng tổng hợp độ lún cuối cùng
Câu 2:
(1) Dự báo độ lún cuối cùng: (bỏ qua biến dạng của 2 lớp cát)
Chia đất thành các lớp nhỏ như hình vẽ
Lớp Cát 1:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:  o' 1   1  u1  16*1  0  16kN / m 2
 o' 1 16
- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa: 


 8kN / m 2
2
2
'
'
2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:  1   o1(1/2)   z  8  40  48kN / m 2
'
o1(1/2)

Lớp sét 1:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:
 o' 2   o' 1  ( 2  u2 )  16  (20.6* 2  10* 2)  37.2kN / m 2

- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa:

 o' 2(1/2) 

 o' 1   o' 2 16  37.2

 26.6kN / m 2
2
2

2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:
 '2   o' 2(1/2)   z  26.6  40  66.6kN / m2

3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p2 =  kN/m2
5/ Chập ’02(1/2) và ’2 lên đường e - lg’, tính được e2: so sánh ta có ’2>’p2>’02(1/2)
� e2  Cc 2 *(log( 2 ' )  log( ' p 2 ))  Cr 2 *(log( ' p 2 )  log( '02(1/2) ))
 0.55*(log 66.6  log 50)  0.06*(log 50  log 26.6)  0.085
e

0.085

2
* H2 
* 2  0.11m
c 2  Nhóm
Nhóm học viên thực Shiện:
1  e01 4
1  0.54Lớp: D01701

Trang 5


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

6/ Lún cuối cùng:
Lớp cát 2:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:
 o' 3   o' 2  ( 3  u3 )  37.2  (19*1.5  10*1.5)  50.7 kN / m2

- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa:
 '   o' 3 37.2  50.7
 o' 3(1/2)  o 2

 43.95kN / m 2
2
2
2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:
 '3   o' 3(1/2)   z  43.95  40  83.95kN / m 2
Lớp sét 2:
1/ Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải:
 o' 4   o' 3  ( 4  u4 )  50.7  (19.2*3  10*3)  78.3kN / m2

- Ứng suất hữu hiệu trước khi chất tải tại điểm giữa:
 o' 4(1/2) 

 o' 3   o' 4 50.7  78.3


 64.5kN / m 2
2
2

2/ Ứng suất hữu hiệu sau khi chất tải:
 '4   o' 4(1/2)   z  64.5  40  104.5kN / m 2

3/ Đường quan hệ ứng suất – biến dạng:

e - lg’

4/ Ứng suất tiền cố kết: ’p4 =  kN/m2
5/ Chập ’04(1/2) và ’4 lên đường e - lg’, tính được e4: so sánh ta có ’4>’p4>’04(1/2)

� e4  Cc 4 *(log( 4 ' )  log( ' p 4 ))  Cr 4 *(log( ' p 4 )  log( '04(1/2) ))
 0.6*(log104.5  log 65)  0.07*(log 65  log 64.5)  0.124
e4
0.124
* H4 
*3  0.209 m
6/ Lún cuối cùng: Sc 4 
1  e02
1  0.783

Vậy độ lún cuối cùng của mặt nền tự nhiên:
Sc = Sc3+ Sc4 = (0.11 + 0.209)m = 0.319 m

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 6


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

(2) Vẽ biểu đồ lún cố kết theo thời gian. Mất khoảng bao lâu thì nền lún ổn định:
Chọn các mốc thời gian: t1= 0.2 năm, t2= 0.4 năm, t3= 0.75 năm, t4= 1 năm,
t5= 1.5 năm, t6= 2 năm, t7= 3 năm, t8= 4 năm và t9= 6 năm.
- Lớp sét 1: Thoát nước 2 chiều => Chiều dài đường thấm: Hdr = H/2 = 2/2 = 1m
- Lớp sét 2: Thoát nước 1 chiều => Chiều dài đường thấm: Hdr = H = 3m
+ Tính tham số thời gian của 2 lớp sét: Ti 

Cvi
* ti
2
H dri

+ Tính độ cố kết trung bình Uavg1 của 2 lớp sét: dựa vào T vừa tính, nội suy từ
bảng hình 8.9 (b) trang 157 (Sivakugan và Das 2010) ta được Uavg1 theo bảng tổng hợp
sau:
+ Tính lún theo thời gian của 2 lớp sét: Sti = Uavgi * Sc
+ Tính lún theo thời gian cả 2 lớp sét: Sti (cả 2 lớp) = St (lớp sét 1)* Sti (lớp sét 2)
Kết quả theo bảng tổng hợp sau:

