Less Spi Es12 13 Esercizi Svolti

“SPINTA DELLE TERRE, OPERE DI SOSTEGNOE FONDAZIONI SUPERFICIALI”

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 Fondamenti di GeotecnicaScienze dell’Ingegneria Edile, A.A. 2012/2013

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI FIRENZEDIPARTIMENTO DI INGEGNERIA CIVILESezione geotecnica

Origine e struttura dei terreni – Fondamenti di GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013 2/89

SPINTA ATTIVA E PASSIVA

Spinta attiva e passiva

Esercizio 1

Si consideri una parete rigida verticale e liscia, di altezza H = 5 m, che sostieneun terrapieno, omogeneo e con piano di campagna orizzontale, costituito dasabbia con peso di volume saturo, sat, di 20 kN/m3 e angolo di resistenza altaglio, ’, pari a 30°. Il livello di falda è al piano di campagna e si assuma w = 10kN/m3.

Si determini, trascurando eventuali moti di filtrazione:a) l’andamento delle pressioni limite attive ’hA lungo il parametro internodella parete;b) la forza risultante STOT che il terrapieno esercita sulla parete, e la distanza dSdel punto di applicazione dalla base della parete.





Dati:

Angolo di resistenza al taglio (’) = 30°Sabbia (c’) = 0 kPa

Altezza della parete (H) = 5 mInclinazione della parete rispetto alla verticale () = 0°Parete liscia angolo d’attrito () = 0°Terrapieno orizzontale angolo d’inclinazione rispetto all’orizzontale () = 0°

Peso di volume saturo della sabbia (sat) = 20 kN/m3

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

HProfondità della falda (zw) = 0 m




Svolgimento:

H

2'

4tan

'sen1'sen1K 2

AvoAhA ʹKʹ In particolare, all’interno del deposito omogeneo, risulta:

KA = tan2(45°‐30°/2) = 0.33

’v0(H) = v(H) – u(H) = sat∙H ‐ w∙H = (100‐50) kPa = 50 kPaz

z = 0

a) Si determini, trascurando eventuali moti di filtrazione l’andamento dellepressioni limite attive ’hA lungo il parametro interno della parete;Considerata l’ipotesi di parete liscia, può essere applicata la teoria diRankine per il calcolo della distribuzione delle pressioni limite attive agentisul parametro interno della parete, secondo cui:

Si calcola la distribuzione delle tensioni efficaciverticali lungo il parametro interno della parete,individuando i punti in cui (in base alla stratigrafiaed alla posizione della falda) l’andamento (semprelineare) può cambiare pendenza.

dove la pressione interstiziale alla base del muro è stata calcolata nell’ipotesidi assenza di filtrazione (pressione idrostatica)

con:

’v0(0) = v(0) – u(0) = 0 kPa

’v0

’v0(H)




Svolgimento:

H

’hA(H) = KA∙’v0(H) = 0.33∙50 kPa = 16.7 kPa

z

z = 0

’hA(H) u(H)STOT = S’A + SW

A

B C D

S’A = ½ ∙’hA(H)∙H = ½ ∙16.7 kN/m2∙5m = 41.7 kN/m

S’W = ½ ∙u(A)∙H = ½ ∙50 kN/m2∙5m = 125 kN/m

Si calcolano le pressioni limite attive nei medesimi punti:

b) Si determini la forza risultante STOT che ilterrapieno esercita sulla parete, e la distanza zS delpunto di applicazione dalla base della parete.La spinta totale (per unità di lunghezza dellaparete) esercitata dal terreno sulla parete (STOT) è lasomma del contributo del terreno (spinta attiva, S’A)e dell’acqua (spinta idrostatica, SW):

dove la spinta attiva è l’area della distribuzione delle pressioni limite attiva(triangolo ABC):

e la spinta idrostatica è l’area della distribuzione delle pressioni interstiziali(triangolo ABD):

’hA(0) = KA∙’v0(0) = 0 kPa

e si determina l’andamento tra i punti considerati,che sarà sempre lineare.

’hA,u




Svolgimento:

H

La spinta totale vale dunque:

z

z = 0

’hA(H) u(H)dS = 1/3 H = 1.7 m

A

B C D

STOT = S’A + SW = (125 + 41.7)kN/m = 166.7 kN/m

S’A SW

Le due spinte sono applicate in corrispondenza delbaricentro delle relative distribuzioni, che perentrambe è situato a 1/3 dell’altezza della paretedalla base del muro e quindi anche la lororisultante ha punto di applicazione a distanza dallabase del muro:

’hA,u

dS

N.B. Si osservi come la spinta dell’acqua sia preponderante rispetto a quelladel terreno





Esercizio 2

H = 4m2

Sabbia:

= 19 kN/m’ = 25°

s a t

3H = 2m1

Sabbia:

= 20 kN/m’ = 30°

s a t

3

q = 20 kPas

Con riferimento alla situazione riportata in Figura ed assumendo w = 10 kN/m3,si determinino, nell’ipotesi di assenza di attrito tra parete e terreno:‐ la spinta totale agente a monte, S1, e a valle della parete, S2;‐ il momento risultante di tali spinte, M1 e M2, e le distanze, d1 e d2 dei rispettivipunti di applicazione dalla base della parete.




Dati:

Sabbia (c’) = 0 kPa

Profondità dello strato (H1) = 2 m

Inclinazione della parete rispetto alla verticale () = 0°

Parete liscia angolo d’attrito () = 0°Terrapieno orizzontale angolo d’inclinazione rispetto all’orizzontale () = 0°

Peso di volume saturo (sat1) = 19 kN/m3


Profondità della falda (zw) = 2 mH1

H2

q

Angolo di resistenza al taglio (’1) = 25°

Strato 1Profondità dello strato (H2) = 4 m

Peso di volume saturo (sat2) = 20 kN/m3

Angolo di resistenza al taglio (’2) = 30°

Strato 2

Sovraccarico (q) = 20 kPa




Svolgimento:

’v0(A) = v(A) – u(A) = 0 kPa

Si calcola la distribuzione delle tensioni efficaci verticali a monte della parete(prescindendo per il momento dal sovraccarico), individuando i punti in cui (inbase alla stratigrafia ed alla posizione della falda) l’andamento (sempre lineare)può cambiare pendenza (A, B e C):

dove la pressione interstiziale alla base del muroè stata calcolata considerando che non vi èfiltrazione (pressione idrostatica).

H1

H2

MonteValleA

B

Cz

’v0(B) = v(B) – u(B) = sat1∙H1 = 19∙2 kPa = 38 kPa’v0(C) = v(C) – u(C) = sat1∙H1 + sat2∙H2 ‐ w∙H2 = (19∙2+ 20∙4 ‐ 10∙4)kPa = 78 kPa

’hA(A) = KA1∙’v0(A) = 0 kPa

Quindi si calcolano le pressioni limite attive neimedesimi punti e si disegna il corrispondenteandamento (lineare):

’hA(B‐) = KA1∙’v0(B) = 0.41∙38 kPa = 15.6 kPa’hA(B+) = KA2∙’v0(B) = 0.33∙38 kPa = 12.5 kPa’hA(C) = KA2∙’v0(C) = 0.33∙78 kPa = 25.7 kPa

’hA




Svolgimento:

’v(E) = v(E) – u(E) = 0 kPa

Si calcola la distribuzione delle tensioni efficaci verticali a valle della parete,individuando i punti in cui (in base alla stratigrafia ed alla posizione dellafalda) l’andamento (sempre lineare) può cambiare pendenza (D e E):

dove la pressione interstiziale alla base del muro è statacalcolata considerando che non vi è filtrazione(pressione idrostatica). H1

H2

MonteValleA

B

Cz

’hP(E) = KP2∙’v0(E) = 0 kPa

Quindi si calcolano le pressionilimite passive nei medesimi punti esi disegna il corrispondenteandamento (lineare):

’hP(D) = KP2∙’v0(D) = 3∙40 kPa = 120 kPa

’hA

D

E

’v(D) = v(D) – u(D) = sat2∙H2 ‐ w∙H2 = (20∙4 ‐ 10∙4)kPa= 40 kPa

’hP

La pressione limite attiva agente a monte della parete dovuta al sovraccarico ècostante con la profondità in ciascuno strato e vale:’hA,q1 = KA1∙q = 0.41∙20 = 8.2 kPa’hA,q2 = KA2∙q = 0.33∙20 = 6.6 kPa


Origine e struttura dei terreni – Fondamenti di GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


Svolgimento:

H1

H2

’hA,

S1 = S’A + Sq + SW1

S’A = A1 + A2 + A3

La spinta totale (per unità di lunghezza della parete) esercitata dal terreno amonte sulla parete (S1) è la somma del contributo del terreno (spinta attiva,S’A), del sovraccarico (Sq) e dell’acqua (spinta idrostatica, SW1):

dove la spinta attiva è l’area della distribuzione delle pressioni limite attive:

F

H

A1

A2

A3

B

CD

E

u

12/89

A6

A1 = ½’hA(B‐)∙H1 = ½ 15.6 ∙2 = 15.6 kN/mA2 = ’hA(B+)∙H2 = 12.5∙4 = 50 kN/mA3 = ½ [’hA(C) ‐ ’hA(B+)]∙H2 = 26.4 kN/mS’A = A1 + A2 + A3 = 92 kN/m

A5

A4e la spinta attiva dovuta al sovraccarico vale:

S’q = A4 + A5A4 = ’hA,q1∙H1 = 8.2 ∙2 = 16.4 kN/mA5 = ’hA,q2∙H2 = 6.6∙4 = 26.4 kN/m

S’q = A4 + A5 = 42.8 kN/m




Svolgimento:

H1

H2

’hA,

’hP

S2 = S’P + SW2

S’P = A7 = ½ ’hP(D)∙H2 = ½ 120 ∙4 = 240 kN/m

La spinta totale (per unità di lunghezza della parete) esercitata dal terreno avalle sulla parete (S2) è la somma del contributo del terreno (spinta passiva,S’P) e dell’acqua (spinta idrostatica, SW2):

dove la spinta passiva è l’area della distribuzione delle pressioni limitepassive:

e la spinta idrostatica è l’area della distribuzione dellepressioni interstiziali: F

