esami_5

Corsi di Geotecnica 1, Geotecnica 2 e Meccanica delle terre e delle rocce.

Esercizi d’esame risolti

Ing. Lucia Simeoni http://www.ing.unitn.it/~simeonil/Esercizi.html

5. Applicazione dei teoremi dell’analisi limite

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

ESERCIZIO 3 (19 febbraio 2003) Con riferimento allo schema di figura si determini la profondità di infissione della paratia, la spinta agente nel puntello nelle condizioni di lungo termine e il fattore di sicurezza nei confronti del sollevamento del fondo scavo. Si consideri che lo scavo è eseguito in un’area infinitamente estesa da entrambi i lati dello scavo e che l’argilla è completamente satura anche sopra la falda. Si assumano i seguenti valori delle caratteristiche meccaniche della sabbia γ = 20 kN/m3, c’ = 0 e φ’ = 35° e dell’argilla γ = 20 kN/m3, c’ = 0 e φ’ = 25°.

puntello

Argilla

Argilla

A Sabbia

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

ESERCIZIO 2 (30 giugno 2003) Con riferimento alla paratia di figura si applichi il teorema statico dell’analisi limite per determinare la profondità di infissione D e la forza del tirante T nella condizione a lungo termine. Si consideri l’argilla satura anche al di sopra della falda e il regime delle pressioni interstiziali di tipo idrostatico. Si assuma un coefficiente di sicurezza η=1,2.

2

6

D

Argilla: γ = 20 kN/m3 c'=0 φ' = 25°

tirante

Argilla

Argilla

Argilla

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

ESERCIZIO 2 (27 ottobre 2003) In un’area pianeggiante infinitamente estesa si deve eseguire uno scavo a parete verticale, secondo la geometria riportata in figura.

Il terreno è costituito da uno strato di argilla satura avente uno spessore di 8 metri e posto sopra uno strato di sabbia.

I piezometri collocati nello strato di argilla e nello strato di sabbia hanno entrambi fornito un carico piezometrico medio pari a h=8 m rispetto al tetto dello strato di sabbia.

Si determini la profondità dello scavo S affinché il coefficiente di sicurezza al sollevamento del fondo scavo sia pari a 5/3 e si valuti il corrispondente valore della portata oraria per metro di lunghezza dello scavo che deve essere emunta in modo da mantenere lo scavo asciutto.

Assumendo un coefficiente di sicurezza per i parametri di resistenza pari a 1,2, si calcoli infine la profondità d'infissione D delle due paratie.

4

Sabbia: γ = 20 kN/m3 c'=0 φ' = 32° k= 1 10-4 m/s

S

Argilla

D

Sabbia

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

Argilla

Argilla: γ = 20 kN/m3 c'=0 φ' = 27° k= 1 10-9 m/s

ESERCIZIO 3 (27 ottobre 2003) Per esigenze costruttive, le paratie dell'esercizio precedente sono lunghe 10 m. Si determini, in tal caso, il valore della forza agente nei puntelli, che sono posti ad un’interasse di 1,5 m.

ESERCIZIO 2 (16 febbraio 2005) Con riferimento alle condizioni non drenate, determinare il carico limite q della fondazione indicata in figura utilizzando il teorema statico e cinematico dell’analisi limite.

1m q

γw=10

2m

γ =20 kN/m3 cu=40 kPa

1. TEOREMA STATICO Ricerchiamo una distribuzione degli sforzi totali che sia equilibrata con le forze esterne e che non violi in alcun punto il criterio di rottura.

