geotecnica esercitazione 7 tensioni litostatiche … esesvolta... · 2013-10-24 · il terreno,...

GEOTECNICA

ESERCITAZIONE 7

TENSIONI LITOSTATICHE

PROVA EDOMETRICA

CONSOLIDAZIONE

MONODIMENSIONALE

Calcolare lo stato di sforzo geostatico per i due depositi indicati in figura.

ESERCIZIO 1

ESERCIZIO 1-Soluzione

CASO 1. Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito normal consolidato (tensioni in kPa).

K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455σ’h = k0·σ’v

K0argilla(NC) = (1-sin φ’)=0,531σh = σ’h+u

z

σσσσv=σσσσ’v

90

z

u=0

z

0,455

190

z

40,95

σσσσh=σσσσ’hK0(NC)

0,531 47,79

100,89


CASO 1. Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito sovraconsolidato (tensioni in kPa).

z

σσσσvmax=σσσσ’vmax72

262

z


Tensioni

massime

Tensioni attuali

162 90

190

73,8 1,8

OCR in corrispondenza del piano

campagna va ad infinito. Si sceglie di

calcolare le tensioni in un punto appena

al di sotto del piano campagna, avente

OCR finito. (es: punto A a 0,1m dal PC).

A

B

C

OCR A =73,8/1,8=41

OCR B =162/90=1,8

OCR C =262/190=1,38


K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455 K0sabbia(OC) = K0sabbia(NC) √OCR

OCR A =73,8/1,8=41

OCR B =162/90=1,8

OCR C =262/190=1,38

K0sabbiaA(OC) =2,91

K0argillaB(OC) =0,71

OCR B =162/90=1,8 K0sabbiaB(OC) =0,60

K0argilla (NC) = (1-sin φ’)=0,531 K0argilla(OC) = K0argilla(NC) √OCR

K0argillaC(OC) =0,62

σσσσh=σσσσ’h

A

B

C

OCR

z

K0(OC)

σ’h = k0·σ’v

5463,9

117,8

z z

5,24


CASO 2. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente normal consolidato, a seguito di uno

scavo di 2m (tensioni in kPa).

Inizialmente Successivamente allo scavo: OC

z

σσσσvmax=σσσσ’vmax

z


Tensioni massime

(tensioni prima dello scavo) Tensioni attuali

90

190

OCR in corrispondenza del nuovo piano




OCR finito. (es: punto A a 0,1m dal

nuovo PC).

A

B

C

OCR A =37,8/1,8=21

OCR B =90/54=1,67

OCR C =190/154=1,23

2SCAVO 36

37,8

54

154

1,8



K0sabbiaA(OC) =2,09


K0sabbiaB(OC) =0,59



σσσσh=σσσσ’h

A

B

C

OCR

z

K0(OC)

σ’h = k0·σ’v

31,8637,04

90,86

OCR A =37,8/1,8=21

OCR B =90/54=1,67

OCR B =90/54=1,67

OCR C =190/154=1,23

2SCAVO

z z

3,762

Inizialmente NC Successivamente allo scavo: OC


CASO 2. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito sovraconsolidato in seguito ad uno scavo di 2m di

profondità (tensioni in kPa).

z


262

Tensioni

massime

Tensioni attuali

162

OCR in corrispondenza del nuovo piano





A

B

C

OCR A =109,8/1,8=61

OCR B =162/54=3

OCR C =262/154=1,7

2SCAVO

Il terreno, inizialmente già sovraconsolidato, raggiunge un

grado di sovraconsolidazione maggiore in seguito allo scavo.

109,8

z


54

154

1,8



K0sabbiaA(OC) =3,51


K0sabbiaB(OC) =0,79



B

C

OCR A =109,8/1,8=61

OCR B =162/54=3

OCR B =162/54=3

OCR C =262/154=1,7

A2SCAVO

σσσσh=σσσσ’hOCR

z

K0(OC)

σ’h = k0·σ’v

42,6649,68

106,62

z z

6,318

Il terreno, inizialmente già sovraconsolidato, raggiunge un

grado di sovraconsolidazione maggiore in seguito allo scavo.