H

A1

A2

A3

B

CD

E

A7

u

13/89

A6

SW2= A8 = SW1 = 80 kN/m

La spinta totale vale dunque:S2 = S’P + SW2 = (240 + 80)kN/m= 320 kN/m A8

La spinta totale vale dunque:S1 = S’A + S’q + SW1 = (92 + 42.8+ 80)kN/m = 214.8 kN/m

e la spinta idrostatica è l’area della distribuzione delle pressioni interstiziali:SW1 = A6 = ½ ∙u(C)∙H2 = ½ ∙40∙4 = 80 kN/m

A5

A4

S2

S1




Svolgimento:

H1

H2

’hA,

’hP

dA1 = H2 + H1/3 = 4+2/3 = 4.67 m

Si determinano i baricentri delle aree che compongono le spinte e quindi ibracci delle relative risultanti rispetto al piede della parete (D):

F

H

A1

A2

A3

B

CD

E

A7

u

14/89

A6d1 = M1/S1 = 449.2/214.8 = 2.09 m

Il momento risultante delle azioni che agiscono a monte della parete è dunque:

A8

dA2 = dA5 = H2/2 = 4/2 = 2 mdA3 = dA6 = dA7 = dA8 = H2/3 = 4/3 = 1.33 m

M1 = A1∙dA1+A2∙dA2+A3∙dA3+A4∙dA4+A5∙dA5+A6∙dA6 == 15.6 ∙4.67+50∙2+26.4∙1.33 +16.4∙5+26.4∙2+80∙1.33 = 449.2 kNe a valle:M2 = A7∙dA7+A8∙dA8 = 240 ∙1.33 + 80∙1.33 = 425.6 kNe i punti di applicazione dellerisultanti hanno distanza dalpiede della parete:

d2 = M2/S2 = 425.6/320 = 1.33 mA5

A4

dA4 = H2 + H1/2 = 4+2/2 = 5 m

S2

S1

d1d2

b) Si determinino, nell’ipotesi di assenza di attrito tra parete e terreno, ilmomento risultante di tali spinte, M1 e M2, e le distanze, d1 e d2 dei rispettivipunti di applicazione dalla base della parete.





Esercizio 3

H

15/89

Altezza della parete (H) = 6 m

Inclinazione della parete rispetto alla verticale () = 0°Parete liscia angolo d’attrito () = 0°Terrapieno orizzontale angolo d’inclinazione rispetto all’orizzontale () = 0°

Dati:

Coesione (c’) = 10 kPaCoesione non drenata (cu) = 50 kPaAngolo di resistenza al taglio (’) = 26°Peso di volume () = 19 kN/m3


Profondità della falda (zw) = 0 m

Un muro a parametro interno verticale di altezza H = 6 m, sostiene uno strato diargilla con le seguenti caratteristiche geotecniche: = 19 kN/m3 , cu = 50 kPa, ’ =26° e c’ = 10 kPa. Il livello di falda è al piano di campagna. Si determini,nell’ipotesi di assenza di attrito tra terreno e muro, il diagramma della spintaattiva, e la relativa risultante, a breve, Sb.t. e a lungo termine, Sl.t. ( assumendo w= 10 kN/m3).




Svolgimento:

H

2'

4tan

'sen1'sen1K 2

AAvoAhA Kʹc2ʹKʹ

In particolare, all’interno del deposito omogeneo, risulta:

KA = tan2(45°‐26°/2) = 0.39

z

z = 0

Considerata l’ipotesi di parete liscia, può essere applicata la teoria diRankine per il calcolo della distribuzione delle pressioni limite attive agentisul parametro interno della parete, nel caso di terreno coesivo, secondo cui:

con:v0

v0(H)

a lungo termine:

a breve termine:

uvohA c2

Si calcola la distribuzione delle tensioni totaliverticali lungo il parametro interno della parete:

v0(H) = ∙H = (19∙6) kPa = 114 kPav0(0) = 0 kPa

Si determini, nell’ipotesi di assenza di attrito tra terreno e muro, il diagrammadella spinta attiva, e la relativa risultante, a breve, Sb.t. e a lungo termine, Sl.t. (assumendo w = 10 kN/m3).




Svolgimento:

H

z

z = 0 v0 ’v0, uSi calcola la distribuzione delle tensioni efficaci verticali lungo ilparametro interno della parete:

’v0(H) = v(H) – u(H) = ∙H ‐ w∙H = (114‐60) kPa = 54 kPadove la pressione interstiziale alla base del muroè stata calcolata nell’ipotesi di assenza difiltrazione (pressione idrostatica).

’v0(0) = v(0) – u(0) = 0 kPa

Si calcola la distribuzione delle pressioni interstiziali lungo il parametrointerno della parete:

u(H) = w∙H = (6∙10) kPa = 60 kPau(0) = 0 kPa




Svolgimento:

z

z = 0

’hA(H) u(H)

A

BC D

Si calcola l’andamento le pressioni limite attive efficaci (a lungo termine):’hA(0) = KA∙’v0(0)‐2c’√KA = ‐2∙10∙√0.39 = ‐12.5 kPa

’hA, u’hA(H) = KA∙’v0(H)‐2c’√KA = 0.39∙54 ‐2∙10∙√0.39 = 8.6 kPae la profondità critica in cui tali pressioni si annullano (O):

Ac Kʹ

ʹc2z

= 2∙10/(9∙√0.39) = 3.56 m ‐

H

+

Sl.t. = S’A + SW

S’A = ½ ∙’hA(H)∙(H‐zc) = ½ ∙8.6∙kN/m2 (6 ‐ 3.56)m = 10.5 kN/m

La spinta totale (per unità di lunghezza della parete)esercitata dal terreno sulla parete (Sl.t.) a lungotermine è la somma del contributo del terreno (spintaattiva, S’A) e dell’acqua (spinta idrostatica, SW):

dove la spinta attiva è l’area della distribuzione dellepressioni limite attiva, calcolata assumendo talipressione nulle al di sopra della profondità critica(triangolo OBC):

O

zc




Svolgimento:

SW = ½ ∙u(A)∙H = ½ ∙60 kN/m2∙6m = 180 kN/m

e la spinta idrostatica è l’area della distribuzione delle pressioni interstiziali(triangolo ABD):

La spinta totale a lungo termine vale dunque:Sl.t. = S’A + SW = (10.5 + 180)kN/m = 190.5 kN/mOSS. In questo caso non si considera, data la posizione della falda, ilcontributo dell’acqua di infiltrazione al di sopra della profondità critica.Si calcola l’andamento le pressioni limite attive totali (a breve termine):hA(0) = v0(0) ‐ 2cu = ‐2∙50 = ‐100 kPa

e la profondità critica in cui tali pressioni siannullano (O):

uc

c2z

hA(H) = v0(H) ‐ 2cu = 114 ‐ 2∙50 = 14 kPa

z

z = 0A

B C

hA

‐

H

+

O

zc

= 2∙50/19 = 5.26 mSl.t.

S’a

Sw




Svolgimento:

Sb.t. = SA = ½ ∙hA(H)∙(H‐zc) = ½ ∙14∙kN/m2 (6 – 5.26)m = 5.2 kN/m

La spinta totale (per unità di lunghezza della parete) esercitata dal terrenosulla parete (Sb.t.) a breve termine è data dalla somma delle pressioni limiteattive totali, calcolata assumendo tali pressione nulle al di sopra dellaprofondità critica (triangolo OBC)::

OSS. In questo caso nel calcolo della spinta totale non si considera ilcontributo dell’acqua di falda, né, data la posizione della falda, il contributodell’acqua di infiltrazione al di sopra della profondità critica.

z

z = 0

hA(H)

A

BC

hA

‐

H

+

O

zc

Sb.t.





Esercizio 4

H

21/89

Altezza della parete (H) = 6 m

Inclinazione della parete rispetto alla verticale () = 0°Angolo d’attrito terreno‐parete ( = ’) = 30°Angolo d’inclinazione del terrapieno rispetto all’orizzontale () = 0°

Dati:

Angolo di resistenza al taglio (’) = 30°Peso di volume () = 18 kN/m3

Profondità della falda (zw) >> H

a) in assenza di attrito tra terreno e muro (col metodo di Rankine);b) considerando un angolo di attrito terreno‐muro = ’ nell’ipotesi di superficie

di rottura piana (Coulomb) e a spirale logaritmica (Navfac);c) ipotizzando anche che il piano di campagna sia inclinato, rispetto

all’orizzontale, di un angolo = 30°.

Sabbia (c’) = 0 kPa

SA

Un muro in cemento armato di altezza H = 6 m, sostiene un terrapieno di sabbiaasciutta, avente = 18 kN/m3 e ’ = 30°. Calcolare la spinta attiva, SA, agente sulmuro:




Svolgimento:

2'

4tan

'sen1'sen1K 2

AvoAhA ʹKʹ

In particolare, all’interno del deposito omogeneo, risulta:KA = tan2(45°‐30°/2) = 0.33

Considerata l’ipotesi di parete liscia, può essere applicata la teoria diRankine per il calcolo della distribuzione delle pressioni limite attive agentisul parametro interno della parete, secondo cui:

con:

Si calcola la distribuzione delle tensioni efficaciverticali lungo il parametro interno della parete:

’v0(H) = v(H) = ∙H = (18∙6) kPa = 108 kPa

’v0(0) = v(0) = 0 kPa

a) Calcolare la spinta attiva, SA, agente sul muro: in assenza di attrito traterreno e muro (col metodo di Rankine) e terrapieno orizzontale

H

z

z = 0A ’v0

’v0(H)




Svolgimento:Si calcola la distribuzione delle pressioni limite attive lungo il parametrointerno della parete:

H

z

z = 0A ’hA

’hA(H) = KA∙’v0(H) = 0.33∙108 kPa = 35.6 kPa’hA(0) = KA∙’v0(0) = 0 kPa

SA(R) = ½ ∙’hA(H)∙H = ½ ∙35.6 kN/m2∙6m = 106.9 kN/m

La spinta attiva (per unità di lunghezza della parete) esercitata dal terrenosulla parete (SA) è data dall’area della distribuzione delle pressioni limiteattiva (triangolo ABC):

B C

e coincide con la spinta totale (non essendopresente la falda):STOT = SA = 106.9 kN/mN.B. La spinta, in questo caso, è orizzontale eapplicata lungo la parete ad una distanzadalla base del muro:dA = 1/3∙H = 1/3 ∙6m = 2 m

SA

dA




Svolgimento:

Considerata l’ipotesi di attrito tra muro e terreno, non può essere applicata lateoria di Rankine per il calcolo della spinta attiva agente sul parametro internodella parete.

b) Calcolare la spinta attiva, SA, agente sul muro considerando un angolo diattrito terreno‐muro = ’ nell’ipotesi di superficie di rottura piana(Coulomb) e a spirale logaritmica (Navfac) e terrapieno orizzontale.

