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“RESISTENZA AL TAGLIO DEI TERRENI”Esercizi svolti

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI FIRENZEDipartimento di Ingegneria Civile e AmbientaleSezione geotecnica (www.dicea.unifi.it/geotecnica)

Johann [email protected]

http://www.dicea.unifi.it/~johannf/

Corso di GeotecnicaIngegneria Edile, A.A. 2012/2013

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI FIRENZEDIPARTIMENTO DI INGEGNERIA CIVILESezione geotecnica

Resistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013 2/63

CERCHI DI MOHR

Rappresentazione degli stati tensionali

Esercizio 1

I. le tensioni totali principali, 1 e 3 e l’angolo di inclinazione del pianocorrispondente alla massima tensione principale (1) e il piano orizzontale;

100 mm

5 kN

3 kN

1 kN

1 kN

Dati:

Forza normale agente sul pianoorizzontale (Nv) = 5 kN

Lato dell’elemento (L) = 100 mm

Forza normale agente sul piano verticale(NH) = 3 kN

Un campione di terreno a sezione quadrata è soggetto alle forze indicate inFigura.Determinare:

Forza tangenziale agente sul pianoorizzontale e verticale (TH = TV) = 1 kN

II. la massima tensione di taglio maxIII. le tensioni agenti su un piano inclinato (in sensoorario) di 30° rispetto al piano della massimatensione principale (1).


3/63

Svolgimento:

A partire dai valori delle forze agenti sulle facce, orizzontali e verticali,dell’elemento si ricavano (con riferimento ad uno stato tensionale piano) letensioni normali e tangenziali corrispondenti, assumendo:

I. Determinare le tensioni totali principali, 1 e 3 e l’angolo di inclinazione delpiano corrispondente alla massima tensione principale (1) e il piano orizzontale;


L’area dell’elemento vale: = L2 = 1002 mm2 =10‐2 m2

v = NV/A = 5kN/10‐2 m2 = 500 kPa vH = NH/A = 3kN/10‐2 m2 = 300 kPa

HHV = TH/A = 1kN/10‐2 m2 = 100 kPa

HV

VH = ‐TH/A = ‐1kN/10‐2 m2 = ‐100 kPa = ‐ V

VH

le tensioni normali con segno positivo, quando sono di compressione, e consegno negativo, quando sono di trazione (in geotecnica sono sempre positive,non potendo il terreno sostenere sforzi di trazione) le tensioni tangenziali con segno positivo quando danno luogo ad unacoppia antioraria e con segno negativo quando danno luogo ad una coppiaoraria gli angoli con segno positivo se misurati in senso antiorario si consideranopositivi, altrimenti negativi.

Resistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


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Svolgimento:

Una volta che si conoscono le tensioni agenti su almeno due piani tra loroortogonali (passanti per il punto del terreno di cui si vuole caratterizzare lostato tensionale), il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale delterreno (in quel punto) è univocamente determinato, in quanto i punti delcerchio di Mohr che rappresentano le tensioni agenti su tali piani sonodiametralmente opposti.


In tal caso il punto che rappresenta la tensione agente sul piano orizzontale è:H (v ,H) ≡ ( 500 kPa, ‐ 100 kPa)e sul piano verticale:V (H ,V) ≡ ( 300 kPa, 100 kPa)

H

V

COH

V

HV

VH

e le coordinate del centro C valgono:C [(v+H)/2 ; 0] ≡ ( 400 kPa, 0 kPa)e il raggio R:

R

R = √(VA2+VC2)

A

2HV

2HV

2R

= [(500‐300)/2]2 + 1002]1/2 = 141.4 kPaResistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


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Svolgimento:


Le tensioni principali, maggiore e inferiore, valgono rispettivamente:

H

V

CO H

V

HV

VH

R

1 = OC + R = 400 kPa + 141.4 kPa = 541.4 KPa3 = OC ‐ R = 400 kPa ‐ 141.4 kPa = 258.6 KPa

3 1

Si assume come riferimento perindividuare l’orientazione dei piani delfascio il piano principale maggiore 1 (lacui traccia è l’asse ) e P (3 ,0)rappresenta il polo del cerchio.

P

Siccome il polo rappresenta il punto tale che qualunque retta uscente da essointerseca il cerchio in un punto le cui coordinate rappresentano lo statotensionale agente sul piano che ha per traccia la retta considerata, la retta PH èla traccia del piano orizzontale e l’asse rappresenta la traccia del piano 1, neconsegue che l’angolo di inclinazione tra i due piani vale:

= CPH

ma: HV = R∙sen(2) = [arcsen(HV /R)]/2 =arcsen(‐100/141.4)/2 = ‐22.5°



6/63

Svolgimento:


H

V

CO

H

V

HV

VH

R

3 1

P

II. Determinare la massima tensione di taglio max

Il valore massimo della tensione tangenziale, è pari al raggio del cerchio di Mohr.

ed agisce su un piano ruotato di /4 rispettoal piano principale maggiore (M).

Mmax = R = 141.4 kPa

N

Sempre con riferimento al polo P il piano cercato ha per traccia la retta PN e letensioni agenti su tale piano, rappresentate dalle coordinate di N, sono (con =‐30°): = R∙sen(2) = 141.4 kPa ∙sen (‐2∙30°) = ‐ 122.5 kPa

= OC+ R∙cos(‐2) = 400 kPa + 141.4 kPa ∙cos (‐2∙30°) = 470.7 kPa

III. le tensioni agenti su un piano inclinato(in senso orario) di 30° rispetto al pianodella massima tensione principale (1).



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Con riferimento a un deposito di argilla sovraconsolidata (sat = 20 kN/m3, ʹ =20°, OCR = 10) infinitamente esteso in direzione orizzontale e con piano dicampagna orizzontale, si consideri un elemento di terreno a profondità z = 6 mdal piano di campagna. Assumendo il livello di falda coincidente col piano dicampagna (w = 9.81 kN/m3):

a) si calcolino le tensioni (efficaci e totali) agenti allo stato attuale sullʹelementoe si disegnino i cerchi di Mohr che ne rappresentano lo stato tensionale;b) si determini il modulo della tensione agente su un piano inclinato di 15° insenso antiorario rispetto allʹorizzontale;c) si individui il piano su cui agisce la massima tensione (intesa in modulo);d) si determini e si disegni lo stato di sforzo massimo (totale ed efficace) a cuilʹelemento è stato sottoposto nella sua storia.

Esercizio 2 (Esame del 12/12/2007)



8/63


Dati:Peso di volume saturo (sat) = 20 kN/m3

Angolo di resistenza al taglio (’) = 20°

Profondità della falda rispetto al p.c. (zw) = 0 mInclinazione del piano () = 15°

P

Z

p.c.

Peso specifico dell’acqua (w) = 9.81 kN/m3

Grado di sovraconsolidazione (OCR) = 10

Svolgimento:a) si calcolino le tensioni (efficaci e totali) agenti allo stato attuale sullʹelementoe si disegnino i cerchi di Mohr che ne rappresentano lo stato tensionale;Considerate le condizioni geometriche (deposito infinitamente esteso indirezione orizzontale e p.c. orizzontale) e l’assenza di carichi applicati, lo statotensionale in un generico punto del deposito è assial‐simmetrico, per cui letensioni verticali e orizzontali sono anche tensioni principali e valgono:

Profondità del punto P rispetto al p.c. (Z) = 6 m



9/63


P

Z

p.c.