Definita la coordinata z, le equazioni indefinite di equilibrio in termini di sforzi totali sono: 1m

 δσ x  δx = 0 ⇒ σ x = f ( z )  δσ  z = γ ⇒ σ z = γ ⋅ z + f ( x)  δz

q

z

Le condizioni al contorno sono:

2m

x

x = 0 : σ x = γ w ⋅ z   z = 0: σz = q Da cui si ottiene:

σ x = γ w ⋅ z  σ z = γ ⋅ z + q Affinchè non sia violata la condizione di rottura deve essere soddisfatta la seguente relazione:

τ

σ z − σ x = γ ⋅ z + q − γ w ⋅ z ≤ 2 ⋅ cu Da cui si ottiene:

q ≤ 2 ⋅ cu − (γ − γ w ) ⋅ z Il valore di q è quindi funzione della profondità z ed assume il valore minimo per z=2 m:

qs = 2 ⋅ 40 − ( 20 − 10) ⋅ 2 = 60 kPa Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

cu

σx

σz

σ

2. TEOREMA CINEMATICO Scegliamo un cinematismo compatibile, secondo il quale il concio di terreno rappresentato nella figura a lato si sposta di δ su una retta inclinata di π/4.

Il lavoro esterno è dato da:

Le = q ⋅ 1 ⋅ δ v + W ⋅ δ v − S w ⋅ δ h In cui W è il peso del concio, Sw la spinta dell'acqua sulla parete verticale, δv e δh le componenti verticale ed orizzontale dello spostamento δ.

1 1 W = γH 2 = 20 ⋅ 12 = 10 kN / m 2 2 1 1 S w = γ w H 2 10 ⋅ 12 = 5 kN / m 2 2 2 δv = δh = δ 2

1m q

δ

1m Sw

W

Il lavoro esterno vale:

Le = q ⋅

2 2 2 δ + 10 ⋅ δ −5 δ 2 2 2

Il lavoro interno è dato da:

Li = cu Lδ = 40 ⋅ 2 ⋅ 1δ

δh δ

δv

Uguagliano lavoro interno e lavoro esterno si ottiene:

Le = Li 2 2 2 δ + 10 ⋅ δ − 5 δ = 40 ⋅ 2 ⋅ 1δ 2 2 2 qc = 75 kPa q⋅

Il reale carico di collasso sarà compreso tra l'estremo inferiore ottenuto con il teorema statico e l'estremo superiore ottenuto con il teorema cinematico. Per ottenere il suo reale si possono inserire discontinuità statiche nella soluzione del teorema statico e differenti cinematismi nella soluzione del teorema cinematico:

q s ≤ q ≤ qc

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

ESERCIZIO 2 (1 settembre 2005) Con riferimento allo schema di figura si determini il tiro T dell’ancoraggio affinché sia verificata la stabilità della paratia.

Si esegua il calcolo adottando il teorema statico dell’analisi limite, condizioni non drenate e un coefficiente di sicurezza sui parametri di resistenza pari a 1,3. Si consideri secca la sabbia sopra la falda.

Sapendo che la permeabilità della sabbia è molto maggiore di quella dell’argilla, si valuti infine il valore che la pressione interstiziale assume a lungo termine alla base della paratia.

1

T

2

5

Sabbia: γ= 20 kN/m3 c’= 13 kPa Φ’=35° Argilla: γ=20 kN/m3 cu=39 kPa

Sabbia 3 1 Argilla 2

Per risolvere la paratia ancorata con il teorema statico dell’analisi limite è necessario individuare una distribuzione degli sforzi equilibrata e che non violi in alcun punto il criterio di rottura.

L’equilibrio è soddisfatto se sono soddisfatte contemporaneamente l’equilibrio delle forze orizzontali e l’equilibrio dei momenti:

∑F = 0 ∑M = 0 h

La non violazione del criterio di rottura richiede che gli sforzi orizzontali siano compresi tra gli sforzi corrispondenti alle condizioni di spinta attiva e quelli corrispondenti alle condizioni di spinta passiva, oppure uguali ad essi.

L’incognita del problema è la forza T esercitata dall’ancoraggio. Se si assume una distribuzione di spinta attiva a monte della paratia e di spinta passiva a valle, il sistema è sovradeterminato, essendoci due equazioni ed una incognita. Ne segue che la distribuzione degli sforzi deve presentare una discontinuità statica, di posizione incognita, per cui si ha il passaggio da spinta attiva a passiva o viceversa.

Tale discontinuità si trova alla sommità o alla base della paratia a seconda che la profondità di infissione già fissata e pari a 2 m sia minore o maggiore di quella richiesta dall’equilibrio della paratia in cui la distribuzione degli sforzi non prevede la discontinuità statica.