A seconda della forma ipotizzata per la superficie di rottura esistono differentiteorie che forniscono una soluzione in forma analitica o numerica (grafica otabellare) per il calcolo del modulo della spinta attiva, ma che non consentonodi determinare la distribuzione delle pressioni limite attive e quindi il punto diapplicazione della spinta.In particolare, nell’ipotesi di superficie di rottura piana, si può applicare lateoria di Coulomb che fornisce il modulo della spinta attiva, nel caso diterrapieno omogeneo, incoerente ed asciutto:

A2

A KH21S

2

2

2

A

coscos'sen'sen1coscos

'cosK

con:




Svolgimento:Nell’ipotesi di superficie di rottura curvilinea, si può applicare la teoria diNavfac per superficie a spirale logaritmica, che fornisce per via numerica ilmodulo della spinta attiva, nel caso di terrapieno omogeneo, incoerente edasciutto:

A2

A KH21S

con KA fornito in formagrafica (/’ = 0; = ’=30°):

/’ = 0; = ’

KA = 0.32

A2

)N(A KH21S

= ½ ∙18∙62 ∙0.32 = 103.7 kN/m




Svolgimento:Se invece si applica la teoria di Caquot e Kerisel ( = 0; ’ = 1; ’ = 30°),utilizzando i risultati, ottenuti per via numerica e forniti in forma tabellare :

A2

)CQ(A KH21S

’ 5° 10° 15° 20° 25° 30° 35° 40° 45° 50° 0,81 0,65 0,53 0,44 0,37 0,31 0,26 0,22 0,19 0,16

1'

1,26 1,66 2,20 3,04 4,26 6,56 10,7 18,2 35,0 75,0

0,81 0,66 0,54 0,44 0,36 0,30 0,25 0,20 0,16 0,13

32

'

1,24 1,59 2,06 2,72 3,61 5,25 8,00 12,8 21,0 41,0

0,82 0,67 0,56 0,45 0,37 0,30 0,25 0,20 0,16 0,13

31

'

1,22 1,52 1,89 2,38 3,03 4,02 5,55 8,10 12,0 19,0

0,84 0,70 0,59 0,49 0,41 0,33 0,27 0,22 0,17 0,13 0

'

1,19 1,42 1,70 2,04 2,46 3,00 3,70 4,60 5,80 7,50

kakp

KA = 0.31

= ½ ∙18∙62 ∙0.31 = 100.4 kN/m

Valida per = = 0




Svolgimento:c) Calcolare la spinta attiva, SA, agente sul muro considerando un angolo di

attrito terreno‐muro = ’, con il piano di campagna inclinato, rispettoall’orizzontale, di un angolo = 30°, nell’ipotesi di superficie di rotturapiana (Coulomb) e a spirale logaritmica (Navfac) e terrapieno orizzontale.

Nell’ipotesi di superficie di rottura piana, secondo la teoria di Coulomb nelcaso di terrapieno omogeneo, incoerente ed asciutto.In questo caso ( = 0°; = 30°; = ’ = 30°) risulta:

A2

)C(A KH21S

2

2

2

2

2

2

A

300cos300cos3030sen300sen1300cos0cos

030cos

coscosʹsenʹsen1coscos

ʹcosK

= 0.87

30cos

30cos30cos0sen30sen130cos1

30cos2

2

= ½ ∙18∙62 ∙0.87 = 281.9 kN/m




Svolgimento:N.B. La spinta, in questo caso, è inclinata verso l’alto dell’angolo di attrito, manon se ne conosce il punto di applicazione, che, si assume comunque ad unadistanza dalla base del muro pari a 1/3 dell’altezza del muro, come suggeritodalla teoria di Rankine:

dA = 1/3∙H = 1/3 ∙6m = 2 m

H

SA

dA




Svolgimento:Nell’ipotesi di superficie di rottura curvilinea, applicando la teoria di Navfac ilmodulo della spinta attiva, nel caso di terrapieno omogeneo, incoerente edasciutto, è pari a

A2

A KH21S

con KA fornito in formagrafica (/’ = 1; = ’=30°):

/’ = 1; = ’=30°

KA = 0.92

A2

)N(A KH21S

= ½ ∙18∙62 ∙0.92 = 298.1 kN/m




Svolgimento:Se invece si applica la teoria di Caquot e Kerisel ( = ’ = 30°; = 0°),utilizzando i risultati, ottenuti per via numerica e forniti in forma tabellare :

A2

)CQ(A KH21S

KA = 0.87

= ½ ∙18∙62 ∙0.87 = 281.9 kN/m

-30° -18° 0° +18° +30°

KA 0,232 0,257 0,308 0,409 0,866

KP 0,84 2,85 6,56 11,8 16,1

Valida per = 0; = ’ =30°




OSSERVAZIONI1) La presenza dell’attrito tra terreno e muro () determina, a parità delle altrecondizioni, un incremento della spinta attiva in modulo poco significativo(indipendentemente dalla soluzione adottata), ad esempio con la soluzione diCoulomb:|SA(R)|= 106.9 kN/m < |SA(C)|= 119.9 kN/mmentre comporta un’inclinazione, verso l’alto, della spinta attiva di un angolopari all’angolo di attrito (), per cui la componente instabilizzante della spinta(ovvero la componente orizzontale) di fatto si riduce :SA(C),H = 119.9 ∙cos30 kN/m = 103.8 kN/m < SA(R),H = SA(R) = 106.9 kN/m

L’effetto complessivo dell’attrito tra terreno emuro sulla stabilità del muro è quindibenefico.

H

SA(c)

dASA(R)

SA(c),HSA(c),V

e la componente stabilizzante della spinta (ovverola componente verticale) aumenta :SA(C),V = 119.9 ∙sen30 kN/m = 60 kN/m > SA(R),V = 0 kN/m




|SA(C)|= 119.9 kN/m < <|SA(C),|= 281.9 kN/m

2) L’effetto dell’ inclinazione del terrapieno (), a parità di inclinazione dellaspinta (e quindi delle condizioni di attrito) è quello di incrementare ilmodulo della spinta attiva in modo significativo (indipendentemente dallasoluzione adottata), ad esempio con la soluzione di Coulomb:

con un conseguente aggravio dellecondizioni di carico a sfavore dellastabilita.

H

SA(c)

dA

SA(c),3) Il metodo utilizzato, a parità dicondizioni di attrito e di inclinazione delpendio (e quindi di inclinazione dellaspinta) influisce poco sensibilmente sulmodulo della spinta attiva e quindi lesoluzioni ottenute possono ritenersi tutteutili ai fini del calcolo della stabilità delmuro. Ad esempio nel caso di pendio:|SA(C),|= 281.9 kN/m ≅ |SA(CQ),|<|S| = 298.1 kN/m

5 m

1.6 m

2.7 m



Viene realizzato un muro di sostegno a gravità in c.a.(m = 25 kN/m3), della formae delle dimensioni riportate in Figura, per sostenere un terrapieno omogeneocostituito prevalentemente da sabbia ( = 19.5 kN/m3, ʹ = 38°) e con piano dicampagna inclinato di un angolo = 15°. Si consideri la presenza dellʹattrito traterreno e muro ( = 25°) e si supponga che il terreno di fondazione abbia le stessecaratteristiche del terrapieno e che la falda sia a grande distanza dal piano dicampagna. Si determini:a) la risultante delle componenti orizzontali everticali delle forze che agiscono sul muro,distinguendo tra forze stabilizzanti einstabilizzanti;b) il momento risultante rispetto al piede esternodel muro sempre distinguendo tra forzestabilizzanti e instabilizzanti;c)Si calcoli la capacità portante del terreno difondazione scegliendo la condizione piùcautelativa (trascurando o meno la presenza delterrapieno).

