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

“RESISTENZA AL TAGLIO DEI TERRENI”Esercizi svolti

Johann [email protected]

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

Corso di GeotecnicaIngegneria Edile, A.A. 2010\2011

UNIVERSITA’ DEGLI STUDI DI FIRENZEDIPARTIMENTO DI INGEGNERIA CIVILESezione geotecnica

Resistenza al taglio dei terreni Resistenza al taglio dei terreni –– GeotecnicaGeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011 2/642/64

INDICE

Indice

Rappresentazione degli stati tensionali

Prova di taglio diretto

Prove triassiali

Prove ad espansione laterale libera


Resistenza al taglio dei terreni Resistenza al taglio dei terreni –– GeotecnicaGeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011 3/643/64

CERCHI DI MOHR


Esercizio 1

I. le tensioni totali principali, σ1 e σ3 e l’angolo di inclinazione ψ del pianocorrispondente alla massima tensione principale (π1) e il piano orizzontale;

100 mm

5 kN

3 kN

1 kN

1 kN

Dati:

Forza normale agente sul piano orizzontale (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 in Figura.Determinare:

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

II. la massima tensione di taglio τmaxIII. le tensioni agenti su un piano inclinato (in senso orario) di 30° rispetto al piano della massima tensione principale (π1).


4/644/64

Svolgimento:

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

I. Determinare le tensioni totali principali, σ1 e σ3 e l’angolo di inclinazione ψ delpiano corrispondente alla massima tensione principale (π1) e il piano orizzontale;


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

σv = NV/A = 5kN/10‐2 m2 = 500 kPa σvσH = NH/A = 3kN/10‐2 m2 = 300 kPa

σHτV = TH/A = 1kN/10‐2 m2 = 100 kPa

τV

τH = ‐TH/A = ‐1kN/10‐2 m2 = ‐100 kPa = ‐ τV

τH

le tensioni normali con segno positivo, quando sono di compressione, e con segno 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 una

coppia antioraria e con segno negativo quando danno luogo ad una coppia orariagli angoli con segno positivo se misurati in senso antiorario si considerano

positivi, altrimenti negativi.

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5/645/64

Svolgimento:

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


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

H

V

COσH σ

τ

σV

τHV

τVH

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

R

R = √(VA2+VC2)

A

2HV

2HV

2R τ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ σ−σ

=

= [(500‐300)/2]2 + 1002]1/2 = 141.4 kPaResistenza al taglio dei terreni Resistenza al taglio dei terreni –– GeotecnicaGeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011


6/646/64

Svolgimento:


Le tensioni principali, maggiore e inferiore, valgono rispettivamente:

H

V

CO σHσ

τ

σV

τHV

τVH

R

σ1 = OC + R = 400 kPa + 141.4 kPa = 541.4 KPaσ3 = OC ‐ R = 400 kPa ‐ 141.4 kPa = 258.6 KPa

σ3 σ1

Si assume come riferimento per individuare l’orientazione dei piani del fascio il piano principale maggiore π1 (la cui traccia è l’asse σ) e P ≡ (σ3 ,0) rappresenta il polo del cerchio.

P

Siccome il polo rappresenta il punto tale che qualunque retta uscente da esso interseca il cerchio in un punto le cui coordinate rappresentano lo stato tensionale agente sul piano che ha per traccia la retta considerata, la retta PH èla traccia del piano orizzontale e l’asse σ rappresenta la traccia del piano π1, ne consegue che l’angolo di inclinazione tra i due piani vale:

ψ

ψ = CPH

2ψ

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



7/647/64

Svolgimento:


H

V

CO

σHσ

τ

σV

τHV

τVH

R

σ3 σ1

P

II. Determinare la massima tensione di taglio τmax

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

ed agisce su un piano ruotato di π/4 rispetto al piano principale maggiore (M).

Mτmax = R = 141.4 kPa

π/4

θ

N

2θ

σθ

τθ

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

σθ = OC+ R∙cos(‐2θ) = 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 piano della massima tensione principale (π1).