Svolgimento:Considerato che il deposito è sovraconsolidato e quindi:

v0 = sat∙Z = 20 kN/m3 ∙6m = 120 kPa = 3 ‘v0 = (sat∙‐ w)∙Z = (20‐9.81) kN/m3 ∙6m = 61.1 kPa = ’3 ‘h0 = K0(OCR) ∙ ‘v0 = 2.1∙61.1 kPa = 128.3 kPa = ’1

(u0 = w∙Z = 9.81 kN/m3 ∙6m = 58.9 kPa)

K0(OCR) = (1‐sen’)∙OCR = (1‐sen20°)∙100.5 = 2.1 > 1 (si assume = 0.5)

h0 = ‘h0 + u0 = 128.3 kPa + 58.9kPa = 187.2 kPa = 1

O ’

v0 h0 ‘h0 ‘v0 C’ C

u0 ‘h0 = ’1

‘v0 = ’3



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Svolgimento:

‐ K0 >1, 1 = 2 = h; 3 = vil piano 1 è verticale e il piano 3 è orizzontale.

‐ K0 <1, 1 = v; 2 = 3 = hIl piano 1 è orizzontale e il piano 3 è verticale.

In condizioni assial‐simmetriche, se:

b) si determini il modulo della tensione agente su un piano inclinato di = 15°in senso antiorario rispetto allʹorizzontale;Si assume come riferimento per individuare l’orientazione dei piani delfascio il piano orizzontale che è anche il piano principale minore 3 (la cuitraccia è l’asse ) e P (’1 ,0) ≡ (‘h,0) rappresenta il polo del cerchio.Con riferimento al polo P il piano cercato ha per traccia la retta PQ e letensioni agenti su tale piano, rappresentate dalle coordinate di Q, sono: = ‐ R∙sen(2)

‘ = OC‐ R∙cos(2)



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Svolgimento:

O’

‘h0 ‘v0P

Q

’ C

dove R = (’1 – ’3)/2 = (128.3 – 61.1)/2 = 33.6 kPa

OC = ’3 + R = 61.1 + 33.6 = 94.7 kPa

= ‐R∙sen(2) = ‐33.6 kPa∙ sen(2∙15°) = ‐16.8 kPa‘ = OC ‐ R∙cos(2) = 94.7kPa ‐ 33.6∙cos(2∙15°) = 65.6 kPa

Quindi:

e il modulo della tensione vale:R = √(2 + ‘2) = (16.82 + 65.62)1/2 = 67.7 kPa

1

3

1

3D

R



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Svolgimento:

Il modulo della tensione agente sul generico piano inclinato di in sensoantiorario rispetto all’orizzontale vale:

R = √R2 + OC2 = (33.62 + 94.72)1/2 = 100.5 kPa

c) si individui il piano su cui agisce la massima tensione (intesa in modulo)

R = √(2 + 2) = [R2∙sen2(2) + OC2 + R2∙cos2(2) ‐ 2ROCcos(2)]1/2 == [R2 + OC2 ‐ 2ROCcos(2)]1/2

che assume valore massimo quando 2 = , ovvero = /2.Il piano su cui agisce la massima tensione (in modulo) è quindi il pianoprincipale maggiore, ovveor il piano verticale su cui agisce la tensioneorizzontale:

O’

‘h0 ‘v0PC

Rmax



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Svolgimento:d) si determini e si disegni lo stato di sforzo massimo (totale ed efficace) a cuilʹelemento è stato sottoposto nella sua storia.Dalla definizione di grado di sovraconsolidazione OCR, la massima tensioneefficace verticale raggiunta vale: ‘vmax = OCR ∙ ‘v0 = 10∙61.1 kPa = 610.1 kPa = ’1

‘hmax = K0(NC) ∙ ‘vmax = (1‐sen’)∙’vmax = (1‐sen20°)∙610.1 kPa = 401.4 kPa = ’3

vmax = ‘vmax + u0 = 610.1 kPa + 58.9kPa = 669 kPa = 1

O ’

hmax vmax ‘vmax ‘hmax C’ C

u0 ‘hmax = ’3

‘vmax = ’1

e considerando che il deposito è in tal caso normal‐consolidato:

e nell’ipotesi che il livello di falda non sia mutato:

P

Z

p.c.

hmax = ‘hmax + u0 = 401.4 kPa + 58.9 kPa = 460.3 kPa = 3



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Prova di taglio diretto

Su un campione di limo sabbioso mediamente addensato (K0 = 0.5) viene eseguitauna prova di taglio diretto applicando uno sforzo normale n = 65 kPa. Lo sforzodi taglio a rottura è f = 45 kPa. Determinare i cerchi di Mohr relativi allecondizioni iniziali e a rottura, e le tensioni principali a rottura 1f e 3f.

Esercizio 3

Dati:Limo sabbiosoCoefficiente di spinta a riposo (K0) = 0.5

c’ = 0

Sforzo normale (n) = 65 kPaSforzo di taglio a rottura (f) = 45 kPaSvolgimento:Al termine della prima fase di consolidazione (edometrica) della prova,l’incremento di carico assiale n si è trasformato in un pari incremento ditensioni efficaci, lo stato tensionale del provino è assial‐simmetrico contensioni efficaci verticali e orizzontali pari rispettivamente a: ‘v0 = n = 65 kPa = ’10 ‘h0 = K0 ∙ ‘v0 = 0.5 ∙65 kPa = 32.5 kPa = ’30



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Svolgimento:Sul piano di Mohr il cerchio che rappresenta lo stato tensionale a fineconsolidazione ha quindi raggio R e centro C:R0 = (’10 – ’30)/2 = (65 – 32.5)/2 = 16.25 kPa

OC0 = ’30 + R = 32.5 + 16.25 = 48.75 kPa

O’

‘h0 ‘v0C0

A rottura il cerchio di Mohr corrispondente è tangente all’inviluppo dirottura di equazione (c’ =0): = ’∙tg’nel punto F di coordinate: (’f, f) ≡ (’v0, f), essendo mantenuta costante,anche durante la fase di taglio, la tensione normale.

