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 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

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

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.

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

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:

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

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

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

=
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




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
'

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

Cũng có thể dùng trực tiếp phương trình 2-17:
 
242.11
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

% 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*

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

№ 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

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 0u gz

    
Ứng suất hiệu quả (phương trình 7-13):
' 98.1 kPa
 
 
Hình ví dụ 7.3

Bộ môn Địa Kỹ Thuật, WRU
12

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

 

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
 
 
        
   


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

,
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


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
,

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

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


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
912.01

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:


=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

1

   
190
220130
log12
725.01
262.0
130
190
log12
725.01
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.

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.

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

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.