8/648/64


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

a) si calcolino le tensioni (efficaci e totali) agenti allo stato attuale sullʹelemento e 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° in senso 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 cui lʹelemento è stato sottoposto nella sua storia.

Esercizio 2 (Esame del 12/12/2007)



9/649/64


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

Angolo di resistenza al taglio (ϕ’) = 20°

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

P

Z

p.c.

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

Grado di sovraconsolidazione (OCR) = 10

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

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



10/6410/64


P

Z

p.c.

Svolgimento:Considerato che il deposito è sovraconsolidato e quindi:

σv0 = γsat∙Z = 20 kN/m3 ∙6m = 120 kPa = σ3σ ‘v0 = (γsat∙‐ γw)∙Z = (20‐9.81) kN/m3 ∙6m = 61.1 kPa = σ’3σ ‘h0 = K0(OCR) ∙ σ‘v0 = 2.1∙61.1 kPa = 128.3 kPa = σ’1

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

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

σ h0 = σ‘h0 + u0 = 128.3 kPa + 58.9kPa = 187.2 kPa = σ1

O σ, σ’

τ

σv0 σh0σ ‘h0σ ‘v0 C’ C

u0σ ‘h0 = σ’1

σ ‘v0 = σ’3



11/6411/64


Svolgimento:

‐ K0 >1, σ1 = σ2 = σh; σ3 = σvil piano π1 è verticale e il piano π3 è orizzontale.

‐ K0 <1, σ1 = σv; σ2 = σ3 = σhIl piano π1 è orizzontale e il piano π3 è verticale.

In condizioni assial‐simmetriche, se:

b) si determini il modulo della tensione agente su un piano inclinato di β = 15°in senso antiorario rispetto allʹorizzontale;Si assume come riferimento per individuare l’orientazione dei piani del fascio il piano orizzontale che è anche il piano principale minore π3 (la cui traccia è l’asse σ) e P ≡ (σ’1 ,0) ≡ (σ‘h,0) rappresenta il polo del cerchio.Con riferimento al polo P il piano cercato ha per traccia la retta PQ e le tensioni agenti su tale piano, rappresentate dalle coordinate di Q, sono:τβ = ‐ R∙sen(2β)

σ‘β = OC‐ R∙cos(2β)



12/6412/64


Svolgimento:

Oσ’

τ

σ ‘h0σ ‘v0Pβ

Qτβ

σ’β C2β

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

OC = σ’3 + R = 61.1 + 33.6 = 94.7 kPa

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

Quindi:

e il modulo della tensione vale:Rβ = √(τβ

2 + σ‘β2) = (16.82 + 65.62)1/2 = 67.7 kPa

β

π1

π3

σ1

σ3τD

σβ

τβ

Rβ



13/6413/64


Svolgimento:

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

Rβ = √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)

Rβ = √(τβ2 + σβ

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

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

Oσ’

τ

σ ‘h0σ ‘v0PC

90°

Rmax



14/6414/64


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

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

σ vmax = σ‘vmax + u0 = 610.1 kPa + 58.9kPa = 669 kPa = σ1

O σ, σ’

τ

σhmax σvmaxσ ‘vmaxσ ‘hmax C’ C

u0σ ‘hmax = σ’3

σ ‘vmax = σ’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.

σ hmax = σ‘hmax + u0 = 401.4 kPa + 58.9 kPa = 460.3 kPa = σ3



15/6415/64


Su un campione di limo sabbioso mediamente addensato (K0 = 0.5) viene eseguita una prova di taglio diretto applicando uno sforzo normale σn = 65 kPa. Lo sforzo di taglio a rottura è τf = 45 kPa. Determinare i cerchi di Mohr relativi alle condizioni iniziali e a rottura, e le tensioni principali a rottura σ1f e σ3f.