Esercizio 5 (Esame del 16/04/2007)




H

Altezza del muro (H) = 5 m

Angolo d’attrito terreno‐parete () = 20°

Dati:

Angolo di resistenza al taglio (’) = 38°Peso di volume () = 19.5 kN/m3


Terreno omogeneo, sabbia (c’) = 0 kPa

SA

Larghezza del muro al piede (B) = 2.7 mLarghezza del muro al tetto (b) = 1.6 m

B

b

Peso specifico del c.a. (m) = 25 kN/m3

Inclinazione della parete rispetto alla verticale ()

Inclinazione del terrapieno rispetto all’orizzontale () = 15°

Caratteristiche del muro

Caratteristiche del terrapieno



36/89

Svolgimento:a) la risultante delle componenti orizzontali e verticali delle forze che agisconosul muro, distinguendo tra forze stabilizzanti e instabilizzanti;Sul muro di sostegno agiscono (per unità di lunghezza del muro):‐ il peso del muro:W = m ∙(A1 + A2)

B

b

A1

A2

A1 = b∙H = 1.6m∙5m = 8 m2

A2 = (B‐b)∙H/2 = (2.7‐1.6)m∙5m/2 = 2.75 m2

W = m ∙(A1 + A2) = 25kN/m3∙(8+2.75)m2 = 268.75 kN/mche agisce in direzione verticale ed il braccio rispetto alpiede esterno del muro O è:

O x

y

xM = [(A1∙xA1)+(A2∙xA2)]/(A1+A2)

xA1 = b/2 = 1.6/2 m = 0.8 mdove :

xA2 = b + (B‐b)/3 = [1.6 + (2.7‐1.6)/3] m = 1.97 mxM = [(A1∙xA1)+(A2∙xA2)/(A1+A2)] = [(8∙0.8)+(2.75∙1.97)]m3/(8+2.75)m2 = 1.1 m

H/2

b/2

H/3

H(B‐b)/3

N.B.: Il baricentro di un rettangolo si trova a distanza da ciascun lato pari allalunghezza del lato adiacente, mentre il baricentro di un triangolo rettangolo sitrova a distanza dai lati che formano l’angolo retto pari a 1/3 della lunghezzadel lato adiacente




Svolgimento:‐ la spinta attiva (calcolata secondo la teoria di Coulomb):SA = 1/2 ∙KA ∙H2

b

O x

y

con :

H

W

xM

B

In questo caso risulta: = 15°; = 20°; ’ = 38°

2

2

2

A

coscosʹsenʹsen1coscos

ʹcosK

e = arctg(B‐b)/H = 12.4°.

2

2

2

A

154.12cos254.12cos1538sen3825sen1254.12cos4.12cos

4.1238cosK

= 0.38

2

2

2

6.2cos4.37cos)23(sen63sen14.37cos4.12cos

6.25cos

= ½ ∙19.5∙52 ∙0.38 kN/m = 92.6 kN/m

Quindi:

SA = 1/2 ∙KA ∙H2

SA




Svolgimento:La spinta è inclinata di rispetto alla normale alla parete e quindi di +rispetto all’orizzontale e si suppone applicata lungo la parete ad una distanzadalla base del muro pari a 1/3 dell’altezza, ovvero nel punto di coordinate:

SAH = SA∙cos(+) = 92.6 kN/m∙cos(20+12.4) = 78.2 kN/m b

O x

y

H

W

xM

B

yS = H/3 = 5/3 m = 1.67 m

Quindi può essere scomposta in una componente orizzontale:

SA

yS

xS = B ‐ H/3∙tg = (2.7 ‐ 5/3∙tg12.4°) m = 2.33 m

xS

con braccio rispetto a O:

SAV

SAH

yS = 1.67 m

SAV = SA∙sen(+) = 95.1 kN/m∙sen(20+12.4) = 51 kN/m

ed in una componente verticale:

con braccio rispetto a O:xS = 2.33 m




Svolgimento:‐ la forza di attrito agente alla base del muro:T = RV ∙tgbdove RV è la risultante di tutte le componenti verticali delle forze agenti sulmuro, ovvero:RV = W + SAV = (268.75 + 51) kN/m = 319.75 kN/me b è l’angolo d’attrito tra terreno e base del muro ed in genere si assume:

Quindi:

b

O x

y

H

W

xM

B

SA

ySxS

SAV

SAH

T

b = = 20°

T = RV ∙tgb = 319.75 kN/m ∙tg 20° = 116.4 kN/m

N.B.: Nel caso in cui il terreno di fondazione siadiverso da quello costituente il terrapieno allora b ≠ e nel caso in cui sia terreno coesivo, allora deveessere considerato anche il contributo dell’adesione(cA) e la forza corrispondente, che agisce nella stessadirezione e verso di T, e che ad essa si somma: cA∙B




Svolgimento:

Ai fini della traslazione orizzontale del muro verso valle, la risultante delleforze che determinano lo slittamento (orizzontale) è:HSL = SAH = 78.2 kN/m

e la risultante orizzontale delle forze resistenti è:HST = T = 116.4 kN/m

b) il momento risultante rispetto al piede esterno del muro sempre distinguendotra forze stabilizzanti e instabilizzanti;Ai fini della rotazione (antioraria) del muro rispetto al piede esterno (O), ilmomento risultante delle forze instabilizzanti è:MRIB,1 = SAH ∙yS = 78.2 kN/m ∙ 1.67 m = 130.6 kN

oppure:MRIB,2 = SAH ∙yS ‐ SAV∙xS = 78.2 kN/m ∙ 1.67 m – 51kN/m∙ 2.33 m = 11.8 kN




Svolgimento:

e il momento risultante delle forze stabilizzanti vale:

MST,2 = W ∙xM = 268.75kN/m ∙ 1.1 m = 295.6 kNoppure:MST,1 = W ∙xM + SAV∙xS = 268.75 kN/m ∙ 1.1 m + 51kN/m∙ 2.33 m = 414.5kN

b

O x

y

H

W

xM

B

SA

ySxS

SAV

SAH

T

c) Si verifichi la stabilità della fondazione scegliendo lacondizione più cautelativa (trascurando o meno lapresenza del terrapieno).Ai fini della verifica della capacità portante dellafondazione si ipotizza che il terrapieno sia allo stessolivello da entrambi i lati della fondazione (perapplicare le formule note) e, per porsi nellacondizione più cautelativa, si considera il livello piùbasso.



Svolgimento:

RV

B

Nel caso specifico significa che la profondità del piano di posa vale:D = 0Inoltre si suppone la fondazione nastriforme di larghezza B e il carico trasmessoal terreno sottostante in condizioni di esercizio è dato dalla risultante dellaspinta attiva e del peso, quindi ha componente orizzontale e verticalerispettivamente:RV = W + SAV = 319.75 kN/mRH = SAH = 78.2 kN/m RH RV

ed è applicata nel punto di ascissa (rispetto al piede esterno O):

Ox

xR

xR = MTOT/RV = (MST – MRIB)/RV = (295.6‐11.8) kN/319.75kN/m = 0.89 me l’eccentricità rispetto all’asse della fondazione vale:

con angolo di inclinazione: = arctg(RH /RV) = arctg(78.2/319.75) = 13.7°

e

42/89

e = B/2 ‐ xR = (2.7/2 – 0.89)m = 0.46 m ≅ B/6CASO LIMITE (sezione interamente reagente)

Be61

BRV

max

Be61

BRV

min≅ 0 = 239.5 kPa

max




Svolgimento:Il carico limite è dato da (Vesic, 1975):

Essendo:

43/89

gbidsNB'21gbidsNqgbidsNcq qqqqqqcccccclim

sc, sq, s = 1‐ la fondazione nastriforme

‐ la profondità del piano di posa, D = 0dc, dq, d = 1

‐ il terrapieno e la fondazione orizzontali:bc, bq, b = 1gc, gq, g = 1

q = 0

l’espressione del carico limite diventa:

iNBʹ21qlim

‐ il terreno incoerente (c’ = 0):




Svolgimento:dove:

44/89

‐ i fattori di capacità portante valgono:

‐ la larghezza equivalente della fondazione (essendo il carico eccentrico) vale:B’ = B ‐ 2e = 2.7 ‐ 2∙0.46 = 1.78 m‐ il fattore di inclinazione del carico (essendo il carico inclinato conH/V = 78.2/319.75 = 0.24):

2B

2L senmcosmm

LB1

LB2

mB

BL1

BL2

mL

i =

1m

VH1

dove è l’angolo d’inclinazione della proiezione del carico rispetto allalunghezza della fondazione, ovvero = 90°, quindi:m = mB = 2 (per L = +) i= (1‐0.24)3 = 0.44

tg1N 2N q = 2∙(48.9‐1)∙tg38° = 74.8

)2

(45 tgeN 2tgq

= etg38°tg2(45°+38°/2) = 48.9

‐ il peso di volume del terreno di fondazione = 19.5 kN/m3 (essendo il terrenoasciutto)




Svolgimento:Il carico limite vale dunque:

45/89

iNBʹ21qlim = ½∙ 19.5 kN/m3∙ 1.78m ∙ 74.8∙ 0.44 = 571.2 kPa

Nel caso in cui il terreno di fondazione sia di tipo coesivo la verifica dellacapacità portante dovrà essere condotta anche a breve termine e nel caso in cuianche il terreno sostenuto sia di tipo coesivo, le verifiche dovranno esserecondotte anche a breve termine, considerando il contributo della spinta attivacalcolata in termini di tensioni totali.




VERIFICHE DI STABILITÀ

Verifiche di stabilità

Si consideri il muro di sostegno a mensola in c.a. riportato in Figura, che sostieneun terreno costituito da sabbia ghiaiosa incoerente di densità medio‐alta conangolo di pendio = 20°.

Esercizio 6

= 20°

qk = 10 kPa

h=6 m

h1=h2=0,8 m

b2 b3 b

H

B

b1=0,5m

3,50,95 0,7

ʹk = 32°

k = 20 kN/m3

Il terreno antistante il muro e quello difondazione hanno le stesse caratteristichedel terreno sostenuto. La superficie diintradosso della soletta di fondazione delmuro è gettata in opera a contatto con ilterreno. Il livello di falda è molto al di sottodella zona di influenza del muro. Si effettuila verifica geotecnica secondo le normativaitaliana previgente (D.M. 11/03/1988) esecondo le Norme Tecniche per leCostruzioni (NTC‐08).