‘h0 = ’30

‘v0 = ’10

A B



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Svolgimento:e sostituendo nell’equazione della retta, si trova l’angolo di resistenza al taglio:’ = arctg(f/’n) = arctg(45/65) = 34.7°

O’

‘h0 ‘v0 = n

C0

A rottura, il piano orizzontale (così come quello verticale) non è più unpiano principale (agisce su di esso una tensione tangenziale) e le tensioniprincipali valgono:

‘f

Ff

f

‘3,f ‘1,f

RfCf

‘1f = OCf + Rf ‘3f = OCf ‐ Rfdove (considerando prima il triangolo rettangolo CfFO e poi FBO):Rf = OF∙tg’ = (FB/sen’)∙tg’ = f/cos’ = 45 kPa/cos(34.7°) = 54.7 kPa

A B‘

OCf = Rf/sen’ = 54.7 kPa/sen(34.7°) = 96.1 kPaResistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


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Svolgimento:e sostituendo :

O’

Assumendo come piano di riferimento, il piano orizzontale, il polo delcerchio è rappresentato dal punto P e l’angolo che misura l’inclinazione delpiano principale minore rispetto all’orizzontale vale (considerando iltriangolo rettangolo CfFT

‘f

Ff

f

‘3,f ‘1,f

RfCf

‘1f = OCf + Rf = (96.1 + 54.7)kPa = 150.8 kPa

= 1/2∙arcsen(f/Rf) = 1/2∙arcsen(45 kPa/54.7 kPa) = 27.7°

‘

‘3f = OCf ‐ Rf = (96.1 – 54.7)kPa = 41.4 kPa

G H

P

T

ovvero durante la fase di taglio i piani principali sono ruotati di = 27.7°.Resistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


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In un deposito di terreno sabbioso, con falda coincidente col piano dicampagna, è stato prelevato un campione ad una profondità z0 di 3 m dal pianodi campagna. Da tale campione sono stati estratti tre provini a sezionequadrata (di lato l = 6.2 cm e altezza h = 2 cm) su cui è stata eseguita una provadi taglio diretto, con i risultati di seguito riportati in termini di carico assialeapplicato, N, e forza di taglio orizzontale a rottura, Tf.

a) Si disegni lʹinviluppo a rottura secondo il criterio di Mohr‐Coulomb e icerchi di Mohr a rottura corrispondenti ai tre provini, calcolando, perciascuno, le tensioni principali a rottura.

b) Se nel punto ove è stato estratto il campione lo stato tensionale totalevalutato è quello di seguito descritto, si verifichi se esso è compatibile con laresistenza del materiale e si disegni il cerchio di Mohr corrispondente.



(kPa) (kPa)sul piano orizzontale: 246 122sul piano verticale: 87 -122 Si assuma w = 10 kN/m3.

Provino 1 2 3N (N) 192.2 384.4 1153.2Tf (N) 138.4 307.5 903.3



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Dati:

Profondità della falda rispetto al p.c. (zw) = 0 m

P

z0

p.c.

Peso specifico dell’acqua (w) = 10 kN/m3

Svolgimento:

Si calcolano le tensioni normali e tangenziali a rottura, dividendo le forzeapplicate per l’area della sezione A (anche se durante la prova l’area della sezionedel provino su cui agiscono effettivamente le forze si riduce progressivamente inmisura proporzionale allo scorrimento orizzontale, che, però, a rottura non è noto).


Profondità del campione rispetto al p.c. (z0) = 3 mLato del provino (l) = 6.2 cmAltezza del provino (h) = 2 cm

Carico assiale (Ni) = 192.2 384.4 1153.2 (N)

Forza di taglio a rottura (Tfi) = 138.4 307.5 903.3 (N)

a) Si disegni lʹinviluppo a rottura secondo il criterio di Mohr‐Coulomb e icerchi di Mohr a rottura corrispondenti ai tre provini, calcolando, per ciascuno,le tensioni principali a rottura.

Deposito sabbioso



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‘f

f

l

h A

‘f(1) = N1/A = (192.2∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 50 kPaA = l2 = 6.22 cm2 = 0.384∙10‐2 m2

‘f(2) = N2/A = (384.4∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 100 kPa

‘f(3) = N3/A = (1153.2∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 300 kPa

f(1) = Tf1/A = (138.4∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 36 kPaf(2) = Tf2/A = (307.5∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 80 kPaf(3) = Tf3/A = (903.3∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 235 kPa

N.B. L’area della sezione del provino, Af, su cui agiscono effettivamente leforze a rottura non coincide con quella iniziale A0 = l2, a causa delloscorrimento f tra le due parti del provino lungo il piano di taglio orizzontale(identificabile sulla curva sforzi‐deformazioni, ‐, una volta individuata laresistenza di picco f):

Af = l∙(l‐f)

f

f

f



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Si riportano sul piano di Mohr i punti corrispondenti, che rappresentano letensioni agenti sul piano di rottura per tre differenti valori della pressione diconsolidazione ’.


O’

‘‘f(1) ‘f(2) ‘f(3)

f(1)f(2)

f(3)

Si determina l’equazione della retta interpolante: = m∙ + ndove:n = c’m = tg’



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oppure, con maggiore rigore, si può ricorrere alla regressione lineare (per unqualsiasi numero n di punti):


Si può determinare la pendenza m della retta come media delle pendenzedelle rette passanti per ciascuna coppia di punti e poi, sostituendonell’equazione della retta le coordinate dei tre punti si può trovare n comemedia dei valori trovati:

3/m)1(f)3(f

)1(f)3(f

)2(f)3(f

)2(f)3(f

)1(f)2(f

)1(f)2(f

3/mmmn )3(f)3(f)2(f)2(f)1(f)1(f

f

N

iif

ff

N

iifif

N

Nm

2

1)(

2

1)()(

ff mn

N

iiff N 1)(

1

N

iiff N 1)(

1 dove:



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applicando la regressione lineare risulta:

da cui si ricavano i parametri di resistenza al taglio del terreno:

f

N

iif

ff

N

iifif

N

Nm

2

1)(

2

1)()(

N

iiff N 1)(

1

N

iiff N 1)(

1

= (50+100+300)/3 kPa = 150 kPa

= (36+80+235)/3 kPa = 117 kPa

= [(50∙36+100∙80+300∙235)‐3∙150∙117]/[(502+1002+3002)‐3∙1502]= 27650/35000 = 0.78

ff mn = 117‐0.79∙150 ≅ 0 kPa

c’ = n ≅ 0 kPa’ = arctg(m) = arctg(0.78) ≅ 38°




I punti, che rappresentano le tensioni agenti sul piano di rottura per tredifferenti valori della pressione di consolidazione ’, oltre che appartenereall’inviluppo a rottura, costituiscono il punto di tangenza tra l’inviluppo e icerchi di Mohr a rottura corrispondenti:

O

‘

f(1)f(2)

f(3)

R3

‘f(1) ‘f(2) ‘f(3) C3C2C1

R2R1

Il raggio dei cerchi a rottura vale:R1 = ’f(1)/cos’ = 36/cos38° = 45.7 kPa

‘

R2 = ’f(2)/cos’ = 80/cos38° = 101.5 kPa

R3 = ’f(3)/cos’ = 235/cos38° = 298.2 kPa

OC1 = ’f(1)+ R1∙sen’ = 50+45.7∙sen38° = 78.1 kPaIl centro dei cerchi a rottura è dato da:

OC2 = ’f(2)+ R2∙sen’ = 100+101.5∙sen38° = 162.5 kPaOC3 = ’f(3)+ R3∙sen’ = 300+298.2∙sen38° = 483.6 kPa

24/63’




Le tensioni principali a rottura valgono dunque per i tre cerchi:

’III(1) = OC1 ‐ R1 = (78.1 – 45.7) kPa = 32.4 kPa

25/63

’I(1) = OC1 + R1 = (78.1 + 45.7) kPa = 123.8 kPa’III(2) = OC2 – R2 = (162.5 – 101.5) kPa = 61 kPa’I(2) = OC2 + R2 = (162.5 + 101.5) kPa = 264 kPa’III(3) = OC3 – R3 = (483.6 – 298.2) kPa = 185.4 kPa’I(3) = OC3 + R3 = (483.6 + 298.2) kPa = 781.8 kPa

b) Se nel punto ove è stato estratto il campione lo stato tensionale totale valutatoè quello di seguito descritto, si verifichi se esso è compatibile con la resistenza delmateriale e si disegni il cerchio di Mohr corrispondente.

