Budownictwo Wodne:

Wykład 4: Stateczność ogólna

budowli wodnych. Oszacowania

kinematyczne dla płaskich

problemów nosności granicznej

dr hab. inż. A. Truty prof. PK

26th March 2006

1

Stateczność na obrót

• Wykonujemy zestawienie wszystkicsił działających na konstrukcję, pomi-

jając obciążenia zmienne jeśli te mają charakter stabilizujący

• Sprawdzamy stosunek momentów sił stabilizujących i destabilizujących

• Ciężar własny jest obc. stabilizującym natomiast parcie wody , parcie

lodu i wypór destabilizującym

• m =

P

M

stab

A

P

M

destab

A

=

G g

P p + V v

> m

o

• m

o

- współczynnik pewności dla danej klasy budowli

• dla zapór łukowych sprawdzenie tego warunku jest bezzasadne

2

Stateczność na poślizg w płaszczyźnie fundamentu

• n =

µ(Gcosα + P sinα − V ) + c F

P cosα − Gsinα

> n

o

• µ - współczynnik tarcia µ = 0.5 ÷ 0.75

• c - przyczepność pomiędzy skałą i betonem

• τ =

H

A

σ

n

=

P

A

3

Stateczność z uwzględnieniem wyparcia gruntu
spod fundamentu

• możemy zastosować tzw. metody paskowe (z uwagi na kryterium Coulomba-

Mohra !)

• q

1

=

G

B

−

P e

P

B

3

12

B

2

+

G e

G

B

3

12

B

2

• q

2

=

G

B

+

P e

P

B

3

12

B

2

−

G e

G

B

3

12

B

2

• efektywne naprężenie normalne: σ

nj

=

(Q

j

+ G

j

) cos(α

j

)

∆X

cosα

j

− u

j

• graniczne naprężenie styczne: τ

nj

= σ

nj

tg(φ) + c

• współczynnik pewności: n =

P

τ

nj

∆X

cosα

j

P

(Q

j

+ G

j

) sin(α

j

)

∆X

cosα

j

• G

j

- cieżar j-tego paska, Q

j

= q(X)∆X

j

• u

j

- ciśnienie wody w porach w podstawie j-tego paska

4

Płaski stan odkształcenia

• u = u(x, y)

v = v(x, y)

w = 0

• ε

z

= 0

γ

xz

= γ

yz

= 0

• Uwaga: ε

p
z

6= 0

• np. dla warunku H-M-H

·

ε

p

ij

=

·

λ

1

2

√

J

2

∂J

2

∂σ

ij

• zachodzi tylko równośc ε

e
z

+ ε

p
z

= 0

• w momencie inicjacji plastycznego płynięcia

·

ε

e

z

6= 0

• w stanie zaawansowanego płynięcia plastycznego

·

ε

e

z

= 0 a zatem

·

ε

z

−

·

ε

e

z

=

·

ε

p

z

⇒

·

ε

p

z

= 0 bo

·

ε

e

z

= 0

imperfekcja

imperfekcja

Zaawansowane

płynięcie plastyczne

• to oznacza, że w stanie zawansowanego płynięcia plastycznego stany

naprężeń muszą byc w tych strefach gdzie

·

ε

p

z

= 0

w przypadku warunku H-M-H ⇒ s

z

= 0

Rozważamy warunek H-M-H

• w stanie granicznym s

z

= 0

• s

z

=

2

3

σ

z

−

1

3

(σ

x

+ σ

y

)

• zatem σ

z

=

1

2

(σ

x

+ σ

y

)

5

• s

x

= σx −

1

3

(σ

x

+ σ

y

+ σ

z

)

• s

y

= σy −

1

3

(σ

x

+ σ

y

+ σ

z

)

• wstawiamy σ

z

do wzorów na s

x

i s

y

i otrzymujemy:

s

x

=

1

2

(σx − σy)

s

y

=

1

2

(σy − σx)

• składowe odkształceń plastycznych w stanie rozwinietego płynięcia plas-

tycznego:

·

ε

x

=

·

ε

p

x

=

·

λ s

x

·

ε

y

=

·

ε

p

x

=

·

λ s

y

= −

·

λ s

x

= −

·

ε

x

·

γ

xy

=

·

γ

p

xy

= 2

·

ε

xy

= 2

·

λ s

xy

= 2

·

λ τ

xy

• z powyższego wynika, że

·

ε

x

+

·

ε

y

= 0 (płynięcie plastyczne bez zmian objętości)

s

2

s

1

s

1

= - s

2

s

1

= - s

2

H-M-H

6

Prędkość dysypacji (warunek Tresci)

s

2

s

1

s

1

= - s

2

s

1

= - s

2

Tresca

P

1

1

P

• D = σ

ij

·

ε

p

ij

= σ

1

·

ε

p

1

+ σ

2

·

ε

p

2

+ σ

3

·

ε

p

3

= σ

1

·

ε

p

1

+ σ

2

·

ε

p

2

= (σ

1

− σ

2

)

·

ε

p

1

bo

·

ε

p

1

+

·

ε

p

2

= 0 (

·

ε

p

x

+

·

ε

p

y

= 0)