Per posizionare la discontinuità statica è pertanto necessario risolvere prima la paratia nell’ipotesi di tiro dell’ancoraggio T e profondità di infissione D incogniti.

Innanzitutto si determinano i valori dei parametri di resistenza di progetto, dividendo i valori assegnati per il coefficiente di sicurezza. Per la sabbia:

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

c'd =

c' 13 = = 10 [kPa ] 1,3 1,3  tg 35   tgϕ '   = 28,3°  = arctg   1,3   1,3 

ϕ 'd = arctg  Per l’argilla:

c 'u d =

cu 39 = = 30 [kPa ] 1,3 1,3

I valori dei coefficienti di spinta attiva per la sabbia valgono:

ϕ'  28,3    ka = tg 2  45 −  = tg 2  45 −  = 0,36 2 2    ϕ'  28,3    k p = tg 2  45 +  = tg 2  45 +  = 2,80 2 2    Dette z e w le coordinate verticali dal piano di campagna a monte e a valle della paratia, gli sforzi verticali sono dati da:

σ v = γ ⋅ z [kPa ] σ v = γ ⋅ w [kPa ] Le pressioni interstiziali nella sabbia hanno andamento idrostatico sia a monte che a valle della paratia:

u = γ w ⋅ ( z − 3) per 3 < z < 6 [kPa ] u = γ w ⋅ w per 0 < w < 1 [kPa ] Gli sforzi verticali efficaci nella sabbia sono dati da:

σ 'v = σ v − u [kPa ] Indicando con D la profondità di infissione della paratia rispetto all’interfaccia sabbia-argilla, i valori degli sforzi verticali e delle pressioni interstiziali nella sabbia sono riportati nella figura che segue:

σv

σ’v

u

z=0

60

3

60

w=0 120

120+20

6

1 10

6+D 1+D

30

20+20D

Gli sforzi orizzontali efficaci nella sabbia sono dati da: Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

10

90

10

σ ' h = k a ⋅ σ ' v −2 c ' d k a

[kPa ]

a monte della paratia, e da:

σ ' h = k p ⋅ σ ' v +2 c ' d k p

[kPa ]

a valle della paratia.

Gli sforzi orizzontali totali nella sabbia sono dati da:

σ h = σ 'h +u [kPa ] E nell’argilla sono dati da:

σ h = σ v − 2cud

[kPa ]

a monte della paratia, e da:

σ h = σ v + 2cud

[kPa ]

a valle della paratia.

I valori degli sforzi sono riportati nella figura che segue. Si vede che nella sommità della paratia le condizioni di spinta attiva si dovrebbero raggiungere con sforzi orizzontali totali nulli. Tale configurazione non può essere equilibrata da alcuna pressione esterna negativa e perciò lo sforzo orizzontale deve corrispondere a quello associato alla presenza di una fessura:

σ h = 0 [kPa ] Si ha fessura fintantochè:

σ h = σ ' h + u = k a ⋅ σ ' v −2 c ' d k a + 0 = k a ⋅ γ z − 2 c ' d k a ≤ 0 Da cui si ricava che la profondità zf della fessura vale 1,67 m. Gli sforzi orizzontali totali sono:

σh

Forze

1,67

-11,94 T

O

Sa1 9,46

Sa2

33,49 50,16 60

60+20

71,5 3 80

Sa3

Sp1 Sp2

Sa4

Sp3

Sa5

Sp4

20+20D

I valori delle forze risultanti (positive se verso valle) e dei momenti rispetto al polo O (positivi se antiorari) sono: Fh [kN/m]

1 Sa1 = ⋅ 9,46 ⋅ 1,33 = 6,29 2

Braccio [m]

M [kNm/m]