(kPa) (kPa)sul piano orizzontale: 246 122sul piano verticale: 87 -122Per verificare che lo stato tensionale sia compatibile con la resistenza delmateriale, descritta dal criterio di rottura di Mohr‐Coulomb secondo iparametri (c’ e ’) precedentemente calcolati, bisogna verificare che ilcerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale efficace sia al di sotto, osia tangente all’inviluppo.




Essendo presenti sui piani orizzontali e verticale tensioni tangenziali, lostato non è assial‐simmetrico:

26/63

v = 246 kPaH = 87 kPaH = 122 kPaV = ‐122 kPa = ‐ H

‘v = V‐ u = (246‐30) kPa = 216 kPa

e, essendo la falda in condizioni idrostatiche e coincidente col p.c. , lapressione interstiziale vale:u = w∙z0 = 10∙3 = 30 kPae quindi:

‘H = H‐ u = (87‐30) kPa = 57 kPaUna volta che si conoscono le tensioni agenti sul piano orizzontale e verticale,il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale del terreno (in quelpunto) è univocamente determinato, in quanto i punti del cerchio di Mohr cherappresentano le tensioni agenti su tali piani (tra loro ortogonali) sonodiametralmente opposti (poiché l’angolo al centro che sottende i due punti,180°è doppio dell’angolo compreso tra i pian che tali punti rappresentano, 90°)




27/63

In tal caso il punto che rappresenta la tensione agente sul piano orizzontale è:H (‘v ,H) ≡ ( 216 kPa, 122 kPa)e sul piano verticale:V (‘H ,V) ≡ ( 57 kPa, ‐ 122 kPa)

H

V

COH

V

H

V

e le coordinate del centro C valgono:C [(‘v+ ‘H)/2 ; 0] ≡ (136.5 kPa, 0 kPa)e il raggio R:

R

R = √(VA2+VC2)

A

2HV

2HV

2ʹʹR

= [(216‐57)/2]2 + 1222]1/2 = 145.6 kPa

L’equazione del cerchio di Mohr in coordinate cartesiane è:2+(‐C)2 = R2e l’equazione dell’inviluppo: = m∙Per verificare se l’inviluppo è tangente, esterno o secante rispetto al cerchio sidetermina la loro intersezione:m22+(‐C)2 = R2 (1+m)2∙2 ‐ 2C∙ +C2 ‐ R2 = 0




28/63

ovvero:

Le soluzioni di tale equazione rappresentano i punti eventuali di intersezione,il discriminante vale :D = 2732‐4∙(3.17)∙(‐2567) >0per cui esistono due soluzioni reali e distinte, cioè l’inviluppo interseca ilcerchio di Mohr in due punti, il che non è compatibile con il criterio di rotturaadottato.

(1+0.78)2∙2 ‐ 2∙136.5∙ +136.52 – 145.62 = 03.172 ‐ 273∙ – 2567 = 0

H

V

COH

V

H

V

RA

‘



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Prove triassiali

Su un campione di argilla satura (i cui parametri di resistenza al taglio, in terminidi tensioni efficaci sono: ’ = 20°; c’ = 0 kPa) vengono eseguite una prova triassialeconosolidata non drenata (TxCIU) e una prova triassiale consolidata drenata(TxCID), alla stessa pressione di cella di 200 kPa.a) Determinare la sovrappressione a rottura u nella prova TxCIU, sapendo che ilcorrispondente valore del deviatore a rottura, (1 ‐ 3)f, è risultato di 175 kPa edassumendo la back‐pressure uguale a 0.b) Determinare il valore della pressione deviatorica a rottura, (1 ‐ 3)f , raggiuntadurante la prova TxCID, sapendo che la back‐pressure applicata è di 60 kPa.

Esercizio 5

Dati:Angolo di resistenza al taglio (’) = 20°Coesione (c’) = 0 kPaPressione di cella (c) = 200 kPaDeviatore a rottura nella prova TxCIU ((1 – 3)f) = 175 kPaBack pressure nella prova TxCIU (u0) = 0 kPaBack pressure nella prova TxCID (u0) = 60 kPa



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Prove triassiali

Svolgimento:

a) Determinare la sovrappressione a rottura u nella prova TxCIU, sapendo cheil corrispondente valore del deviatore a rottura, (1 ‐ 3)f, è risultato di 175 kPaed assumendo la back‐pressure uguale a 0.Durante la prova TxCIU la pressione di consolidazione, ’c, raggiunta al terminedella fase di consolidazione isotropa è pari alla differenza fra la pressione dicella (totale), c , e la back pressure, u0:

’c = c – u0 = (200‐0)kPa = 200 kPa = cDurante la fase di compressione assiale la pressione radiale totale (= tensioneprincipale minore, 3) rimane costante (uguale alla pressione di cella c ,costante) e quindi:3f (a rottura) = 3c(a fine consolidazione) = c (di cella) = 200 kPa

Essendo noto il valore del deviatore a rottura si può determinare la tensioneassiale totale a rottura:

1f (a rottura) = 3f + (1 – 3)f = (200+175) kPa = 375 kPa

In entrambi i casi occorre trovare i cerchi di Mohr a rottura in termini ditensioni efficaci e totali e le relative tensioni principali.



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Prove triassiali

Svolgimento:Poiché durante la fase di compressione assiale si sviluppano sovrappressioni(prova non drenata), la pressione interstiziale u varia rispetto al valore inizialeu0, e così anche la pressione radiale ed assiale efficaci variano, rispetto aivalori iniziali, a fine consolidazione:

Con riferimento al piano di Mohr , il cerchio di Mohr che rappresenta lo statotensionale efficace del provino a rttura ha raggio noto pari a:R = (1 – 3)f/2 = 175/2 kPa = 87.5 kPa ed è tangente all’inviluppo di rottura, passante per l’origine (c’ = 0) e dipendenza ’ = 20°

’1c = ’2c = ’c = 200 kPa

Stato tensionale efficacea rottura

’1c=’3c’c’(-), --)’3f=’rf

1c=3c=c =3f

’1f=’af

Stato tensionale totale a rottura

1f = af

O

’

C

F

R



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Prove triassiali

Svolgimento:Con riferimento al triangolo rettangolo CFO, si può determinare il centro delcerchio:

e nota la tensione totale radiale a rottura, 3f, si ricava la pressione interstizialea rottura:

’3f = OC ‐ R = (255.8 – 87.5)kPa = 168.3 kPa

uf

OC = CF/sen’ = R/sen’ = 87.5/sen20° = 255.8 kPaDa cui si ricavano le tensioni efficaci principali:

’1f = OC + R = (255.8 + 87.5)kPa = 343.3 kPa


’1c=’3c’c’(-), --)’3f=’rf

1c=3c=c =3f

’1f=’af

Stato tensionale totale a rottura

1f = af

O

’