Esercizio 3

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

c’ = 0

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



16/6416/64


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

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

Oσ’

τ

σ ‘h0 σ ‘v0C0

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

σ ‘h0 = σ’30

σ ‘v0 = σ’10

A B



17/6417/64


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

Oσ’

τ

σ ‘h0 σ ‘v0 = σn

C0

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

σ ‘f

Fτf

τf

σ ‘3,fσ ‘1,f

RfCf

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

A Bϕ‘

OCf = Rf/senϕ’ = 54.7 kPa/sen(34.7°) = 96.1 kPaResistenza al taglio dei terreni Resistenza al taglio dei terreni –– GeotecnicaGeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011


18/6418/64


Svolgimento:e sostituendo :

Oσ’

τ

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

σ ‘f

Fτf

τf

σ ‘3,fσ ‘1,f

RfCf

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

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

ϕ‘

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

G H2θ

Pθ

T

ovvero durante la fase di taglio i piani principali sono ruotati di θ = 27.7°.Resistenza al taglio dei terreni Resistenza al taglio dei terreni –– GeotecnicaGeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011


19/6419/64

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

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

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



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

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



20/6420/64

Dati:

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

P

z0

p.c.

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

Svolgimento:

Si calcolano le tensioni normali e tangenziali a rottura, dividendo le forze applicate per l’area della sezione A (anche se durante la prova l’area della sezione del provino su cui agiscono effettivamente le forze si riduce progressivamente in misura 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 i cerchi di Mohr a rottura corrispondenti ai tre provini, calcolando, per ciascuno, le tensioni principali a rottura.

Deposito sabbioso



21/6421/64


σ ‘f

τf

l

h A

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

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

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

τf(1) = Tf1/A = (138.4∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 36 kPaτf(2) = Tf2/A = (307.5∙10‐3kN)/0.384∙10‐2 m2) = 80 kPaτf(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 le forze a rottura non coincide con quella iniziale A0 = l2, a causa dello scorrimento δf tra le due parti del provino lungo il piano di taglio orizzontale (identificabile sulla curva sforzi‐deformazioni, τ‐δ, una volta individuata la resistenza di picco τf):

Af = l∙(l‐δf)

δf

δ

τf

δf

τ



22/6422/64

Si riportano sul piano di Mohr i punti corrispondenti, che rappresentano le tensioni agenti sul piano di rottura per tre differenti valori della pressione di consolidazione σ’.


Oσ’

τ

ϕ‘σ‘f(1) σ‘f(2) σ‘f(3)

τf(1)τf(2)

τf(3)

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



23/6423/64

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


Si può determinare la pendenza m della retta come media delle pendenze delle rette passanti per ciascuna coppia di punti e poi, sostituendo nell’equazione della retta le coordinate dei tre punti si può trovare n come media 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

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

σ−στ−τ

+σ−στ−τ

+σ−στ−τ

=

( ) ( ) ( )[ ] 3/mmmn )3(f)3(f)2(f)2(f)1(f)1(f σ−τ+σ−τ+σ−τ=

f

N

iif

ff

N

iifif

N

Nm

2

1)(

2

1)()(

σσ

τστσ

⋅−

⋅⋅−⋅=

∑

∑

=

=

ff mn σ⋅−τ=

∑=

⋅=N

iiff N 1)(

1 σσ ∑=

⋅=N

iiff N 1)(

1 ττdove:



24/6424/64


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)()(

σσ

τστσ

⋅−

⋅⋅−⋅=

∑

∑

=

=

∑=

⋅=N

iiff N 1)(

1 σσ

∑=

⋅=N

iiff N 1)(

1 ττ

= (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 σ⋅−τ= = 117‐0.79∙150 ≅ 0 kPa

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




I punti, che rappresentano le tensioni agenti sul piano di rottura per tre differenti valori della pressione di consolidazione σ’, oltre che appartenere all’inviluppo a rottura, costituiscono il punto di tangenza tra l’inviluppo e i cerchi di Mohr a rottura corrispondenti:

O

τ ϕ‘

τf(1)τf(2)

τf(3)

R3

σ‘f(1) σ‘f(2) σ‘f(3) C3C2C1

R2R1

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

ϕ‘

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

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

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

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

25/6425/64σ’




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

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

26/6426/64

σ’I(1) = OC1 + R1 = (78.1 + 45.7) kPa = 123.8 kPaσ’III(2) = OC2 – R2 = (162.5 – 101.5) kPa = 61 kPa

σ’I(2) = OC2 + R2 = (162.5 + 101.5) kPa = 264 kPaσ’III(3) = OC3 – R3 = (483.6 – 298.2) kPa = 185.4 kPaσ’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 valutato è quello di seguito descritto, si verifichi se esso è compatibile con la resistenza del materiale e si disegni il cerchio di Mohr corrispondente.