2 b a1 = (1,67 − 1) + ⋅ 1,33 = 1,56 3

9,79

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

Sa 2 = 9,46 ⋅ 3 = 28,38 Sa 3 =

1 ⋅ (50,16 − 9,46) ⋅ 3 = 61,05 2

Sa 4 = 60 ⋅ D = 60 D

Sa 5 =

1 ⋅ 3 + 2 = 3,5 2 2 ba 2 = ⋅ 3 + 2 = 4 3 1 D ba 4 = ⋅ D + 5 = + 5 2 2 2 2 ba 5 = ⋅ D + 5 = D + 5 3 3 1 b p1 = ⋅ 1 + 4 = 4,5 2 2 b p 2 = ⋅ 1 + 4 = 4,67 3 1 D b p3 = ⋅ D + 5 = + 5 2 2 2 2 b p4 = ⋅ D + 5 = D + 5 3 3 ba 2 =

1 ⋅ (60 + 20 D − 60) ⋅ D = 10 D 2 2

S p1 = −33,49 ⋅ 1 = −33,49 1 S p 2 = − ⋅ (71,53 − 33,49) ⋅ 1 = −19,02 2 S p 3 = −80 ⋅ D = −80 D 1 S p 4 = − ⋅ (80 + 20 D − 80) ⋅ D = −10 D 2 2

99,33 244,20

30 D 2 + 300 D 20 3 ⋅ D + 50 D 3 -150,71 -88,76

− 40 D 2 − 400 D −

20 3 ⋅ D − 50 D 3

Le equazioni di equilibrio sono:

∑ Fh = 0  ∑ M O = 0

43,21 − 20 D − T = 0

⇒

2 113,85 − 10 D − 100 D = 0

da cui si ottiene:

T = 22,61 [ kN/m]   D = 1,03 [ m] La profondità di infissione così ottenuta è inferiore a 2 m. Per risolvere la paratia assegnata è dunque necessario introdurre una discontinuità statica alla base dell’opera. Si indica con d la profondità di tale discontinuità. La distribuzione degli sforzi orizzontali totali è quella riportata nella figura sottostante:

σh

Forze

1,67

-11,94 T

O

Sa1 9,46

Sa2

33,49 50,16 60 180+20 220

60+20

71,5 3 80 20+20d 10+10d 30

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

Sa3

Sp1 Sp2

Sa4

Sp3

Sp5

Sa6 Sa7

Sa5 Sp6

Sp4

Le nuove forze Sa4, Sa5, Sp5, Sp6, Sp3, Sp4, Sa6 e Sa7 e i loro momenti rispetto al polo O valgono:

Sa 4 = 60 ⋅ d = 60d

Fh [kN/m]

1 ⋅ (60 + 20d − 60) ⋅ d = 10d 2 2 S p 5 = (180 + 20d ) ⋅ d = 180d + 20d 2

Sa 5 =

1 ⋅ [220 − (180 + 20d )]⋅ (2 − d ) = 40 − 40d + 10d 2 2 S p 3 = −80 ⋅ d = −80d

S p6 =

1 S p 4 = − ⋅ (80 + 20d − 80) ⋅ d = −10d 2 2 Sa 6 = −(10 + 10d ) ⋅ d = −10d − 10d 2 1 Sa 7 = ⋅ [30 − (10 + 10d )]⋅ (2 − d ) = −20 + 20d − 5d 2 2 Braccio [m]

1 d ⋅d +5 = +5 2 2 2 2 ba 5 = ⋅ d + 5 = d + 5 3 3 d 1 b p 5 = (6 + d ) + ⋅ ( 2 − d ) = 7 + 2 2 2 22 d b p 6 = (6 + d ) + ⋅ ( 2 − d ) = + 3 3 3 1 d b p3 = ⋅ d + 5 = + 5 2 2 2 2 b p4 = ⋅ d + 5 = d + 5 3 3 d 1 ba 6 = (6 + d ) + ⋅ ( 2 − d ) = 7 + 2 2 2 22 d ba 7 = (6 + d ) + ⋅ ( 2 − d ) = + 3 3 3

M [kNm/m]

ba 4 =

30d 2 + 300d 20 3 ⋅ d + 50d 3 10d 3 + 230d 2 + 1260d 10 3 260 2 880 d + d − 280d + 3 3 3 − 40d 2 − 400d −

20 3 ⋅ d − 50d 3

− 5d 3 − 75d 2 − 70d 5 440 − d 3 − 30d 2 + 140d − 3 3

Le equazioni di equilibrio sono:

∑ Fh = 0  ∑ M O = 0

403,21 − 190d − 5d 2 − T = 0 ⇒ 3 2 − 3,33d − 125d − 1120d + 2640,53 = 0

da cui si ottiene:

T = 19,98 [ kN/m]  d = 1,92 [ m] Il valore del tiro dell’ancoraggio si è leggermente ridotto rispetto alla soluzione precedente.