C

F

R

uf = 3f ‐ ’3f = (200 – 168.3)kPa = 31.7 kPa = u0 + uf = uf



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Prove triassiali

Svolgimento:b) Determinare il valore della pressione deviatorica a rottura, (1 ‐ 3)f ,raggiunta durante la prova TxCID, sapendo che la back‐pressure applicata è di60 kPa.Durante la prova TxCID la pressione di consolidazione, ’c, raggiunta al terminedella fase di consolidazione isotropa è pari alla differenza fra la pressione dicella (totale), c , e la back pressure, u0:

’c = c – u0 = (200‐60)kPa = 140 kPaDurante la fase di compressione assiale la pressione radiale totale (= tensioneprincipale minore, 3) rimane costante (uguale alla pressione di cella c ,costante) e quindi:3f (a rottura) = 3c(a fine consolidazione) = c (di cella) = 200 kPaPoiché durante la fase di compressione assiale non si sviluppanosovrappressioni (prova drenata), cioè u0 = cost, anche la pressione radialeefficace rimane costante:’3f (a rottura) = 3f ‐ u0 = 3c – u0 (= ’3c, a fine consolidazione) = c – u0= ’c (pressione di consolidazione) = 140 kPa



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Prove triassiali

Svolgimento:Invece varia progressivamente la pressione assiale (= tensione principale maggiore, 1) , sia totale (1 = a) sia efficace (’1 = ’a )’1f (a rottura) = ’3f + (a ‐ r)f = ‘c + (a – r)f ≠ ’1c1f (a rottura) = 3f + (a ‐ r)f = c + (a – r)f ≠ 1cCon riferimento al piano di Mohr , il cerchio di Mohr che rappresenta lo statotensionale efficace del provino a rottura è tangente all’inviluppo a rottura epassa per il punto (’c,0), per cui:

O ’’f

’


’1f = ’af’1c= ’3c= ’c = ’3f

C

F

R = FC = OC∙sen’OC = ’c + Re sostituendo:R = (’c + R)∙sen’R = ’c ∙sen’/(1‐sen’)= 140∙sen20°/(1‐sen20°) = 72.8 kPa

(1 – 3)f = 2R = 145.6 kPa

’1f = ’3f + (a ‐ r)f = (140+145.6)kPa= 285.6 kPa

1f = 3f + (a ‐ r)f = (200+145.6)kPa= 345.6 kPa

u0

1f3f



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Su tre campioni prelevati in uno strato di argilla di spessore pari a 20 m (conpeso di volume = 20 kN/m3 e falda al piano di campagna) sono state eseguiteprove triassiali non consolidate non drenate (TXUU) con misura delle pressioniinterstiziali. I risultati in termini di tensioni totali e di pressioni a rottura sonoriportati in tabella.

Esercizio 6

Prove triassiali

Prof. [m]

3f [kPa]

1f [kPa]

uf [kPa]

2.5 200 300 120 5.0 200 310 112 15.0 300 450 180

Determinare:a) le caratteristiche meccaniche di resistenza al taglio dell’argillab) la coesione non drenata ad una profondità di 10 m



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Prove triassiali

Dati:

Profondità della falda rispetto al p.c. (zw) = 0 mH

z1p.c.

Peso di volume dell’argilla (sat) = 20 kN/m3

Svolgimento:

Spessore dello strato di argilla (H) = 20 m

Tensione totale radiale a rottura (3f(i)) = 200 200 300 (kPa)300 310 450 (kPa)Tensione totale assiale a rottura (1f(i)) =

Profondità di estrazione del campione (z(i)) = 2.5 5 15 (m)

a) Determinare le caratteristiche meccaniche di resistenza al taglio dell’argillaNel caso in esame, diversamente da quanto accade di solito per prove TXUU,sono note anche le pressioni interstiziali a rottura, il che consente di ricavarele tensioni principali efficaci a rottura e quindi di costruire i corrispondenticerchi di Mohr sia in termini di tensioni totali (per la stima della coesione nondrenata) che efficaci (per la stima dell’angolo di resistenza al taglio e dellacoesione).

z2z3

120 112 180 (kPa)Pressione interstiziale a rottura (uf(i)) =



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Prove triassiali

‘3f(i) = 3f(i) – uf(i) =‘1f(i) = 1f(i) – uf(i) =

80 88 120 (kPa)

180 198 270 (kPa)

Il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale totale a rottura per i trecampioni ha un diametro pari a (’1‐’3)f(i), passa per i punti di coordinate[3f(i),0] e [1f(i),0], il suo raggio individua la coesione non drenata.

cu(i)= 1f(i) – 3f(i)]/2 = 50 55 75 (kPa)Siccome la prova non è consolidata, la pressione di consolidazione della provaè (all’incirca) pari a quella in sito, che, per i tre campioni, essendo differente laprofondità di estrazione, varia. Questa spiega il fatto che i cerchi di Mohr arottura in termini di tensioni totali hanno diametro differente, e quindi nonsono tangenti allo stesso inviluppo a rottura in termini di tensioni totali (f =cu), e quindi la coesione non drenata misurata sia diversa.I cerchi di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci (riferendosi icampioni di terreno allo stesso strato di argilla supposta omogenea) sonoinvece tangenti allo stesso inviluppo a rottura (f = ’∙tg’ + c’)



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Prove triassiali

cu2

’(--), (-)uf(1)

1f(3)

Note le tensioni principali efficaci a rottura, è possibile determinare laposizione del centro e i raggi di tali cerchi:

cu3

cu1

uf(2)uf(3)

1f(2)3f(2)3f(1) = 1f(1)= 3f(3)

’

Ri = ‘1f(i) – ’3f(i)]/2 =OC(i) = ‘1f(i) + ’3f(i)]/2 =

50 55 75 (kPa)

130 143 195 (kPa)

c’



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Prove triassiali

Per determinare la pendenza e l’intercetta dell’inviluppo a rottura si possonoconsiderare i cerchi di rottura a due a due e imporre la tangenza.

‘3f(1)

’

’‘3f(2) ‘3f(3)

‘1f(1) ‘1f(2) ‘1f(3)

C(3)

F(3)

R(3)C(2)

F(2)R(2)

F(1)

C(1)

R(2)

R(3) – R(2) = (OC(3) ‐ OC(2))∙sen’

T

Ad esempio, con riferimento al secondo e al terzo cerchio, si ottiene:considerando il triangolo rettangolo F(3)TF(2):

’ = arcsen[(R(3) – R(2))/(OC(3) ‐ OC(2))]= arcsen[(75‐55)/(195‐143)] = 22.6°

OD

R(3) =DC(3)∙sen’ = (OC(3)+DO)∙sen’23 == OC(3)∙sen’23+c’∙cos’

e considerando il triangolo rettangolo F(3)C(3)D:c23’ = (R(3) – OC(3)∙sen’23)/cos’23 =

= (75‐195∙sen22.6°)/cos22.6°= 0.07 kPa

c’



40/63

Prove triassiali

’ = (’12+’23+ ’13)/3 = 22.6°

Considerando il primo e il terzo cerchio e il primo e il secondo si ottiene:

’ = arcsen[(R(3) – R(1))/(OC(3) ‐ OC(1))] = arcsen[(75‐50)/(195‐130)] = 22.6°

’ = arcsen[(R(2) – R(1))/(OC(2) ‐ OC(1))] = arcsen[(55‐50)/(143‐130)] = 22.6°

c13’ = (R(3) – OC(3)∙sen’13)/cos’13 = (75‐195∙sen22.6°)/cos22.6° = 0.06 kPa

c12’ = (R(2) – OC(2)∙sen’12)/cos’12 = (55‐143∙sen22.6°)/cos22.6° = 0.04 kPa

Si assumono come valori di ’ e c’, le medie dei valori ottenuti:c’ = (c’12+c’23+ c’13)/3 ≅ 0