= 20°

qk = 10 kPa

h=6 m

h1=h2=0,8 m

b2 b3 b

H

B

b1=0,5m

3,50,95 0,7

ʹk = 32°

k = 20 kN/m3


47/89


Altezza del paramento del muro (h) = 6 m

Angolo d’attrito terreno‐parete (k = ’k) = 32°

Dati:

Angolo di resistenza al taglio (’k) = 32°Peso di volume (k) = 20 kN/m3


Terreno omogeneo, sabbia (c’) = 0 kPa

Spessore del paramento alla sommità (b1) = 0.5 m

Peso specifico del c.a. (m) = 24 kN/m3

Inclinazione del terrapieno rispetto all’orizzontale () = 20°

Caratteristiche del muro

Caratteristiche del terrapieno

Profondità del piano di posa (h1) = 0.8 mSpessore della soletta di fondazione (h2) = 0.8 m

Spessore del paramento alla base (b3) = 0.7 mLunghezza della scarpa posteriore (b2) = 0.95 mLunghezza della scarpa anteriore (b) = 3.5 m

Sovraccarico (qk) = 10 kPa




Svolgimento:Nel calcolo delle forze che agiscono sul muro per le verifiche di stabilità, siconsidera : il terreno che grava sulla soletta di fondazione come parte integrante delmuro (e quindi contribuisce al suo peso), mentre si trascura a favore di sicurezzail contributo del sovraccarico che agisce su questa porzione di terreno; la superficie verticale che delimita tale terreno come una parete virtuale sucui agisce la spinta attiva (a monte) e la spinta passiva (a valle), purchél’ipotetico cuneo di rottura sia compreso entro tale volume di terreno.

La larghezza del muro è:B = b2 + b3 + b = (0.95 + 0.7 + 3.5)m = 5.15 mLa profondità del piano di posa:D = h1 = h2 = 0.8 mL’altezza della parete virtuale vale:H = h1 + h + b∙tg = (0.8 + 6 + 3.5∙tg20°) m = 8.07 m

Db

H/4‐k’/2

B

h

b ≥ bmin = htg(/4‐k’/2)b = 3.5 m bmin = 3.32 m

Si trascura il contributo del sovraccarico agente




W

SA

N

FO

SP

xW

zPA

Le forze che agiscono sul muro sono:‐ il peso del muro, W (comprendente il terreno che grava sulla soletta a monte)che agisce in direzione verticale ed è applicata nel baricentro del muro

zPP

‐ la spinta attiva, SA (esercitata dal terreno a monte) che agisce in direzioneparallela al pendio in corrispondenza della parete virtuale (non si tiene contodell’attrito parete‐terreno) ad una distanza dalla base pari a 1/3H

‐ la spinta passiva, SP (esercitata dal terreno a valle) cheagisce in direzione orizzontale in corrispondenza dellaparete virtuale (non si tiene conto dell’attrito parete‐terreno) ad una distanza dalla base pari a 1/3D (siconsidera qualora risulti almeno D > h2)

‐ la reazione alla base del muro, R le cui componenti normale etangenziale alla base del muro valgono:

N = RV (componente verticale della risultante delle azioni agenti sul muro)T = RV tgk


50/89


1. peso del muro, W

W* = m ∙(A1 + A2 +A3 + A4) + k∙(A5 + A6)

A1 = (b2 + b3)∙h2 = (0.95 + 0.7)m∙0.8m = 1.32 m2

A2 = b∙h2 = 3.5m∙0.8m = 2.8 m2

dove ciascun contributo agisce in direzione verticale e il relativo braccio rispettoal piede O vale:

= 20°

qk = 10 kPa

h=6 m

h1=h2=0,8 m

b2 b3 b

H

B

b1=0,5m

21

6

54

3

7

8

qk

h

D = h2

A3 = (b3 – b1)∙h/2 = (0.7 – 0.5)m∙6m/2 = 0.6 m2

b1

A4 = b1∙h = 0.5m∙6m = 3 m2

A5 = b∙h = 3.5m∙6m = 21 m2

A6 = b∙(btg/2= 3.5m∙3.5m tg20°/2 = 2.23 m2

O

x1 = (b2 + b3)/2 = (0.95 + 0.7)/2 m = 0.825 mx2 = x5 = b2 + b3 + b/2 = (0.95 + 0.7 + 3.5/2) m = 3.4 mx3 = b2 + 2/3(b3 ‐ b1) = 0.95 + 2/3∙(0.7 – 0.5) m = 1.08 mx4 = b2 +(b3 ‐ b1) + b1/2 = (0.95 + 0.7 – 0.5 + 0.5/2) m = 1.4 mx6 = b2 +b3 + 2/3b = (0.95 + 0.7 +2/3∙3.5) m = 3.98 m

x

*N.B. Nel calcolo del peso del muro, indipendente dallo SLU da verificare edall’approccio e/combinazione adottata, il coefficiente correttivo di k, = 1



il peso del muro W ed il relativo momento M rispetto al piede esterno (O) sonodati dalla somma dei singoli contributi:

= 649.88 kN/m

W1 = m ∙A1 = 24kN/m3∙1.32m2 = 31.68 kN/m M1 = W1∙x1 = 31.68kN/m∙0.825m = 26.14 kNW2 = m ∙A2 = 24kN/m3∙2.8m2 = 67.20 kN/m M2 = W2∙x2 = 67.2kN/m∙3.4m = 228.48 kNW3 = m ∙A3 = 24kN/m3∙0.6m2 = 14.40 kN/m M3 = W3∙x3 = 14.4kN/m∙1.08m = 15.55 kNW4 = m ∙A4 = 24kN/m3∙3m2 = 72.00 kN/m M4 = W4∙x4 = 72kN/m∙1.4m = 100.80 kNW5 = k ∙A5 = 20kN/m3∙21m2 = 420.00 kN/m M5 = W5∙x5 = 420kN/m∙3.4m = 1428.00 kNW6 = k ∙A6 = 20kN/m3∙2.23m2 = 44.60 kN/m M6 = W6∙x6 = 44.6kN/m∙3.98m = 177.51 kN

6

1iiWW = 1976.48 kN

6

1iiw MM

* N.B. Essendo W verticale, non interessa l’ordinata del baricentro

ed il relativo braccio rispetto ad O, vale*:

xW = MW/W = 3.04 m

51/89



2. la spinta attiva (esercitata dal terrapieno a monte), che agisce sulla paretevirtuale (verticale e senza attrito), calcolata con il metodo di Rankine nel casodi terrapieno inclinato* ed inclinata quindi di rispetto all’orizzontale;

* Il modulo della spinta può essere anche calcolato, a favore di sicurezza, utilizzandola formula di Rankine valida per p.c. orizzontale: ’h,a = (1‐sen’)/(1+sen’) z

= 20°

qk = 10 kPa

h=6 m

h1=h2=0,8 m

b2 b3 b

H

B

b1=0,5m

21

6

54

3

7

8

qk

h

D = h2

b1

O

SA

SAqSAqv

SAqhSAvSAh

si distinguono, il contributo dovuto al peso proprio del terreno:SA = A8 = ’hA (H)∙H/2 = KA,k∙’v0(H)∙H/2 = 0.5 KA,k∙k∙cos∙H2

applicato nel punto:xSa = B= 5.15 m

zSa = H/3= 2.69 me il contributo dovuto al sovraccarico,(nell’ipotesi che esso si propaghi all’internodel terreno in modo uniforme come nel casodi terrapieno orizzontale):SAq = A7 = ’hA ∙H = kA,k∙qk∙cos H

applicato nel punto:xSaq = B= 5.15 mzSaq = H/2= 4.04 m


53/89


3. la spinta passiva (esercitata dal terrapieno a monte), che agisce sulla paretevirtuale (verticale e senza attrito), calcolata con il metodo di Rankine nel casodi terrapieno orizzontale e, quindi, orizzontale; essendo in questo caso D = h2si trascura, altrimenti se ne considera in genere una frazione pari al 50%.

4. la reazione T (agente lungo la base del muro e in direzione tale da opporsial suo spostamento):

T = RV tgk = (W+ Sa,V + Saq,V ) tgk

Gli stati limite ultimi (SLU) che si considerano si considerano per laverifica/progetto di un muro di sostegno sono i seguenti: EQU (stato limite di corpo rigido) GEO1 (stato limite di scorrimento lungo il piano di posa) GEO2 (stato limite di collasso per carico limite dell’insieme fondazione‐terreno)

GEO3 (stato limite di equilibrio generale del pendio)

STR (stato limite di resistenza della struttura)


54/89


Ai parametri geotecnici di progetto del terreno si applicano i coefficientiparziali M :

Tabella 6.2.II – Coefficienti parziali per i parametri geotecnici del terreno

PARAMETRO GRANDEZZA ALLA QUALE APPLICARE IL COEFFICIENTE

PARZIALE

COEFFICIENTEPARZIALE

( M1 ) ( M2 )

Tangente dell’angolo diresistenza al taglio

tan ’k ’ 1.0 1.25

Coesione efficace c’k c’ 1.0 1.25

Resistenza non drenata cuk cu 1.0 1.4

Peso dell’unità di volume 1.0 1.0

d = Mk/

Alle resistenze geotecniche si applicano i coefficienti parziali R : Rd = Rk/RTabella 6.5.I – Coefficienti parziali R per le verifiche agli stati limie ultimi STR e GEO dei muri di sostegno

VERIFICA COEFFICIENTE PARZIALE (R1)

COEFFICIENTE PARZIALE (R2)

COEFFICIENTE PARZIALE (R3))

Capacità portante della fondazione 1.0 1.0 1.4

Scorrimento 1.0 1.0 1.1

Resistenza del terreno a valle 1.0 1.0 1.4

Tabella 6.8.I – Coefficienti parziali per le verifiche di sicurezza di opere dimateriali sciolti e di fronti di scavo

COEFFICIENTE ( R2 )gR 1,15


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Alle azioni si applicano i coefficienti parziali G e Q d = G(Q)Ek

Tabella 6.2.I (2.6.I) – Coefficienti parziali per le azioni o per l’effetto delle azioni

CARICHI EFFETTOCoefficiente ParzialeF (o E)

EQU ( A1 )STR

( A2 )GEO

PermanentiFavorevole

G10,9 1,0 1,0

Sfavorevole 1,1 1,3 1,0

Permanenti non strutturali Favorevole

G20,0 0,0 0,0


VariabiliFavorevole

Qi0,0 0,0 0,0


Nel caso delle opere di sostegno si considerano azioni permanentistrutturali quelle dovute al peso proprio del terreno e del materiale diriempimento, ai sovraccarichi, all’acqua, ad eventuali ancoraggipresollecitati, al moto ondoso, ad urti e collisioni, alle variazioni ditemperatura e al ghiaccio.Il terreno e l’acqua costituiscono carichi permanenti (strutturali) quando,nella modellazione utilizzata, contribuiscono al comportamentodell’opera con le loro caratteristiche di peso, resistenza e rigidezza.Il sovraccarico si considera come carico variabile.