CASO 3. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente normal consolidato, in seguito alla

costruzione di un rilevato di spessore 2m (tensioni in kPa).

Inizialmente NC

+2RILEVATO

Il terreno NC si consolida normalmente sotto al peso del

nuovo rilevato di spessore 2m.



z


126

z

0,455

226

z

57,3


0,531 66,9

120

36 16,4


CASO 3. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente sovraconsolidato, in seguito alla


OCR A =72/36=2

OCR B =162/126=1,29

OCR C =262/226=1,16

Il terreno, inizialmente sovraconsolidato per l’erosione di uno spessore pari a

4m, raggiunge un grado di sovraconsolidazione minore in seguito alla

costruzione del rilevato di spessore pari a 2m, avente stesse caratteristiche

dello strato eroso.

OC

+2RILEVATO

z


262

z


Tensioni

massimeTensioni attuali

162 126

226

36A

B

C



K0sabbiaA(OC) =0,64


K0sabbiaB(OC) =0,52



σσσσh=σσσσ’hA

B

C

z

σ’h = k0·σ’v

65,5

75,6

128,8

z z

OCR A =72/36=2

OCR B =162/126=1,29

OCR B =162/126=1,29

OCR C =262/226=1,16

+2RILEVATO OCR K0(OC) 23


CASO 4. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente normal consolidato, in seguito alla


Inizialmente NC

+5

RILEVATO

Il terreno NC si consolida normalmente sotto al peso del

nuovo rilevato di spessore 5m.



z


180

z

0,455

280

z

81,9


0,531 95,6

148,7

90 40,95


CASO 4. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente sovraconsolidato, in seguito alla


Il terreno, inizialmente sovraconsolidato per l’erosione di uno spessore pari

a 4m, diviene normal consolidato in seguito alla costruzione di un rilevato

di spessore 5m, avente stesse caratteristiche dello strato eroso.

Inizialmente OC

A

B

C

NC

+5

RILEVATO



z


180

z

0,455

280

z

81,9


0,531 95,6

148,7

90 40,95

Tensioni

massime

=

Tensioni attuali

ESERCIZIO 2

Calcolare lo stato di sforzo geostatico per i due depositi indicati in figura.

sat

sat

sat

sat


Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito normal consolidato (tensioni in kPa).



z

σσσσv

90

z

u=0

190

z

18,2

σσσσ’h

21,2

47,8

sat

sat

100

50

z

σσσσ’v

40

90

68,2

σσσσh

71,2

147,8

NC


Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito sovraconsolidato (tensioni in kPa).

z

σσσσvmax72

262

z

σσσσ’v

Tensioni max

totali

Tensioni attuali

efficaci

162

73,8

OCR in corrispondenza del piano





A

B

C

OCR A =72,8/0,8=91

OCR B =112/40=2,8

OCR C =161/90=1,8

z

u=0

100

50

z

40

90

σσσσ’vmax

Tensioni max

efficaci

0,81

162

112

72

72,8

sat

sat



K0sabbiaA(OC) =4,34


K0sabbiaB(OC) =0,76



σσσσ’h

A

B

C

OCR

z

K0(OC)

σ’h = k0·σ’v

30,435,6

63,9

z z

3,5

OCR A =72,8/0,8=91

OCR B =112/40=2,8

OCR B =112/40=2,8

OCR C =161/90=1,8

sat

sat

σσσσh

80,485,6

163,9

z

4,5

σh = σ’h+u

Determinare le caratteristiche di compressibilità di un campione di terreno sul quale è stata eseguita una

prova edometrica che ha dato i seguenti risultati: D= 7 cm, H0 = 2 cm, Ps = 108,415 g, γs =2,74 t/m3, γsat

=1,88 t /m3.

Di seguito vengono riportate le letture di laboratorio.