L’equazione dell’inviluppo a rottura, quando non siano noti i punti ditangenza dei cerchi di Mohr a rottura (ovvero le componenti normali etangenziali della tensione agente lungo il piano di scorrimento), ma solo icerchi di Mohr a rottura (ovvero le tensioni principali a rottura), puòessere determinato anche in questo caso mediante una regressione linearedi punti (e quindi con maggiore precisione) su un piano differente dalpiano di Mohr, ovvero sul piano (s’, t) :

s’ = ‘1 + ’3]/2 ; t = ‘1 ‐ ’3]/2 ;Resistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


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Prove triassiali

Nel nuovo sistema di coordinate i cerchi di Mohr, che rappresentano lo statotensionale del terreno in un punto, sono sintetizzati da un unico punto,rappresentato dal vertice del cerchio e i percorsi tensionali sono rappresentatida linee.Inoltre l’equazione della retta passante per i vertici dei cerchi di Mohr arottura:

mediante le relazioni:

t = b’ + s’∙tg’

e legata all’equazione dell’inviluppo a rottura definita sul piano di Mohr: = c’ + ’∙tg’

sen’ = tg’; c’ = b’/cos’

t’

’, s’C(3)

V(3)

C(2)

V(2)V(1)

C(1)c’ b’

’



42/63

Prove triassiali

Le coordinate dei punti da interpolare sono dunque:

L’equazione della retta interpolante la trovo col metodo dei minimi quadrati:

= (50+55+75)/3 = 60 kPa

(s’1, t1) ≡ (OC(1), R(1)) ≡ (130, 50)(s’2, t2) ≡ (OC(2), R(2)) ≡ (143, 55)(s’3, t3) ≡ (OC(3), R(3)) ≡ (195, 75)

2n

1i

)i(2

n

1i)i()i(

ʹsnʹs

tʹsntʹstg

stgtb '

n

1i)i(ʹsn

1ʹs

n

1i)i(tn

1tdove:

kPakPakPa

= (130+143+195)/3 = 156 kPa

= [(130∙50+143∙55+195∙75)‐3∙156∙60]/[(1302+1432+1952)‐3∙1562]= 910/2366 = 0.38

= 60‐0.38∙156 ≅ 0 kPa

da cui: ’ = arcsen(tg’) = arcsen(0.38) = 22.3°c’ = b’/cos’ = 0/cos22.3° = 0 kPa



43/63

Prove triassiali

Essendo risultato dal punto precedente c’ = 0, si può supporre l’argilla NC edin tal caso vale la relazione:

ovvero la coesione non drenata varia linearmente con la profonditàcu/’v0 = cost

b) determinare la coesione non drenata ad una profondità di 10 m

cu(i)= 50 55 75 (kPa)

z(i) = 2.5 5 15 (m)

Ed anche il rapporto cu/z è costante e vale:cu/z = 2

cu(10m) = cu(5m)+ cu/z∙(10‐5)m = 55+2∙5 = 65 kPaQuindi la coesione non drenata alla profondità di 10 m vale:

cu(1)cu(2) cu(3) cuz(1)z(2)

z(3)

10 m



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Su un campione di argilla limosa satura (contenuto d’acqua, w = 38%; limiteliquido, wL = 43%; limite plastico wP = 28%) viene eseguita una prova triassialenon consolidata non drenata (TXUU), con i risultati riportati di seguito.Confrontare il valore dei parametri di resistenza al taglio del materialeottenuti delle prove di laboratorio con quelli ricavati dalla correlazioneriportata di seguito.

Esercizio 7

Prove triassiali

N. provino 3r [kPa]

1r [kPa]

1 0 39 2 50 87 3 150 189

Consistenza cu [kPa]

molto molle < 12 kPa molle 12 25 media 25 50

compatta 50 100 molto compatta 100 200 compattissima > 200



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Prove triassiali

Dati:

Argilla limosa satura

Svolgimento:

Tensione totale radiale a rottura (3f(i)) = 0 50 150 (kPa)39 87 189 (kPa)Tensione totale assiale a rottura (1f(i)) =

Limite liquido (wL) = 43%Limite plastico (wP) = 28%Contenuto d’acqua (w) = 38%

Nel caso in esame, come accade di solito per prove TXUU, non sono noteanche le pressioni interstiziali a rottura, il che consente di determinare solo letensioni principali totali a rottura e quindi di costruire i corrispondenti cerchidi Mohr solo in termini di tensioni totali (per la stima della coesione nondrenata).Il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale totale a rottura per i trecampioni ha un diametro pari a (’1‐’3)f(i), passa per i punti di coordinate[3f(i),0] e [1f(i),0], il suo raggio individua la coesione non drenata.cu(i)= 1f(i) – 3f(i)]/2 = 19.5 18.5 19.5 (kPa)



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Prove triassiali

Siccome la prova non è consolidata, la pressione di consolidazione della provaè (all’incirca) pari a quella in sito, che, per i tre campioni estratti alla stessaprofondità, è la stessa. Questa spiega il fatto che i cerchi di Mohr a rottura intermini di tensioni totali, pur essendo distinti, essendo differente la pressionedi cella c(i), hanno all’incirca lo stesso diametro e quindi sono tangenti allostesso inviluppo a rottura in termini di tensioni totali (f = cu), mentre i cerchidi Mohr in termini di tensioni efficaci sono coincidenti (varia la pressione arottura per i tre provini).

’(--), (-)uf(1)1f(3)

cu

uf(2) uf(3)

1f(2)3f(2)3f(1) 1f(1)

c’3f(3)c(1) c(2) c(3)



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Prove triassiali

Si assume come coesione non drenata la media dei tre valori trovati:

cu = (cu(1)+cu(2)+ cu(3))/3 ≅ 19.2 kPa

che, secondo la Tabella allegata, è tipica di un’ argilla di consistenza molle.Se si calcola l’indice di consistenza del terreno, sulla base dei valori dei limitidi Atterberg, si ottiene:

P

LC I

wwI

= (43‐38)/(43‐28) = 0.33

a cui corrisponde, secondo la tabella seguente una consistenza “molle‐plastica”:

CONSISTENZAFluida

Fluido‐PlasticaMolle‐PlasticaPlastica

Solido‐PlasticaSemisolida (w wS)o Solida (w wS)

IC 0

0 – 0.250.25 – 0.500.50 – 0.750.75 – 1

1

che è compatibile con la classificazioneconsiderata, basata sul parametro diresistenza cu.

Consistenza cu [kPa]

molto molle < 12 kPa molle 12 25 media 25 50

compatta 50 100 molto compatta 100 200 compattissima > 200



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Tre provini della stessa argilla satura (’ = 20°; c’ = 0 kPa) sono sottopostirispettivamente a prova TxUU, TxCIU e TxCID. La pressione di cella nelle treprove è la stessa (210 kPa).

