路基路面工程试卷答案

路基路面工程试卷答案内容摘要：

稳定性 、 耐久性 、 平整度 、 抗滑性 等基本性能。 三、 名词解释（本大题共 7 小题，每小题 3分，总计 21 分） 路基临界高度是指在最不利季节，当路基分别处于干燥、中湿或潮湿状态时，路槽底距地下水位或长期地表积水水位的最小高度。 压实度是指工地上压实达到的干容重  与用室内标准击实试验 所得的该路基土的最大干容重 0 之比。 压实度 %1000  K。 当挡土墙向外移动（位移或倾覆）时，墙后土压力随之减小，直到墙后土体沿破裂面下滑而处于极限平衡状态，此时作用于墙背的土压力称为主动土压力。 由于路面上行驶的车辆类型很多，轴载也不相同，对路面的损坏程度也不同，因此选择一种标准轴载，并将各级轴载作用次数换算为标准轴载作用次数，称为轴载换算。 沥青和沥青混合料应力应变关系随温度和荷载作用时间而 变化，将沥青材料在给定的荷载作用时间和温度条件下应力与应变的比值称为劲度。 我国幅员辽阔，各地气候、地形、地貌、水文地质条件相差很大，各种自然因素对公路构造物产生的影响和造成的病害也各不相同，因此在不同地区的 公路设计中应考虑的问题各有侧重。 为了根据各地自然条件特点对路线勘测、路基路面设计、筑路材料选择、施工方案的拟定等问题进行综合考虑，根据我国各地自然条件及其对公路建筑影响的主要特征，将全国进行划分为不同自然区，相应列出了各自然区的气候、地形、地貌、地质等特征以及自然区的公路工程特点，常见公路病害和路基路面设计的有关参数等，供各地在公路设计与建筑中参考使用。 得分 第 8 页 共 17 页 是指为了保证路基稳定，根据土质 ,气候和水文地质条件，所规定的路 肩边缘距原地面的最小高度。 四、简答题（ 本大题共 6小题， 每小题分数见题后，总计 34 分）。 指出现行水泥混凝土路面设计规范规定的临界荷位（可画图说明）。 （ 5分） 在水泥混凝土路面设计时，为了简化计算工作，选取使板内产生最大应力或最大疲劳损伤的一个荷载位置作为应力计算的荷载位置，称为临界荷位，现行设计方法以纵缝边缘中部作为临界荷位。 2．简述路基边坡稳定性分析方法中，直线法、圆弧法和折线法的适用条件。 （ 6分 ） 1）直线法适用于由砂土或砂性土组成，抗力以摩阻力为主，滑动面为平面的路堤或路堑边坡，以及原地面为单一倾斜的陡坡路堤的稳定性验算。 2）圆 弧法适用于一般粘性土组成的路堤或路堑边坡的稳定性验算。 3）折线法适用于滑动面为折线或其它形状的边坡稳定性验算。 3．简述新建沥青路面结构设计步骤。 （ 6 分 ） 1）根据设计任务书的要求，确定路面等级和面层类型，计算设计年限内一个车道上的累计当量轴次和设计弯沉值； 2）按路基土类和干湿类型，将路基划分为若干路段，确定各路段土基的回弹模量值。 3）拟定几种可能的路面结构组合方案与厚度方案，根据选用的材料进行配合比试验及测定各结构层的抗压回弹模量、抗拉强度，确定各结构层材料的设计参数。 4）根据设计弯沉值计算路面厚 度。 对高等级公路沥青面层和半刚性结构层的拉应力进行验算。 如不满足要求，应调整路面结构厚度，或变更路面结构组合，或调整材料配合比，提高极限抗拉强度，再重新计算。 5）进行技术经济比较，确定采用的路面结构方案。 4．试述下式中各参数意义。 （ 5分 ） 得分 第 9 页 共 17 页 bsced AAANl   dl 为路面设计弯沉值（ ）； eN 为设计年限内一个车道上的累计当量轴次； cA 为公路等 级系数； sA 为面层类型系数； bA 为基层类型系数。 5． 水泥混凝土路面设置基层有哪些作用。 （ 6分 ） 1） 扩散行车荷载，降低路基应力； 2）提高水稳定性，防治唧浆和冻胀； 3）保证路面有较好的平整度； 4）为混凝土面板提供均匀稳定的支撑，减小面板弯拉应力，延长疲劳寿命； 5）为面层施工提供支撑平台，便于架设模板等。 6． 提高沥青混合料的高温稳定性的技术措施有哪些。 （ 6分 ） 1）选用粘度高，针入度小，软化点高和含蜡量低的沥青； 2）用外掺剂改性沥青； 3）确定中、底面层沥青混合料的沥青用量时，采用略小于马歇尔试验最佳沥青用量； 4）采用粒径较大和碎石含量多的矿料，并控制碎石中的扁平、针状颗粒的含量； 5）保持合理粉胶比，减少游离沥青； 6）保持混合料合理的空隙率； 7）采用较高的压实度等。 五、 某陡坡路堤的横断面如图所示，已知填料容重γ =，填土与原地面间的内摩阻角Φ =23176。 30″ ， C=0，车辆荷载换算高度 h0=, 若要求安全系数 K=，试验算该路堤边坡的稳定性（图中土块面积已包括 h0）。 （ 本题10 分） 设路基宽度为 1 得分 18030’ 45045’ 30028’ A1=42m2 A2= A3= 第 10 页 共 17 页 G1＝ 42 1 ＝ KN G2＝ 1 ＝ G3＝ 1 ＝ T1=G1sinα 1= sin30176。 28′ =428KN f1=G1cosα 1tanφ = cos30176。 28′ tan23176。 30′ = E1=428－ = KN T2=G2sinα 2= sin45176。 45′ =1087 KN N2= G2cosα 2= cos45176。 45′ = KN E2=[ T2+ E1cos(α 1－α 2)]－ 1/K[N2+ E1sina(α 1－α 2)] tanφ =[1087+ cos(30176。 28′－ 45 176。 45′ )]－ 1/[+ sina(30176。 28′－ 45 176。 45′ )] tan23176。 30′ =－ =753 KN T3=G3sinα 3= sin18176。 30′ = KN N3= G3cosα 3= KN E3=[ T3+ E2cos(α 2－α 3)]－ 1/K [N3+ E。