ESERCIZIO 3

(hs è l’altezza fittizia della sola parte solida)

Una volta tracciato il grafico su scala normale, si possono determinare il coefficiente di compressibilità av, il

coefficiente di compressibilità volumetrica mv e il modulo edometrico Eed in corrispondenza del valore

tensionale in sito (σ’v0 = 1 kg/cm2). Riportare i dati anche in scala semilogaritimica e determinare il

coefficiente di compressibilità Cc.

ESERCIZIO 3


Dal grafico della prova edometrica in scala normale si determinano av, mv e Eed in corrispondenza di

∆σ’=100kPa

σσσσ’v0=100kPa

∆e

e0

e1

14

v

v kPa106,25100kPa

0,0625

Δσ'

Δea −−⋅===

1414

0

vv kPa103,344

0,8691

kPa106,25

e1

am −−

−−

⋅=+⋅=

+=

2990kPakPa103,344

1

m

1E

4

v

ed =⋅

== −

σ’v0=100kPa.


Segue il grafico della prova edometrica in scala semilogaritmica.


Dal grafico della prova edometrica in scala semilogaritmica si determinano i coefficienti di compressibilità.

Cc

Cr

Cs

0,0764log(52/26)

0,8680,891

Δlogσ'

ΔeC

v

r =−==

0,232520)log(1040/5

0,6290,699

∆logσ'

∆eC

vc =−==

0,0565,4)log(260/10

0,6500,729

∆logσ'

∆eC

vs =−==

ESERCIZIO 4

Sempre con riferimento ai risultati della prova edometrica dell’esercizio 3 precedente, sono riportati

nella tabella seguente i dati in corrispondenza del carico p=1kg/cm2. Determinare il coefficiente di

consolidazione con il metodo di Casagrande.

ESERCIZIO 4

H [cm]

METODO DI CASAGRANDE: grafico cedimenti-tempo in scala semilogaritmica.


H [cm]

METODO DI CASAGRANDE: grafico cedimenti-tempo in scala semilogaritmica.

�Si fissa un tempo t1 sufficientemente

piccolo affinché il punto corrispondente a

t2=4t1 ricada nel tratto parabolico iniziale;

�Si definisce “a” la distanza in ordinata tra i

punti della curva corrispondenti

rispettivamente a t1 ed a t2;

�Ribaltando il segmento “a” verso l’alto si

trova l’ordinata relativa a U=0%;

�L’ordinata relativa a U=100% si trova

dall’intersezione tra la retta tangente al

tratto finale della curva e la retta tangente

alla curva nel punto di flesso F.

F

Hf

U=100%

t2=24st1=6s

aa

Ho

U=0%

�Si determina l’altezza corrispondente alla metà del processo di consolidazione, ovvero corrispondente ad U=50%,

essendo essa l’altezza media tra Ho ed Hf;

�Si individua il tempo t50 necessario al grado di consolidazione del 50%

�Dalle tabelle che forniscono Um in funzione di Tv, si ricava il fattore tempo adimensionale che corrisponde ad un

grado di consolidazione medio del 50% (ad esempio dalla relazione di Terzaghi si ottiene Tv=0,197 per drenaggio

consentito sopra e sotto;

�Sostituendo i valori sopra determinati nella definizione del fattore tempo Tv è possibile ricavare il coefficiente di

consolidazione verticale (H massimo percorso di filtrazione):

t50=182,33s

H50

U=50%

/scm109,81cm2

1,9056

182,33s

0,197H

t

Tc 242

2

2

50

vv

−⋅=

==

ESERCIZIO 5


1mm0,001mm

kN1000,02m

kN

m105Δσ'HmW

2

24

zv ==⋅⋅⋅=⋅⋅= −

1) Il valore del cedimento finale a fine consolidazione vale:

2) Il fattore tempo Tv relativo ad un cedimento di 0,25mm è pari a:

25%0,25mm/1mmUm ==Entro nel grafico con Um=25%

fino ad intersecare la curva

relativa al caso di drenaggio

da ambo i lati e determino il

fattore Tv:

Tv=0,05

0,05Tv =

3) Il tempo affinché il cedimento raggiunga il valore di 0,25mm vale:

76,88sanni102,437m2

0,01975

/anno2m

0,05H

c

Tt

62

2

2

2

v

v25% =⋅=

== −

(NB: H25%=20mm-0.25mm=19,75mm)

4) Il grado di consolidazione dopo 3 minuti è pari a:

0,114

m2

0,02

65)anni(3/60/24/3/anno2m

H

ctT

2

2

2

2

vv =

⋅=⋅=Non conoscendo l’altezza dopo 3 minuti

dall’inizio della consolidazione di usa

l’altezza iniziale del provino per ricavare il

percorso di massima filtrazione.


0,114Tv =

Per determinare il grado di consolidazione medio dopo 3 minuti dall’inizio del processo di consolidazione, entro

nel seguente grafico con il fattore tempo adimensionale Tv pari a 0,114:

38%Um =

38%Um =

ESERCIZIO 6

mU

vT


0,32mm

kN8008m

kN

m105Δσ'HmW

2

24

zv =⋅⋅⋅=⋅⋅= −

Il cedimento a fine consolidazione edometrica vale:

Il fattore tempo Tv dopo 20 giorni dall’applicazione del sovraccarico vale :

Entro nel grafico con Tv=0,007 fino ad intersecare la curva

relativa al caso di pressione interstiziale in eccesso con

andamento rettangolare e determino il grado di

consolidazione medio Um: Um=10%

Conoscendo il grado di consolidazione medio dopo 20 giorni

ed il cedimento finale, è possibile determinare il cedimento

edometrico corrispondente:

0,007Tv =

0,0068

m2

8

ni(20/365)an/anno2m

H

tcT

2

2

2

2

vv =

⋅=⋅= 10%Um =

∞

=c

ctm

W

WU 0,032m0,32m0,1WUW cmct =⋅=⋅= ∞


t>>0 Stato tensionale molto tempo dopo l’applicazione del sovraccarico. LT: Condizioni drenate.

z

σσσσv

z

u0

80

t≥≥≥≥0 Stato tensionale immediatamente dopo l’applicazione del sovraccarico. BT: Condizioni non drenate.

80

60

20

q=80kPa

z

σσσσ’v80

z

σσσσv

z

u=u0+ue

80+80=160

80

60+80=140

20+80=100

q=80kPa

z

σσσσ’v(t<0) 80


Il fattore tempo Tv relativo a 120 giorni dopo l’applicazione del sovraccarico vale :

0,04

m2

8

nni(120/365)a/anno2m

H

tcT

2

2

2

2

vv =

⋅=⋅=

0,05T v =

0,5/HzA =

%10/ =∆qvΔσ' %90=∆q/ue

1,5/HzB =

La pressione interstiziale in eccesso nei punti A e B, dopo 120 giorni dall’applicazione del sovraccarico q, vale:

72kPa80kPa0,9Δq90%uu eBeA =⋅=⋅==

La pressione interstiziale totale nei punti A e B, dopo 120 giorni dall’applicazione del sovraccarico q, vale dunque:

92kPa7220uuu eA0AA =+=+=

132kPa7260uuu eB0BB =+=+=

ESERCIZIO 7

3

sat1,2,3 20kN/m=γ


3

sat1,2,3 20kN/m=γ

a)t<0 Stato tensionale nello strato argilloso prima della modifica del regime idrologico (situazione a).

z

σσσσv

z

u40

40

20

z

σσσσ’v20

120 80

t>>0 Stato tensionale nello strato argilloso molto dopo la modifica del regime idrologico (situazione b). LT: CD.