Prove triassiali


a) nella prova TxUU la pressione interstiziale misurata a rottura è 140 kPa,quanto vale la tensione deviatorica a rottura?b) nella prova TxCIU la tensione deviatorica misurata a rottura è 175 kPa,quanto vale la pressione interstiziale?c) nella prova TxCID è imposta una back‐pressure di 50 kPa, quanto vale latensione deviatorica a rottura?Dati:Angolo di resistenza al taglio (’) = 20°Coesione (c’) = 0 kPaPressione di cella (c) = 210 kPaPressione interstiziale a rottura nella prova TxUU (uf) = 140 kPa

Back pressure nella prova TxCID (u0) = 50 kPaDeviatore a rottura nella prova TxCIU ((1 – 3)f) = 175 kPa



49/63

Prove triassiali

Svolgimento:

‘3f (a rottura) = 3f ‐uf = (210‐140) kPa = 70 kPa

a) nella prova TxUU la pressione interstiziale misurata a rottura è 140 kPa,quanto vale la tensione deviatorica a rottura?Nella prova TxUU, durante la fase di compressione assiale, la pressioneradiale totale (= tensione principale minore, 3) rimane costante (uguale allapressione di cella c , costante) e quindi:3f (a rottura) = 3c(a fine compressione isotropa) = c (di cella) = 210 kPa

Essendo nota la pressione interstiziale a rottura, si può ricavare la tensioneefficace principale minore (radiale) a rottura:

Per determinare la tensione efficace principale maggiore (assiale) a rottura equindi il deviatore a rottura, si impone che il cerchio di Mohr a rottura intermini di tensioni efficaci, che passa per il punto noto (’3f,0) ≡ (70 0), siatangente all’inviluppo a rottura che ha equazione nota: = c’ + ‘∙tg’ = ’∙tg20°

In ciascuna delle prove in esame occorre trovare i cerchi di Mohr a rottura intermini di tensioni efficaci e totali e le relative tensioni principali.



50/63

Prove triassiali

Svolgimento:

’(--), (-)uf

1f3f

’

F

R

C‘3f ‘1f

R = FC = OC∙sen’

OC = ’3f + R

e sostituendo:R = (’3f + R)∙sen’

R = ’3f ∙sen’/(1‐sen’) = 70∙sen20°/(1‐sen20°) = 36.4 kPa(1 – 3)f = 2R = 72.8 kPa

Quindi, con riferimentoal triangolo rettangoloCFO:

O

b) nella prova TxCIU la tensione deviatorica misurata a rottura è 175 kPa,quanto vale la pressione interstiziale?Nella prova TxCIU, durante la fase di compressione assiale, la pressioneradiale totale (= tensione principale minore, 3) rimane costante (uguale allapressione di cella c , costante) e quindi:3f (a rottura) = 3c(a fine consolidazione isotropa) = c (di cella) = 210 kPa



51/63

Prove triassiali

Svolgimento:

’(--), (-)uf

1f3f

’

F

R

C‘3f ‘1fed ha raggio noto:R = (1 – 3)f /2 = 175/2 = 87.5 kPa

Il cerchio di Mohr arottura, in termini ditensioni efficaci, ètangente all’inviluppo arottura di equazionenota:

O = c’ + ‘∙tg’ = ’∙tg20°

e centro C di ascissa:

‘3f = OC – R = (255.8‐87.5) kPa = 168.3 kPa

OC = R/sen’ = 87.5/sen20°= 255.8 kPaQuindi:

‘1f = OC + R = (255.8+87.5) kPa = 343.3 kPae:uf = 3f – ‘3f = (210‐168.3) kPa = 41.7 kPa



52/63

Prove triassiali

Svolgimento:

c) nella prova TxCID è imposta una back‐pressure di 50 kPa, quanto vale latensione deviatorica a rottura?Nella prova TXCID la pressione di consolidazione, ’c, è pari alla differenzafra la pressione di cella (totale), c , e la contropressione interstiziale, u0:

’c = c – u0 = (210‐50) kPa = 160 kPa

Durante la fase di compressione assiale la pressione radiale totale (=tensione principale minore, 3) rimane costante (uguale alla pressione dicella c , costante) e quindi:3f (a rottura) = 3c(a fine consolidazione) = c (di cella) = 210 kPa

Poiché durante la fase di compressione assiale non si sviluppanosovrappressioni (prova drenata), cioè u0 = cost, anche la pressione radialeefficace rimane costante:

’3f (a rottura) = 3f ‐ u0 = 3c – u0 = c – u0 = ’c = 160 kPa



53/63

Prove triassiali

Svolgimento:

’(--), (-)u0

1f3f

’

F

R

C‘3f ‘1fO

Per determinare la tensione efficace principale maggiore (assiale) a rottura equindi il deviatore a rottura, si impone che il cerchio di Mohr a rottura intermini di tensioni efficaci, che passa per il punto noto (’3f,0) ≡ (160 0), siatangente all’inviluppo a rottura che ha equazione nota:

= c’ + ‘∙tg’ = ’∙tg20°

R = FC = OC∙sen’OC = ’3f + R

e sostituendo:R = (’3f + R)∙sen’R = ’3f ∙sen’/(1‐sen’) == 160∙sen20°/(1‐sen20°) = 71.6 kPa

(1 – 3)f = 2R = 143.2 kPa

Quindi, con riferimento al triangolo rettangolo CFO:



54/63

Su un provino di argilla satura (cʹ = 10 kPa, ʹ = 30°) viene eseguita una provaTXUU con pressione di cella pari a 110 kPa. Sapendo che la tensionedeviatorica a rottura è risultata di 170 kPa, si determini quanto vale lapressione interstiziale a rottura (si faccia riferimento al piano t, sʹ dove t = (1‐3)/2 e sʹ = (ʹ1+ʹ3)/2).

Prove triassiali


Dati:Angolo di resistenza al taglio (’) = 30°Coesione (c’) = 10 kPaPressione di cella (c) = 110 kPaDeviatore a rottura ((1 – 3)f) = 170 kPaSvolgimento:

Nella prova TxUU, durante la fase di compressione assiale, la pressioneradiale totale (= tensione principale minore, 3) rimane costante (uguale allapressione di cella c , costante) e quindi:

Per determinare la pressione interstiziale a rottura (con riferimento al pianot,s’) basta trovare s’f e sf (ascisse dei cerchi di Mohr a rottura rispettivamentein tensioni efficaci e totali).