Per la valutazione del valore della pressione interstiziale a lungo termine alla base della paratia si può notare che la geometria del problema è simmetrica.

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

1

T

2 5 Sabbia 3 1 Argilla A C

2

B

Detti A e C i punti adiacenti a monte e a valle della paratia e posti all’interfaccia tra sabbia e argilla, e B il punto posto alla base dell’opera, le perdite di carico idraulico tra A e B devono uguagliare le perdite tra B e C:

h AB = h BC Assumendo come origine delle altezze geometriche la base della paratia, il carico idraulico in A vale:

h A = ξA +

uA

γw

=2+

30 = 5 [m] 10

Il carico idraulico in C vale:

h C = ξC +

uC

γw

=2+

10 = 3 [m ] 10

Ne segue che il carico idraulico in B deve valere:

hB = h A −

h A - hC = 5 − 1 = 4 [m] 2

e la pressione interstiziale:

uB = γ w ⋅ (h B − ξ B ) = 10 ⋅ 4(1 − 0) = 40 [m]

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

ESERCIZIO 2 (17 gennaio 2006) Con riferimento allo schema di figura si determini il tiro T dell’ancoraggio e la profondità di infissione D affinché sia verificata la stabilità della paratia. L’argilla è ovunque satura e nel piezometro installato nel punto P è stato misurato un valore di pressione pari a zero. Si esegua il calcolo adottando il teorema statico dell’analisi limite, condizioni drenate e un coefficiente di sicurezza sui parametri di resistenza pari a 1,3. [R. T=132,06 kN/m; D=2,62 m]

Sabbia: γ= 20 kN/m3 c’= 0 kPa Φ’=35°

2 T

6

1 P

Argilla: γ=20 kN/m3 c’= 13 kPa Φ’=25°

Argilla 3

Sabbia D

ESERCIZIO 2 (9 febbraio 2006) Utilizzando il teorema statico dell’analisi limite, determina un limite inferiore del carico q per la fondazione nastriforme riportata in figura. Il sottosuolo è costituito da due terreni denominati Terreno 1 e Terreno 2. Il Terreno 1, più superficiale, ha uno spessore di 2 m, peso dell’unità di volume γ1=20 kN/m3, coesione c’1=0 kPa e angolo di resistenza al taglio ϕ’1=30°. Il Terreno 2 è posto a letto del precedente e possiede peso dell’unità di volume γ2=20 kN/m3, coesione c’2=0 kPa e angolo di resistenza al taglio ϕ’2=20°. Il peso dell’unità di volume dell’acqua è γw=10 kN/m3. La falda si trova a 5 m di profondità dal piano di campagna e il terreno è ovunque saturo; assumi pertanto una distribuzione lineare delle pressioni interstiziali [q=221 kPa per z=2 m].

q u=-50 kPa

2m

Terreno 1

Terreno 1: γ1= 20 kN/m3 c’1= 0 kPa ϕ’1=30° Terreno 2:

3m

Terreno 2

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

γ2= 20 kN/m3 c’2= 0 kPa ϕ’2=20°

ESERCIZIO 3 (18 aprile 2006) Utilizzando il teorema cinematico dell’analisi limite e il cinematismo riportato in figura, nell’ipotesi che il contatto muroterreno sia liscio, valuta un limite inferiore della spinta attiva sul muro. [R. Sa=γ1 (H/2)2[1.634-4 cu2/(γ1H)]

Terreno 1: H/2

γ1 ϕ’1=30°

Terreno 1

c’1=0 kPa u=0

45°+ϕ H/2

Terreno 2 45°

Dr. Lucia Simeoni, Università degli Studi di Trento

Terreno 2: γ2= γ1 cu2 con cu2<γ1·H/4