3

sat1,2,3 20kN/m=γz

σσσσv

z

u040

20

20

z

σσσσ’v20

120 100


3

sat1,2,3 20kN/m=γ

t≥≥≥≥0 Stato tensionale nello strato argilloso immediatamente dopo la modifica del regime idrologico (situazione

b). BT: CND.

z

σσσσv40

z

σσσσ’v(t<0)20

120 80

z

u=u0(t>>0)+ue

20+20=40

20

Il diagramma delle pressioni in eccesso immediatamente dopo la modifica del regime idrologico ha andamento

triangolare: da valore 0 in A varia linearmente fino a raggiungere 20kPa nel punto B.

b)Il tempo necessario affinché il grado di consolidazione medio raggiunga il 90% è pari ad:

424giornim2

4

/giornom108

0,848H

c

Tt

2

2

23

2

v

v90% =

⋅== −

A

B


c)La pressione u in corrispondenza della superficie superiore dello strato argilloso dopo un anno vale:

20kPa020uuu eA0AA =+=+=

A

Isocrone della pressione

interstiziale in eccesso

Nel punto A la pressione in eccesso è nulla anche immediatamente dopo la modifica del regime idrologico,

quindi:


d)La pressione u in corrispondenza della superficie inferiore dello strato argilloso dopo 90 giorni vale:

A



B

0,20,18

m2

4

90giorni/giornom108

H

tcT

2

2

23

2

vv ≅=

⋅⋅=⋅=−

2/HzB =

20kPa020uuu 90gg)eB(t0)0B(t90gg)B(t =+=+= =>>=

0)eB(tv 100%uΔσ' ≥= 0)eB(te 0%uu ≥=


e)La pressione u al centro dello strato argilloso dopo 6 mesi vale:

A



B

0,36

m2

4

180giorni/giornom108

H

tcT

2

2

23

2

vv =

⋅⋅=⋅=−

1/HzB =

0)eB(tv 75%uΔσ' ≥= 0)eB(te 25%uu ≥=

25kPa520uuu 180gg)eC(t0)0C(t180gg)C(t =+=+= =>>=

C

0,36T v =

5kPa200,25u25%u 0)eB(t180gg)eC(t =⋅=⋅= ≥=


Oppure:

A



B

0,36

m2

4

180giorni/giornom108

H

tcT

2

2

23

2

vv =

⋅⋅=⋅=−

1/HzB =

25kPa520uuu 180gg)eC(t0)0C(t180gg)C(t =+=+= =>>=

C

0,36T v =

5kPa100,50u50%u 0)eC(t180gg)eC(t =⋅=⋅= ≥=

0)eC(tv 50%uΔσ' ≥= 0)eC(te 50%uu ≥=

ESERCIZIO 8


Si individua la pressione di preconsolidazione con il metodo di Casagrande.

�Individuare il punto A di massima curvatura;

�Tracciare l’orizzontale e la tangente passanti per A;

�Tracciare la bisettrice AB dell’angolo compreso tra l’orizzontale e la tangente precedentemente disegnate;

�Prolungare verso l’alto la NCL;

�Individuare il punto di intersezione tra la NCL e la bisettrice AB: l’ascissa di tale punto rappresenta il valore

della pressione di preconsolidazione.

σσσσ’p=350kPa

A

B


Lo stato tensionale attuale è il seguente (tensioni in kPa).

z

σσσσv0

z

u

60

46,7

z

σσσσ’v080

164

206

17 17

146

117,3

2m:Δh9m:Δh ACtot = 7m:Δh9m:Δh BAtot =

3mΔhtot =

B

A

C

Oppure:

0,67m2m9m

3mΔhAC =⋅= 6,67m0,67m6mΔhhh ACCA =+=+= Infatti:

6m60/100/γuzh wccC =+=+=

46,7kPa2m)10kN/m(6,67m)z(hu 3

wAAA =−=⋅−= γ

Oppure dall’andamento lineare delle pressioni interstiziali si ottiene:

46,7kPa7m9m

60kPauA =⋅=


OCR A =σσσσ’p/σσσσ’v0=350/117,3=2,98

Il grado di sovraconsolidazione nel punto A è pari a:

Ipotizzando un ko(NC)=0,5, si disegnino nel piano di Mohr i cerchi delle tensioni totali ed efficaci del punto A.