55/63

Prove triassiali

Svolgimento:

L’equazione della retta tangente ai cerchi di Mohr a rottura (in tensioniefficaci), cioè dell’inviluppo a rottura, per il terreno esaminato, nel piano diMohr, è nota: = c’ + ‘∙tg’ = 10 + ’∙tg20°ed è legata all’equazione della retta congiungente i vertici dei cerchi di Mohra rottura piano t,s’: t = b’ + s’∙tg’

sen’ = tg’;

c’ = b’/cos’

mediante le relazioni:’ = arctg(sen’) = arctg(sen30°) = 26.6°;

b’ = c’∙cos’ = 10∙cos30° = 8.7 kPae l’equazione diventa:

t = 8.7 + s’∙tg

t’

’, s’C

V

c’ b’

’F

R

3f (a rottura) = 3c(a fine compressione isotropa) = c (di cella) = 210 kPa



56/63

Prove triassiali

Svolgimento:

t’

’, s’C

V

c’ b’

’F

R

Il vertice del cerchio di Mohr a rottura, in tensioni efficaci (V):V ≡ (s’f, tf) ≡ [(ʹ1f+ʹ3f)/2, (1f‐3f)/2]ha ordinata nota:

e sostituendo nell’equazione della retta si trova l’ascissa:tf = (1‐3)f/2 = 170/2 kPa = 85 kPa

s’f = (ʹ1f+ʹ3f)/2 = (tf‐b’)/tg’ = (85‐8.7)/tg26.6° = 152.6 kPaIl vertice del cerchio di Mohr, in tensioni totali (V’) ha coordinate:V’ ≡ (sf, tf) ≡ [(1f+3f)/2, (1f‐3f)/2]ha la stessa ordinata di V, mentre l’ascissa:sf = (1f+3f)/2 = 3f + (1 – 3)f/2 == 110 + (170)/2 kPa = 195 kPa

C’

V’Quindi la pressione interstiziale arottura vale:uf = sf ‐ s’f = (195 – 152.6) kPa = 42.4 kPa



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Prove triassiali

Svolgimento:La pressione interstiziale a rottura può anche essere determinata trovando, sulpiano di Mohr, i cerchi di Mohr a rottura in termini di tensioni efficaci e totalie le relative tensioni principali.

t’

C

V

c’ b’

F

R’(--), (-)

1f (a rottura) = 3f + (1‐3)f = (110+170) kPa = 280 kPa

Essendo nota la tensione deviatorica a rottura, e quindi il diametro delcerchio di Mohr a rottura (in tensioni totali ed efficaci), si può ricavare latensione assiale totale (= tensione principale maggiore, 1):

Come già detto, nella prova TxUU, durante la fase di compressione assiale,la pressione radiale totale (= tensione principale minore, 3) rimane costante(uguale alla pressione di cella c , costante) e quindi:3f (a rottura) = 3c(a fine compressione isotropa) = c (di cella) = 110 kPa



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Prove triassiali

Svolgimento:

t

’

C

V

c’ b’

F

R’(--), (-)

ed ha raggio noto:

R = (1 – 3)f /2 = 170/2 = 85 kPa

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, è tangenteall’inviluppo a rottura di equazione nota: = c’ + ‘∙tg’ = 10 + ’∙tg20°


‘3f = OC – R = = (152.7‐85) kPa = 67.7 kPa

OC = DC – DO = R/sen’ – c’/tg’ = 85/sen30° ‐ 10/tg30° = 152.7 kPaQuindi:

‘1f = OC + R == (152.7+87.5) kPa = 237.7 kPae:uf = 3f – ‘3f = (110‐67.7) kPa= 42.3 kPa

OD 1f3f‘3f ‘1fResistenza al taglio dei terreni – GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


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Lʹangolo di resistenza al taglio di unʹargilla N.C., determinato con provetriassiali consolidate isotrope drenate, è ʹ = 25°. La resistenza a compressionesemplice di un provino della stessa argilla è qu = 121.5 kPa. Determinare lapressione interstiziale a rottura, uf, nella prova di compressione semplice.

Prove ELL

Esercizio 10

Dati:Angolo di resistenza al taglio (’) = 25°Coesione (c’) = 0 kPa (terreno NC)Deviatore a rottura (qu = (1 – 3)f) = 121.5 kPaSvolgimento:Per determinare la pressione interstiziale a rottura occorre trovare i cerchi diMohr a rottura in termini di tensioni efficaci e totali e le relative tensioniprincipali.Durante la compressione assiale la pressione radiale totale (= tensioneprincipale minore, 3) rimane costante ed uguale 0 (pressione atmosferica) equindi:3f (a rottura) = 30(inizio prova) = (pressione atmosferica)



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Svolgimento:

ed ha raggio noto:R = (1 – 3)f /2 = 121.5/2 = 60.75 kPa

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, è tangenteall’inviluppo a rottura di equazione nota: = ‘∙tg’ = ’∙tg25°


‘3f = OC – R = = (143.7‐60.75) kPa = 82.9 kPa

OC = R/sen’ = 60.75/sen25° = 143.7 kPa

Quindi:

e:

La pressione assiale (= tensione principale maggiore, 1) totale (1 = a) vale :1f (a rottura) = 3f + (a – r)f = c + (a – r)f = qu = 121.5 kPa

’(--), (-)

uf

1f3f = 0

’

F

R

C‘3f ‘1fOuf = 3f – ‘3f = (0‐82.9) kPa= ‐ 82.9 kPa

Prove ELL



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Un provino di argilla satura sovraconsolidata ha avuto resistenza a rottura inprova di compressione con espansione laterale libera: qu = 141 kPa. Ilcoefficiente A di Skempton a rottura vale: Af = ‐0.2.I parametri di resistenza al taglio dellʹargilla, in termini di tensioni efficaci,valgono cʹ = 7 kPa e ʹ = 20°.Quanto valeva, nel provino dʹargilla, la pressione interstiziale iniziale, u0,prima della prova ELL?

Esercizio 11

Dati:Angolo di resistenza al taglio (’) = 20°Coesione (c’) = 7 kPa (terreno OC)Deviatore a rottura (qu = (1 – 3)f) = 141 kPa

Svolgimento:

Per determinare la pressione interstiziale a rottura occorre trovare i cerchi diMohr a rottura in termini di tensioni efficaci e totali e le relative tensioniprincipali.

Coefficiente A di Skemton a rottura (qu = (1 – 3)f) = ‐ 0.2

Prove ELL



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Svolgimento:

ed ha raggio noto:

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, è tangenteall’inviluppo a rottura di equazione nota: = c’+ ‘∙tg’ = 7 + ’∙tg20°

La pressione assiale (= tensione principale maggiore, 1) totale (1 = a) vale :1f (a rottura) = 3f + (a – r)f = c + (a – r)f = qu = 141 kPa

’(--), (-)

uf

3f = 0

’

F

R

C‘3f ‘1fO

Prove ELL

Durante la compressione assiale la pressione radiale totale (= tensioneprincipale minore, 3) rimane costante ed uguale 0 (pressione atmosferica) equindi:3f (a rottura) = 30(inizio prova) = (pressione atmosferica)

R = (1 – 3)f /2 = 141/2 = 70.5 kPae centro C di ascissa:

c’D

OC = DC – DO = R/sen’ – c’/tg’ =70.5/sen20° ‐ 7/tg20° = 186.9 kPa



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Svolgimento:

‘3f = OC – R = (186.9 – 70.5) kPa = 116.4 kPa

Siccome:

Quindi:

e:

’(--), (-)

uf

1f3f = 0

’

F

R

C‘3f ‘1fO

uf = 3f – ‘3f = (0‐116.4) kPa = ‐ 116.4 kPa

Prove ELL

‘1f = OC + R = (186.9 + 70.5) kPa = 257.4 kPa

= ‐0.2 u

f

f31

ff q

u)(

uA

uf = A∙qu = ‐0.2 ∙ 141 kPa = ‐28.2 kPa

e quindi essendo:uf = u0 + uf

u0 = uf ‐ uf = ‐116.4 ‐(‐28.2) kPa = ‐ 88.2 kPa


“resistenza al taglio dei terreni”geotecnica.dicea.unifi.it/less_res_es12_13.pdfresistenza al...

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