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 7


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

Do lớp sét 1 nền quá cố kết nên trong khoảng hơn 2 tháng thì nền lún ổn định,
còn lớp sét 2 sau hơn 6 năm thì nền lún ổn định. Khi đó Uavg ≈ 100% => St ≈ S∞ . Lấy
Uavg ≈ 99% tra bảng T = 1.781
�T =

Cv
T * H dr2 1.781*32
*
t
=
1.781
�
t
=
=
= 6.41(năm)
H dr2
Cv
2.5

(3) Vẽ biểu đồ phân bố ALNLR và USHH theo độ sâu sau 2 tháng. Các giá trị

ALNLR và USHH tại giữa mỗi lớp sét.
* Vẽ biểu đồ phân bố ALNLR và USHH theo độ sâu sau 2 tháng:
- Sau 2 tháng: t 

2
 0.1667
12

- Lớp sét 1: Thoát nước 02 chiều => Hdr =1m
Tham số thời gian:
+ Tại Z=1m:

Tv1 

Cv1
13
* t  2 *0.1667  2.1667
2
H dr
1

Z

1

- Tham số hình học: H  1  1
dr
- Tra bảng hình 8.9 (a) trang 157 (Sivakugan và Das, 2010) được Uz = 0.99
- Áp lực nước lổ rỗng dư: u = u0 - Uz*u0 = 40 – 0.99*40 = 0.4 kN/m2
- Lượng thay đổi ứng suất hữu hiệu: ' =-u = 40 – 0.4 = 39.6 kN/ m2

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 8


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

- Ứng suất hữu hiệu: '=’0 + ' = 16*1+1*(20.6-10) + 39.6 = 66.2 kN/ m2
- Áp lực nước lổ rỗng: u = u0 + u = 10 + 0.4 = 10.4 kN/ m2
+ Tại Z=2m:
- Tham số hình học:

Z
2
 2
H dr 1

- Tra bảng hình 8.9 (a) trang 157 (Sivakugan và Das, 2010) được Uz = 1
- Áp lực nước lổ rỗng dư: u = u0 - Uz*u0 = 40 – 1*40 = 0 kN/m2
- Lượng thay đổi ứng suất hữu hiệu: ' =-u = 40 – 0 = 40 kN/ m2
- Ứng suất hữu hiệu: '=’0 + ' = 16*1+2*(20.6-10) + 40 = 77.2 kN/ m2
- Áp lực nước lổ rỗng: u = u0 + u = 2*10 + 0 = 20 kN/ m2
- Lớp sét 2: Thoát nước 01 chiều => Hdr =3m
Tv 2 
Tham số thời gian:

+ Tại Z=1.5m:

Cv 2
2.5
* t  2 *0.1667  0.046
2
H dr
3
Z

1.5

- Tham số hình học: H  3  0.5
dr
- Tra bảng hình 8.9 (a) trang 157 (Sivakugan và Das, 2010) được Uz = 0.1
- Áp lực nước lổ rỗng dư: u = u0 - Uz*u0 = 40 – 0.1*40 = 36 kN/m2
- Lượng thay đổi ứng suất hữu hiệu: ' =-u = 40 – 36 = 4 kN/ m2
- Ứng suất hữu hiệu:
'=’0 + ' = 16*1+2*(20.6-10)+1.5*(19-10)+1.5*(19.2-10) + 4 = 68.5 kN/ m2
- Áp lực nước lổ rỗng: u = u0 + u = (2+1.5+1.5)*10 + 36 = 86 kN/ m2
+ Tại Z=3m:

Z

3

- Tham số hình học: H  3  1
dr
- Tra bảng hình 8.9 (a) trang 157 (Sivakugan và Das, 2010) được Uz = 0.004
- Áp lực nước lổ rỗng dư: u = u0 - Uz*u0 = 40 – 0.004*40 = 39.84 kN/m2

- Lượng thay đổi ứng suất hữu hiệu: ' =-u = 40 – 39.84 = 0.16 kN/ m2
- Ứng suất hữu hiệu:
'=’0 + ' = 16*1+2*(20.6-10)+1.5*(19-10)+3*(19.2-10) + 0.16 = 78.46 kN/ m2
- Áp lực nước lổ rỗng: u = u0 + u = (2+1.5+3)*10 + 39.84 = 104.84 kN/ m2