56/89


La verifica EQU si esegue secondo una sola copmbinazione di coefficienti:

Azioni (EQU)Terreno (M2)

(azioni sfavorevoli incrementate e favorevoli ridotte)(parametri del terreno ridotti)

Le verifica GEO di stabilità globale si esegue secondo una sola combinazione dicoefficienti (2):

Azioni (A2)Terreno (M2)

(azioni permanenti invariate e variabili incrementate)(parametri del terreno ridotti)

Resistenza (R2) (resistenza ridotta)


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Le restanti verifiche (GEO e STR) si eseguono secondo almeno una delleseguenti combinazioni:


(azioni permanenti e variabili incrementate)(parametri del terreno invariati)

Resistenza (R1) (resistenza invariata)


(azioni permanenti invariate e variabili incrementate)(parametri del terreno ridotti)

Resistenza (R2) (resistenza invariata)


(azioni permanenti e variabili incrementate)(parametri del terreno invariati)

Resistenza (R3)* (resistenza ridotta)

*Questa verifica rende superflua la prima (A1+M1+R1), però, se finalizzata aldimensionamento strutturale, R non deve essere tenuto in conto


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1. VERIFICA ALLO STATO LIMITE DI RIBALTAMENTO (EQU)Lo stato limite di ribaltamento non prevede la mobilitazione della resistenzadel terreno di fondazione (Rd = 0), e deve essere trattato come uno stato limitedi equilibrio come corpo rigido (EQU).

‐ per le azioni di progetto si utilizzano i coefficienti parziali G sulle azioni(EQU) della Tabella 2.6.I

‐ per i parametri geotecnici di progetto del terreno si utilizzano i coefficientiparziali M (M2) della Tabella 6.2.II.

La verifica diventa:

dove:Ed ≤ 0


Ed = MRIB,d ‐MST,d


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I coefficienti parziali M da adottare per determinare i parametrigeotecnici di progetto del terreno sono:



PARZIALE


( M1 ) ( M2 )


tan ’k ’ 1.0 1.25




tg ’d = tg’k/’ = tg 32°/1.25 = 0.500

d = k/ = 20/1 kN/m3 = k = 20 kN/m3

’d = arctg(tg’k/’) = 26.6°

= 0.533


22

22

'coscoscos

'coscoscos,

d

dA dK


60/89



Le azioni che contribuiscono all’equilibrio del muro intorno al punto O sono:

‐ il peso del muro (azione permanente favorevole)

‐ la spinta attiva, SA (azione permanente sfavorevole)

W

Sa

OPp

xW

zSa

W = 649.88 kN/mxW = 3.04 m

SA = 0.5 KA,d∙d∙cos∙H2 = 0.5 ∙0.533 ∙ 20 kN/m3∙8.072m2 ∙ cos20°= 326.18 kN/m

xSa = 5.15 mzSa = 2.69 m

xSaq = 5.15 mzSaq = 4.04 m

Sa,q

zSa

xSa =xSaq

SAq = KA,d∙q∙cos∙H = 0.533 ∙ 10 kN/m2∙8.07m ∙ cos20°= 40.42 kN/m

‐ la spinta attiva, SAq (azione variabile sfavorevole)


61/89




EQU ( A1 )STR

( A2 )GEO


G10,9 1,0 1,0



G20,0 0,0 0,0


VariabiliFavorevole

Qi0,0 0,0 0,0



Le azioni di progetto valgono dunque:Wd = G1(fav) ∙W = 0.9 ∙ 649.88 kN/m = 584.89 kN/m

Sa d = G1(sfav) ∙ Sa = 1.1∙ 326.18 kN/m = 358.80 kN/m

Saq,d = Q(sfav) ∙ Saq = 1.5∙ 40.42 kN/m = 60.63 kN/m


62/89



Da cui risulta che:

Ed = MRIB,d ‐MST,d = (Sa d(H) ∙ zSa + Saq d(H) ∙ zSaq ‐ Sa d(V) ∙ xSa ‐ Saq d(V) ∙ xSaq )‐Wd ∙ xW

= (358.80 ∙ cos20° ∙ 2.69 + 60.63 ∙ cos20° ∙ 4.04 ‐ 358.80 ∙ sen20° ∙ 5.15 – 60.63 ∙ sen20° ∙5.15 ) – 584.89 ∙ 3.04 = ‐1379.71 kN < 0

VERIFICA SODDISFATTAEd ≤ 0


63/89



2. VERIFICA ALLO STATO LIMITE PER SCORRIMENTO SUL PIANO DIPOSA (GEO1)Lo stato limite di scorrimento prevede la mobilitazione della resistenza delterreno di fondazione lungo il piano di posa (Rd > 0), e deve essere trattatocome uno stato limite di tipo geotecnico (GEO).‐ per le azioni di progetto si utilizzano i coefficienti parziali G sulle azioni(A1 e/o A2) della Tabella 2.6.I

‐ per i parametri geotecnici di progetto del terreno si utilizzano i coefficientiparziali M (M1 e/o M2) della Tabella 6.2.II.

La verifica diventa: Ed ≤ Rd

‐ per la resistenza di progetto il coefficiente parziale R da adottare èfornito dalla Tabella 6.5.I:

Ed = Hd Rd = 1/R (Vd tgd )

Nello stato limite ultimo di collasso per scorrimento, l’azione di progetto Ed èdata dalla componente della risultante delle forze in direzione parallela alpiano di scorrimento della fondazione (H), mentre la resistenza di progetto Rdè il valore della forza parallela allo piano cui corrisponde lo scorrimento delmuro.

con:






PARZIALE


( M1 ) ( M2 )


tan ’k ’ 1.0 1.25




tg ’d1 = tg’k/‘ = tg 32°/1.00 = 0.625

d1 = d2 = d = k/ = 20/1 kN/m3 = k = 20 kN/m3

’d1 = arctg(tg’k/’) = 32°

M1 M2

KA,d1 = 0.398

tg ’d2 = tg’k/‘ = tg 36°/1.25 = 0.500

’d2 = arctg(tg’k/’) = 26.6°

KA,d2 = 0.533d1 ’d1 = 32° d2 ’d2 = 26.6°

64/89Origine e struttura dei terreni – Fondamenti di GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


65/89


Le azioni che contribuiscono alla verifica sono:‐ la spinta attiva, SA (azione permanente sfavorevole)SA = 0.5 KA,d∙d∙cos∙H2

‐ la spinta attiva, SAq (azione variabile sfavorevole)W

Sa

Pp

Sa,q

T

SAq = KA,d∙q∙cos∙H

Le azioni di progetto valgono dunque:Sa d = G1(sfav) ∙ Sa = G1(sfav) ∙(0.5 KA,d∙d∙cos∙H2 )Saq,d = Q(sfav) ∙ Saq = Q(sfav) ∙ (KA,d∙q∙cos∙H)



EQU ( A1 )STR

( A2 )GEO


G10,9 1,0 1,0



G20,0 0,0 0,0


VariabiliFavorevole

Qi0,0 0,0 0,0


‐ il peso del muro (azione permanente favorevole)W = 649.88 kN/m

Wd = G1(fav) ∙W


66/89


Tabella 6.5.I – Coefficienti parziali R per le verifiche agli stati limie ultimi STR e GEO dei muri di sostegno







I coefficienti parziali R da applicare alla resistenza sono:

da cui risulta:

Ed = Hd = Sa d(H)+ Saq,d(H) = Sa d cos Saq,d cos

Rd = 1/R (Vd tgd ) = 1/R [Wd + Sa d(V)+ Saq,d(V)] tgd= 1/R [Wd + Sa d sen Saq,d ∙sen tgd


67/89


Approccio 1 – Combinazione 2 (A2 + M2 + R2)


G1,2(sfav) = 1.0 KA,d2 = 0.533 R,2 = 1d2 = 20 kN/m3 d2 = 26.6°

Q,2(sfav) = 1.3G1,2(fav) = 1.0

Sa d = G1(sfav) ∙(0.5 KA,d∙d∙cos∙H2 ) ∙= ∙(0.5∙ 0.533∙∙cos∙8.072 ) = 326.18 kN/m

Sa d(V) = Sa d ∙ sen = 326.18 ∙ sen = 111.56 kN/m

Saq d = Q2(sfav) ∙ (KA,d2∙q∙cos∙H) = ∙ (0.533∙10∙cos∙8.07) = 52.54 kN/m

Vd = 779.39 kN/mSaq d(V) = Saq d ∙ sen = 52.54 ∙ sen = 17.97 kN/m

Wd = 649.88 kN/m

Sa d(H) = Sa d ∙ cos = 326.18 ∙ cos = 306.51 kN/mSaq d(H) = Saq d ∙ cos = 52.54 ∙ cos = 49.37 kN/m

Hd = 355.88 kN/m

Ed = Hd = 355.88 kN/m < 1/R (Vd tgd ) = 1/ ∙ 779.39 ∙ tg 26.6° = 390.29 kN/mVERIFICA SODDISFATTA


68/89



Sa d = G1(sfav) ∙(0.5 KA,d∙d∙cos∙H2 ) ∙= ∙(0.5∙ 0.398∙∙cos∙8.072 )] = 316.64 kN/m

Sa d(V) = Sa d ∙ sen = 316.64 ∙ sen = 108.30 kN/m

Saq d = Q2(sfav) ∙ (KA,d2∙q∙cos∙H) = ∙ (0.398∙10∙cos∙8.07) = 45.27 kN/m

Vd = 773.65 kN/mSaq d(V) = Saq d ∙ sen = 45.27 ∙ sen = 15.48 kN/mWd = 649.88 kN/m