K0(OC) = K0(NC) √OCR=0,5·√2,98=0,863

117,3kPaσ'vA = 101,23kPa0,863117,3(OC)kσ'σ' 0vAhA =⋅=⋅=

147,93kPa46,7101,23uσ'σ AhAhA =+=+=164kPaσvA =

σσσσ’v σσσσv

ττττ

vAσ'hAσ' vAσhAσ

Au

ESERCIZIO 9


t<0 Stato tensionale nello strato argilloso prima dello scavo.

z

σσσσv

z

u72

60

30

z

σσσσ’v

102132

132

t>>0 Stato tensionale nello strato argilloso molto dopo l’eliminazione dello strato superficiale sabbioso. LT: CD.

192

72

z

σσσσv

z

u

60

30

z

σσσσ’v

60

120 60

30

A

B

C

A

B

C


t≥≥≥≥0 Stato tensionale nello strato argilloso immediatamente dopo l’eliminazione dello strato superficiale

sabbioso. BT: CND.

z

σσσσv

z

u

-12

z

σσσσ’v(t<0)

60

120

102

132

72

-42

-72

0061062,1'2

24 =⋅⋅⋅=∆⋅⋅= −

m

kNm

kN

mHm zvBT σδ

a) Il rigonfiamento del deposito argilloso a breve termine è nullo, poiché in condizione non drenate il banco

d’argilla non ha ancora registrato variazioni di tensioni efficaci.

cmmm

kNm

kN

mHm zvLT 707,07261062,1'

2

24 ==⋅⋅⋅=∆⋅⋅= −σδ

b) Il rigonfiamento del deposito argilloso a lungo termine vale:

A

B

C


c) Il tempo, in giorni, necessario per raggiungere un rigonfiamento pari al 90% di quello finale vale:

0,848Tv =

90%Um =

Entro nel grafico con Um=90% fino ad intersecare

la curva relativa al caso di pressione interstiziale

in eccesso con andamento rettangolare e

determino il fattore tempo adimensionale:

Tv=0,848

In questo caso, il massimo percorso di filtrazione

corrisponde allo spessore di 6m dello strato

argilloso stesso; infatti, a causa della presenza di

una formazione rocciosa impermeabile

sottostante, il drenaggio è consentito solo

dall’alto.

( ) i98,15giorn8480000sm6/sm1036

0,848H

c

Tt

22

27

2

v

v90% ==

⋅== −


d) Determinare il valore della pressione interstiziale in corrispondenza della superficie superiore e inferiore e a

metà dello strato d’argilla dopo 35 giorni dalla fine dello scavo.

0,3m6

60)s6024(35/sm1036

H

tcT

22

27

2

vv =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=

−

Drenaggio consentito solo dall’alto.

0/HzA =

100%U =

000uuu 35gg)eA(t0)0A(t35gg)A(t =+=+= =>>=

072kPa)(0u0%u 0)eA(t35gg)eA(t =−⋅=⋅= ≥=

La pressione interstiziale in corrispondenza della

superficie superiore dello strato d’argilla dopo 35

giorni dalla fine dello scavo vale:




0,3m6

60)s6024(35/sm1036

H

tcT

22

27

2

vv =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=

−


0,5/HzB =

58%U =

0,24kPa

30,2430uuu 35gg)eB(t0)0B(t35gg)B(t

−==−=+= =>>=

30,24kPa

72kPa)(0,42u42%u 0)eB(t35gg)eB(t

−==−⋅=⋅= ≥=


mezzeria dello strato d’argilla dopo 35 giorni dalla

fine dello scavo vale:




0,3m6

60)s6024(35/sm1036

H

tcT

22

27

2

vv =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=

−


1/HzC =

40%U =

16,8kPa

43,260uuu 35gg)eC(t0)0C(t35gg)C(t

==−=+= =>>=

43,2kPa

72kPa)(0,6u60%u 0)eC(t35gg)eC(t

−==−⋅=⋅= ≥=


superficie inferiore dello strato d’argilla dopo 35

giorni dalla fine dello scavo vale:

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