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 9


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

Biểu đồ phân bố ALNLR và USHH theo độ sâu  ’(z)
* Giá trị ALNLR tại giữa mỗi lớp sét: Dựa vào biểu đồ phân bố ALNLR và USHH
+ Lớp sét 1: u1 = 10.4 kPa
+ Lớp sét 2: u2 = 86 kPa
* USHH tại giữa mỗi lớp sét: Dựa vào biểu đồ phân bố ALNLR và USHH
+ Lớp sét 1:  ’1 = 66.2 kPa
+ Lớp sét 2:  '2 = 68.5 kPa
(4) Người ta chất tải đồng thời q1 + q2 lên mặt nền . Để lún 0.2m trong tháng 4.5
tháng thì lượng gia tải q2:
- Lớp sét 1: S� 

St
U avg

+ Tham số thời gian: Tv1 

Cv1
13
1
* t  2 * 4.5*  4.875
2
H dr
1
12
( q  q2 )

Vì lớp sét 1 quá cố kết nên Uavg1 = 1 � St1 1

( q1  q2 )
 S�

+ Độ lún theo thời gian:

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 10


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

( q1  q2 )
� St(1q1  q2 )  S�

 Cc log

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

 '1  q 2
1
*
*H
 '01(1/2) 1  e01

66.6  q 2
1
*
*2
26.6
1  0.54
66.6  q 2
 0.714*log
26.6

� St(1q1  q2 )  0.55*log
� St(1q1  q2 )

- Lớp sét 2:
+ Tham số thời gian: Tv 2 

Cv 2
2.5
1
* t  2 * 4.5*  0.104

2
H dr
3
12

+ Nội suy từ bảng hình 8.9 (b) trang 157 (Sivakugan và Das 2010) ta được:
Uavg2 = 0.363
( q1  q2 )
St(2q1  q2 )  U avg 2 * S�

+ Độ lún theo thời gian:
� St(2q1  q2 )  0.363* Cc log

 ' q 2
1
*
*H
 '02(1/2) 1  e02

104.5  q 2
1
*
*3
64.5
1  0.783
104.5  q 2
 0.366*log
64.5

� St(2q1  q2 )  0.363*0.6*log

� St(2q1  q2 )

(q q )
 St( q  q )  0.2m
Theo đề bài ta có: St  St
1

2

2

1

2

2

� St  St(2q1  q2 )  St(2q1  q2 )  0.2
� 0.714*log

66.6  q 2
104.5  q 2
 0.366*log
 0.2
26.6
64.5
0.714

0.366

104.5  q 2 �
�66.6  q 2 �
�
� log �
�  log �
�  0.2
26.6
64.5
�
�
�
�
0.714
0.366
(66.6  q 2 )
(104.5  q 2 )
� log
 log
 0.2
10.41
4.595
Giải phương trình trên được q2 = ………kPa
Vậy để nền lún 0.2m trong 4.5 tháng thì cần lượng gia tải q2 = ………….kPa
(5) Người ta dùng pp gia tải trước (q3) để xử lý nền trước khi xây dựng công trình.
Để loại bỏ hoàn toàn độ lún cố kết sau 6 tháng thì cần q3? (Sq3, t=6tháng) = (Sq1,t=∞)
- Lớp sét 1:
+ Tham số thời gian: Tv1 

Cv1
13

1
* t  2 *6*  6.5
2
H dr
1
12

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 11


Bài tập: Công trình trên nền đất yếu

GVHD: TS. Phạm Ngọc Thạch

Vì lớp sét 1 quá cố kết nên trong thời gian 6 tháng đạt đến độ lún cuối cùng nên
chỉ xét đến lớp sét 2.
- Lớp sét 2:
+ Tham số thời gian: Tv 2 

Cv 2
2.5
1
* t  2 *6*  0.139
2
H dr
3

12

+ Nội suy từ bảng hình 8.9 (b) trang 157 (Sivakugan và Das 2010) ta được:
Uavg2 = 0.414

Ta có : S

( q3 )
t2

 U avg 2 * S

( q3 )
Mà  S�
 Cc log

( q3 )
�

�S

( q3 )
�

1)
St(2q�
St 2
0.209




 0.505m
U avg 2 U avg 2 0.414

 '02(1/2)  q 3
1
*
* H  0.505m
 '02(1/2)
1  e0

64.5  q 3
1
*
*3  0.505
64.5
1  0.783
64.5  q 3
� log
 0.5 � q 3  139.47 kPa
64.5
� 0.6*log

Vậy cần gia tải q3 = 139.47 (kPa) để loại bỏ hoàn toàn lún cố kết sau 6 tháng

Nhóm học viên thực hiện: Nhóm 4

Lớp: D01701

Trang 12