Sa d(H) = Sa d ∙ cos = 316.64 ∙ cos = 297.54 kN/mSaq d(H) = Saq d ∙ cos = 45.27∙ cos = 42.54 kN/m

Hd = 340.08 kN/m

Ed = Hd = 340.08 kN/m < 1/R (Vd tgd ) = 1/ ∙ 773.65 ∙ tg 32° = 439.48 kN/mVERIFICA SODDISFATTA

Approccio 2 – Combinazione (A1 + M1 + R3)

G1,1(sfav) = 1.3 KA,d1 = 0.398 R,3 = 1.1d1 = 20 kN/m3 d2 = 32°

Q,1(sfav) = 1.5G1,1(fav) = 1


69/89


3. VERIFICA ALLO STATO LIMITE DI COLLASSO PER CARICO LIMITEDELL’INSIEME FONDAZIONE‐TERRENO (GEO2)Lo stato limite di collasso dell’insieme terreno‐fondazione prevede lamobilitazione della resistenza del terreno di fondazione (Rd > 0), e deve esseretrattato come uno stato limite di tipo geotecnico (GEO).‐ per le azioni di progetto si utilizzano i coefficienti parziali G sulle azioni(A1 e/o A2) della Tabella 2.6.I


La verifica diventa:Ed ≤ Rd


‐ per la resistenza di progetto il coefficiente parziale R da adottare èfornito dalla Tabella 6.5.I:Nello stato limite di collasso per raggiungimento del carico limite dellafondazione, l’azione di progetto è la componente della risultante delleforze in direzione normale al piano di posa, Vd. La resistenza di progettoè il valore della forza normale al piano di posa a cui corrisponde ilraggiungimento del carico limite nei terreni in fondazione (qlim).

Ed = Vd Rd = 1/R qlimcon:






PARZIALE


( M1 ) ( M2 )


tan ’k ’ 1.0 1.25




tg ’d1 = tg’k/‘ = tg 32°/1.00 = 0.625

d1 = d2 = d = k/ = 20/1 kN/m3 = k = 20 kN/m3

’d1 = arctg(tg’k/’) = 32°

M1 M2

KA,d1 = 0.398

tg ’d2 = tg’k/‘ = tg 32°/1.25 = 0.500

’d2 = arctg(tg’k/’) = 26.6°

KA,d2 = 0.533d1 ’d1 = 32° d2 ’d2 = 26.6°

70/89Origine e struttura dei terreni – Fondamenti di GeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013


71/89


Le azioni che contribuiscono alla verifica sono:‐ la spinta attiva, SA (azione permanente sfavorevole)SA = 0.5 KA,d∙d∙cos∙H2

‐ la spinta attiva, SAq (azione variabile sfavorevole)W

Sa

Pp

Sa,q

T

SAq = KA,d∙q∙cos∙H

Le azioni di progetto valgono dunque:Sa d = G1(sfav) ∙ Sa = G1(sfav) ∙(0.5 KA,d∙d∙cos∙H2 )Saq,d = Q(sfav) ∙ Saq = Q(sfav) ∙ (KA,d∙q∙cos∙H)



EQU ( A1 )STR

( A2 )GEO


G10,9 1,0 1,0



G20,0 0,0 0,0


VariabiliFavorevole

Qi0,0 0,0 0,0


‐ il peso del muro (azione permanente favorevole)W = 649.88 kN/m

Wd = G1(fav) ∙W










I coefficienti parziali R da applicare alla resistenza sono:

da cui risulta:

Ed = Vd = Wd + Sa d(V)+ Saq,d(V)

Rd = 1/R (qlim,d)

N.B. Per il calcolo di qlim,d si considera sempre il caso più cautelativo dimaggiore eccentricità e inclinazione del carico (ovvero non considerando ilsovraccarico agente tra lembo anteriore del piede e parete del muro e prendendocome profondità del piano di posa quella inferiore, ovvero a valle del muro.



73/89


RV

B

RH RVO x

xR

e

max minD


Il carico limite è dato da (Vesic, 1975):

essendo: gbidsNBʹ

21gbidsNqgbidsNcq qqqqqqcccccclim

sc, sq, s = 1‐ la fondazione nastriforme

‐ la profondità del piano di posa, D = 0.8 m (e zw >>D)

‐ il terrapieno e la fondazione orizzontali:bc, bq, b = 1gc, gq, g = 1

q = k∙D = 20 kN/m3∙0.8 m = 16 kPa

‐ il terreno incoerente (c’ = 0):

‐ dc, dq, d = 1 (cautelativamente)


74/89


L’espressione del carico limite è data da:

iNB'21iNqq qqdlim,

B = 5.15 m D = 0.8 mdove le dimensioni della fondazione sono:

RV

B

RH RVO x

xR

e

max minD

‐ i fattori di capacità portante valgono:

B’ = B ‐ 2e(d)

d'tg1N 2N q )2'(45 tgeN 2'tg

qd1 d

‐ la larghezza equivalente della fondazione B’(essendo il carico eccentrico) vale:

dove:

e(d) = B/2 – |MTOT,d(O)|/Vd < B/6|MTOT,d(O)| =|Sa d(H) ∙ zSa + Saq d(H) ∙ zSaq ‐ Sa d(V) ∙ xSa ‐ Saq d(V) ∙ xSaq ‐Wd ∙ xW|

Vd = Wd + Sa d(V)+ Saq,d(V)



75/89



RV

B

RH RVO x

xR

e

max minD

‐ i fattori di inclinazione del carico:

22cos senmmm BL

LBLB

mB '1

'2

'1

'2

BLBL

mL

i =

1

1

m

d

d

VH

dove è l’angolo d’inclinazione della proiezione delcarico rispetto alla lunghezza della fondazione, ovvero = 90°, e per fondazioni nastriformi mB = 2, da cui:

i =m

d

d

VH

1

‐ il peso di volume del terreno di fondazione d = 20kN/m3 (essendo il terrenoasciutto)‐ Il sovraccarico vale: q = d∙D = 20 kN/m3∙0.8 m = 16 kPa

m = 2


76/89




G1,2(sfav) = 1.0 KA,d2 = 0.533 R,2 = 1d2 = 20 kN/m3

Q,2(sfav) = 1.3G1,2(fav) = 1.0

Dalla verifica GEO1, Approccio 1 – Combinazione 2:

Sa d(V) = Sa d ∙ sen = 326.18 ∙ sen = 111.56 kN/mVd = 779.39 kN/mSaq d(V) = Saq d ∙ sen = 52.54 ∙ sen = 17.97 kN/m

Wd = 649.88 kN/m

Sa d(H) = Sa d ∙ cos = 326.18 ∙ cos = 306.51 kN/mSaq d(H) = Saq d ∙ cos = 52.54 ∙ cos = 49.37 kN/m

Hd = 355.88 kN/m

ed i relativi bracci rispetto a O (dalla verifica EQU), valgono:xW = 3.04 m xSa = 5.15 m

zSa = 2.69 mxSaq = 5.15 mzSaq = 4.04 m


77/89



Da cui si possono calcolare i momenti rispetto a O:

Ma d(V) = Sa d(V) ∙ xSa = 111.56 ∙ 5.15 = 574.53 kNMaq d(V) = Saq d(V) ∙ xSaq = 17.97 ∙ 5.15 = 92.55 kNMa d(H) = Sa d(H) ∙ zSa = 306.51 ∙ 2.69 = 824.51 kNMaq d(H) = Saq d(H) ∙ zSaq = 49.37 ∙ 4.04 = 199.45 kN

|MTOT,d(O)| = 1618.76 kN

MW = Wd ∙ xW = 649.88 ∙ 3.04 = 1975.64 kN

xR(d) = |MTOT(d)|/Vd = 1618.76kN /779.39 kN/m = 2,08 m

e(d) = B/2 – xR(d) = (5.15/2 – 2,08)m = 0.495 m < B/6 = 0.858 m

Hd/ Vd = 355.88/714.42 = 0.457Nq = etg(d) tg(/4+’d/2) = etg26.6°tg2(45°+26.6°/2) = 12.63

N = 2 (Nq ‐1) ∙tg(d,2’) = 2∙(12.63‐1)∙tg26.6° = 11.65I = (1‐Hd/Vd)3 =(1‐0.457)3 = 0.160Iq = (1‐Hd/Vd)2 = (1‐0.457)2 = 0.295

B’ = B ‐ 2e(d) = (5.15 – 2∙0.495)m = 4.16 m




78/89

qlim = qNq iq + 0.5 d B’ N i == 16 kN/m2∙ 12.63∙0.295 + 0.5∙ 20 kN/m3∙ 4.16m ∙ 11.65∙ 0.160 = 137.16 kPa

Il carico limite di progetto vale dunque:

Ed = Vd = 779.39 kN/m > 1/R (qlim∙B’) = 1/1∙137.16kN/m2∙4.16 m = 570.59 kN/m

VERIFICA NON SODDISFATTA




79/89


G1,1(sfav) = 1.3 KA,d1 = 0.398 R,3 = 1.1d1 = 20 kN/m3 d2 = 32°

Q,1(sfav) = 1.5G1,1(fav) = 1

Dalla verifica GEO1, Approccio 2:

ed i relativi bracci rispetto a O (dalla verifica EQU), valgono:xW = 3.04 m xSa = 5.15 m

zSa = 2.69 mxSaq = 5.15 mzSaq = 4.04 m

Sa d(V) = Sa d ∙ sen = 316.64 ∙ sen = 108.30 kN/mVd = 773.66 kN/mSaq d(V) = Saq d ∙ sen = 45.27 ∙ sen = 15.48 kN/m

Wd = 649.88 kN/m

Sa d(H) = Sa d ∙ cos = 316.64 ∙ cos = 297.54 kN/mSaq d(H) = Saq d ∙ cos = 45.27∙ cos = 42.54 kN/m

Hd = 340.08 kN/m


80/89



Da cui si possono calcolare i momenti rispetto a O:

Ma d(V) = Sa d(V) ∙ xSa = 108.30 ∙ 5.15 = 557.75 kNMaq d(V) = Saq d(V) ∙ xSaq = 15.48 ∙ 5.15 = 79.72 kNMa d(H) = Sa d(H) ∙ zSa = 297.54∙ 2.69 = 800.38 kNMaq d(H) = Saq d(H) ∙ zSaq = 42.54 ∙ 4.04 = 171.86 kN

|MTOT,d(O)| = 1640.87 kN

MW = Wd ∙ xW = 649.88 ∙ 3.04 = 1975.64 kN

xR(d) = |MTOT(d)|/Vd = 1640.87 kN /773.66 kN/m = 2.12 m

e(d) = B/2 – xR(d) = (5.15/2 – 2.12)m = 0.455 m < B/6 = 0.858 m

Hd/ Vd = 340.08/773.66 = 0.440Nq = etg(d) tg(/4+’d/2) = etg32°tg2(45°+32°/2) = 23.15

N = 2 (Nq ‐1) ∙tg(d,2’) = 2∙(12.63‐1)∙tg32° = 27.68I = (1‐Hd/Vd)3 =(1‐0.440)3 = 0.176Iq = (1‐Hd/Vd)2 = (1‐0.440)2 = 0.314

B’ = B ‐ 2e(d) = (5.15 – 2∙0.455)m = 4.24 m




81/89

qlim = qNq iq + 0.5 d B’ N i == 16 kN/m2∙ 23.15∙0.314 + 0.5∙ 20 kN/m3∙ 4.24m ∙ 27.68∙ 0.176 = 322.86 kPa

Il carico limite di progetto vale dunque:

Ed = Vd = 773.66 kN/m < 1/R (qlim∙B’) = 1/1.4∙322.86kN/m2∙4.24 m = 977,80 kN/m

VERIFICA SODDISFATTA




Con riferimento allo schema geometrico dello scavo e del diaframma riportati infigura determinare, utilizzando il metodo del supporto libero ed assumendoassenza di attrito tra terreno e parete, la profondità minima di infissione d e lalunghezza minima del tratto libero dei tiranti di ancoraggio LL.

Esercizio 7

a

h

d

LL

Dati:

Caratteristiche geometriche deldiaframma e dello scavo

Caratteristiche del terreno difondazione e del terreno sostenuto(sabbia fine non immersa)

a = 1.5 mh = 6.5 m = 10°

k = 19 kN/m3

k ‘ = 36°




Ipotesi:‐ paratia rigida, con un vincolo prossimoalla sommità (un ordine di tiranti, a, hnoti), in un terreno omogeneo, incoerentee asciutto.‐ il movimento della struttura èinteramente verso l’esterno, il terrenoretrostante la parete è ad ogni profonditàin condizioni di spinta attiva, e quelloantistante in condizioni di spintapassiva.

Metodo del supporto libero – problema di progetto

In un calcolo di progetto, il problema è staticamente determinato:

2 incognite 2 equazioni di equilibrio profonditàd’infissione, d forza F (per unitàdi lunghezza dellastruttura) esercitata dai tiranti

traslazione orizzontale rotazione rispetto a A

OA

B

C


84/89



Trascurando il peso e l’attrito della parete e date le condizioni di assenza difalda, le azioni sono costituite dalla spinta attiva agente a monte (sfavorevole)e dalla forza applicata in corrispondenza del punto di ancoraggio A, TH(favorevole); la resistenza è invece costituita dalla spinta passiva agente avalle (favorevole).

Gli stati limite ultimi di equilibrio alla traslazione orizzontale e alla rotazioneconsiderati, in fase di progetto o di verifica, per una paratia per ciascuno deimetodi di soluzione studiati, devono essere trattati come stati limite di tipogeotecnico (GEO), che prevedono la mobilitazione della resistenza del terrenodi fondazione rappresentata in questo caso dalla spinta passiva agente a valledella parete (Rd > 0):

‐ per le azioni di progetto si utilizzano i coefficienti parziali G sulle azioni(A1 e/o A2) della Tabella 2.6.I


La verifica diventa:Ed ≤ Rd

‐ per la resistenza di progetto il coefficiente parziale R da adottare èfornito dalla Tabella 6.5.I:


85/89


'1'1

,

sensenK dA

Origine e struttura dei terreni – Fondamenti di Geotecnica

Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2012/2013 dAdP K

K,

,1

*N.B. Si applica la teoria di Rankine (assenza di attrito tra terreno e parete) ed ilterreno è asciutto e incoerente




PARZIALE


( M1 ) ( M2 )


tan ’k ’ 1.0 1.25




tg ’d1 = tg’k/‘ = tg 36°/1.00 = 0.727

d1 = d2 = d = k/ = 19/1 kN/m3 = k = 19 kN/m3

’d1 = arctg(tg’k/’) = 36°

M1 M2

KA,d1 = 0.260* KP,d1 = 3.852*

tg ’d2 = tg’k/‘ = tg 36°/1.25 = 0.581

’d2 = arctg(tg’k/’) = 30.2°

KA,d2 = 0.331* KP,d2 = 3.024*


86/89



L’azione di progetto è data dalla spinta attiva orizzontale e dalla forzaorizzontale TH, mentre la resistenza di progetto è la spinta passiva agente avalle della parete.



EQU ( A1 )STR

( A2 )GEO


G10,9 1,0 1,0



G20,0 0,0 0,0


VariabiliFavorevole

Qi0,0 0,0 0,0










87/89



A

O

C D

Th

E

BSA

SP

ZA

ZP

OA = a = 1.5 mAB = h = 6.5 mBC = dCD = d (a+h+d) KA,d = 19x(8+d)x0.331 kPaCE = d d KP,d = 19xdx3.024 kPaOC = a + h + d = (8+d)m

SA = 0.5 CD x OC = 0.5[d (8+d) KA,d]x(8+d) kN/mSP = 0.5 CE x BC = 0.5d(d d KP,d) kN/mZA = 2/3(OC) = 2/3x(8+d) m

ZP = OB+2/3(BC) = 8+2/3xd = 2/3x(8+d) +8/3 m

SA,d = G1(sfav) SA = G1(sfav) 0.5 d (8+d)2 KA,d kN/m

SP,d = 1/R SP = 1/R 0.5 d d2 KP,d kN/m

MA,d = SA,d (ZA‐a) = [G1(sfav) 0.5 d (8+d)2 KA,d ]x[2/3x(8+d)‐a] kN

MP,d = SP,d (ZP‐a) = [1/R 0.5 d d2 KP,d ]x[2/3x(8+d) +8/3‐a] kN


88/89



(I) ROTAZIONE Ed ≤ Rd MA,d ≤MP,d

[G1(sfav) 0.5 d (8+dmin)2 KA,d ]x[2/3x(8+dmin)‐a] = [1/R 0.5 d dmin2 KP,d ]x[2/3x(8+dmin) +8/3‐a]

da cui si ricava la profondità minima di infissione dmin:

MA,d = MP,d

(II) TRASLAZIONE Ed ≤ Rd SA,d + TH,d ≤ SP,d

SA,d + TH,d = SP,d

G1(Sfav)0.5 d (8+dmin)2 KA,d + TH,d = 1/R 0.5 d dmin2 KP,d

da cui si ricava il valore di progetto della forza (per unità di lunghezza dellaparete) che deve esercitare l’ancoraggio, TH,d:


89/89



G1,2(sfav) = 1.3 KA,d1 = 0.260KP,d1 = 3.852

R,2 = 1d1 = 19 kN/m3

1.3x0.5x19x(8+dmin)2 x0.260 x[2/3x(8+d)‐1.5] = (1/1)x0.5x19 dmin2x 3.852x[2/3x(8+d) +8/3‐1.5]


2.14(8+dmin)3 ‐4.82 (8+dmin)2 ‐24.40dmin3 – 237.97dmin2 = 0 dmin(1) = 2.57 m

G1(Sfav)0.5 d (8+d)2 KA,d + TH,d = 1/R 0.5 d d2 KP,d1.3x0.5x19x(8+dmin)2 x0.260 +TH,d = (1/1)x0.5x19 dmin2x 3.852

3.21x(8+dmin)2 ‐ 36.59dmin2 +TH,d = 0

(I)ROTAZIONE

(II)TRASLAZIONE

TH,d(2) = ‐113.33 kN/m

RISOLUZIONE ITERATIVA


90/89




G1,2(sfav) = 1 KA,d2 = 0.331KP,d2 = 3.024

R,2 = 1

1.0x0.5x19x(8+dmin)2 x0.331 x[2/3x(8+d)‐1.5] = (1/1)x0.5x19 dmin2x 3.024x[2/3x(8+dmin) +8/3‐1.

d2 = 19 kN/m3


2.10(8+dmin)3 ‐4.71 (8+dmin)2 ‐19.15dmin3 – 186.81dmin2 = 0 dmin(2) = 3.03 m

G1(Sfav)0.5 d (8+d)2 KA,d + TH,d = 1/R 0.5 d d2 KP,d1.0x0.5x19x(8+dmin)2 x0.331 +TH,d = (1/1)x0.5x19 dmin2x 3.024

3.14x(8+dmin)2 ‐ 28.73dmin2 +TH,d = 0

(I)ROTAZIONE

(II)TRASLAZIONE

TH,d(2) = ‐118.25 kN/m

RISOLUZIONE ITERATIVA


91/89


AF = LL = lunghezza minima del tratto libero dei tiranti

Si risolve il triangolo AFG: AF= AG sen/sen

AG= AC tan(‐d’/2) = (h+dmin) tan(‐d’/2)

= 10° = + d’/2

= 180 ‐ – d’/2

LL = AG sen/sen = (h+dmin) tan(‐k’/2) sen + k’/2 /sen k’/2

LL(1) = (h+dmin(2)) tan(‐d,1’/2) sen + d,1’/2 /sen d,1’/2 = tan() sen/sen = 4.53 m

LL(1) = (h+dmin(2)) tan(‐k’/2) sen + k’/2 /sen k’/2 = tan() sen/sen = 4.31 m

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