• D = 2 τ

o

·

ε

p

1

= 2 τ

o

k

·

ε

p

1

k

• Uwaga: to jest prędkośc dysypacji na jednostkę objętości

7

Podejścia kinematyczne na przykładzie warunku
Tresci

Rozważmy nastepujace zadanie:
Szukamy oszacowania górnego dla wartości siły F w stanie granicznym:

F

• Musimy skonstruować pole przemieszczeń kinematycznie dopuszczal-

nych a następnie obliczyć moc dysypacji

• Dobre oszacowania górne otrzymuje się dla pól prędkosci odpowidają-

cych przesunięciom sztywnych bloków z uwzględnieniem tarcia pomiedzy
nimi (dla warunku M-C)

• dla takich mechanizmów całość deformacji jest skoncentrowana w wąs-

kich pasmach (ścinania) nachylonych pod kątem 45

o

względem głównych

osi tensora naprężenia

8

•

h

n

t

x

x

2

u

t

1

γ

• układ t − n zawsze można dobrac tak aby τ

nt

> 0

• Podczas plastycznego płynięcia τ

nt

jest równe granicznemu napręzeniu

przy ścinaniu τ

o

• kinematyka: tg(γ) =

u

t

h

u

t

= h tg(γ) ≈ hγ (γ musi być małe)

•

A

A’

u

t

n

t

•

·

u

t

=

·

u

A

t

−

·

u

A

0

t

·

u

n

=

·

u

A

n

−

·

u

A

0

n

= 0

• Prędkość dysypacji energii na jednostkę długości pasma:

D

int

=

R

+

h

2

−

h

2

τ

nt

·

γ

nt

(n) dn = τ

o

R

+

h

2

−

h

2

·

γ

nt

(n) dn = τ

o

k

·

u

t

k

9

Mechanizm zniszczenia - wariant I

b

F

h

b

θ

u

t

•

·

u

t

=

·

θ b

• całkowita moc dysypacji = D = π b τ

o

·

u

t

= π b τ

o

·

θ b = π b

2

τ

o

·

θ

•

F

O

b

Θ

2

• moc sił zewnetrznych:

·

W

ext

= F

·

θ

b

2

• zapisujemy :

·

W

ext

= D ⇒ π b

2

τ

o

·

θ = F

·

θ

b

2

• stąd: F = 2 π b τ

o

= 6.28 b τ

o

10

Mechanizm zniszczenia - wariant I-równanie równowagi
momentów

d

φ

dQ

O

• dQ = τ

o

dφ b

dM = Q

. b

M =

R

π

0

dM dφ =

R

π

0

τ

o

b

2

dφ = πτ

o

b

2

• suma momentów sil destabilizujących = suma momentów sił utrzymu-

jących

• F

b

2

= π τ

o

b

2

• stąd: F = 6.28bτ

o

Mechanizm zniszczenia - wariant II

b

b

b

F

1

2

3

11

• Przyjmujemy prędkośc bloku 1 jako kinematyczny parameter sterujący

• Musimy ustalić teraz prędkosci wszystkich bloków (zakładamy w ty

mechaniźmie że wszystkie trójkaty są równoboczne)

• budujemy hodograf ruchu

u

1

u

21

u

2

u

32

u

3

u

1

u

21

u

2

u

32

u

3

Hodograf

Schemat ruchu
bloków

30

o

60

o

60

o

• k

·

u

21

k = k

·

u

1

k

2

√

3

• tg(60

o

) =

k

·

u

1

k

k

·

u

2

k

⇒ k

·

u

2

k =

1

√

3

k

·

u

1

k

• k

·

u

32

k = k

·

u

2

k

k

·

u

3

k = k

·

u

2

k

• Liczymy dysypację wzdłuż wszystkich pasm ścinania:

D = τ

o



2bk

·

u

21

k + 2bk

·

u

2

k + 2bk

·

u

32

k + 2bk

·

u

3

k



=

2b τ

o

·

u

1

2

√

3

+

1

√

3

+

1

√

3

+

1

√

3

+

1

√

3

!

=

10

√

3

τ

o

b

·

u

1

• Liczymy moc sił zewnętrznych:

·

W

ext

= F

·

u

1

• D =

·

W

ext

⇒

10

√

3

τ

o

b = 5.76 b τ

o

12

Stateczność skarpy pionowej

Problem: określ maksymalną wysokośc skarpy H tak aby pozostała ona w
stanie równowagi statycznej

B

α

G u

1

τ

ο

H

• B =

H

tg(α)

• G =

1

2

γ B H =

1

2

γ

H

2

tg(α)

• D =

·

W

ext

⇒ G sin(α)

·

u

1

=

H

sin(α)

τ

o

·

u

1

• H =

2 τ

o

γ sin(α) cos(α)

=

4 τ

o

γ sin(2 α)

• skad wziąć α ?

• oszacowania kinematyczne są oszacowaniami "od góry" a zatem szukamy

min H

• H = H

min

⇔ sin(2 α) ⇒ max ⇒ α = 45

o

• zatem maksymalna wysokość skarpy moze wynieśc: H

max

=

4 τ

o

γ

13