σ (kPa) τ (kPa)sul piano orizzontale: 246 122sul piano verticale: 87 -122Per verificare che lo stato tensionale sia compatibile con la resistenza del materiale, descritta dal criterio di rottura di Mohr‐Coulomb secondo i parametri (c’ e ϕ’) precedentemente calcolati, bisogna verificare che il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale efficace sia al di sotto, o sia tangente all’inviluppo.




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

27/6427/64

σv = 246 kPaσH = 87 kPaτH = 122 kPaτV = ‐122 kPa = ‐ τH

σ‘v = σV‐ u = (246‐30) kPa = 216 kPa

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

σ‘H = σH‐ 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 quel punto) è univocamente determinato, in quanto i punti del cerchio di Mohr che rappresentano le tensioni agenti su tali piani (tra loro ortogonali) sono diametralmente 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°)




28/6428/64

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

H

V

COσH σ

τ

σV

τH

τV

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

R

R = √(VA2+VC2)

A

2HV

2HV

2ʹʹR τ+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ σ−σ

=

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

L’equazione del cerchio di Mohr in coordinate cartesiane è:τ2+(σ‐C)2 = R2e l’equazione dell’inviluppo:τ = m∙σPer verificare se l’inviluppo è tangente, esterno o secante rispetto al cerchio si determina la loro intersezione:m2σ2+(σ‐C)2 = R2 (1+m)2∙σ2 ‐ 2C∙σ +C2 ‐ R2 = 0




29/6429/64

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 il cerchio di Mohr in due punti, il che non è compatibile con il criterio di rottura adottato.

(1+0.78)2∙σ2 ‐ 2∙136.5∙σ +136.52 – 145.62 = 03.17σ2 ‐ 273∙σ – 2567 = 0

H

V

COσH σ

τ

σV

τH

τV

RA

ϕ‘



30/6430/64

Prove triassiali

Su un campione di argilla satura (i cui parametri di resistenza al taglio, in termini di tensioni efficaci sono: ϕ’ = 20°; c’ = 0 kPa) vengono eseguite una prova triassiale conosolidata 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 il corrispondente valore del deviatore a rottura, (σ1 ‐ σ3)f, è risultato di 175 kPa ed assumendo la back‐pressure uguale a 0.b) Determinare il valore della pressione deviatorica a rottura, (σ1 ‐ σ3)f , raggiunta durante la prova TxCID, sapendo che la back‐pressure applicata è di 60 kPa.

Esercizio 5

Dati:Angolo di resistenza al taglio (ϕ’) = 20°Coesione (c’) = 0 kPaPressione di cella (σc) = 200 kPaDeviatore a rottura nella prova TxCIU ((σ1 – σ3)f) = 175 kPaBack pressure nella prova TxCIU (u0) = 0 kPaBack pressure nella prova TxCID (u0) = 60 kPa



31/6431/64

Prove triassiali

Svolgimento:

a) Determinare la sovrappressione a rottura ∆u nella prova TxCIU, sapendo che il corrispondente valore del deviatore a rottura, (σ1 ‐ σ3)f, è risultato di 175 kPaed assumendo la back‐pressure uguale a 0.Durante la prova TxCIU la pressione di consolidazione, σ’c, raggiunta al termine della fase di consolidazione isotropa è pari alla differenza fra la pressione di cella (totale), σc , e la back pressure, u0:

σ’c = σc – u0 = (200‐0)kPa = 200 kPa = σcDurante la fase di compressione assiale la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante (uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:

σ3f (a rottura) = σ3c(a fine consolidazione) = σc (di cella) = 200 kPa

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

σ1f (a rottura) = σ3f + (σ1 – σ3)f = (200+175) kPa = 375 kPa

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



32/6432/64

Prove triassiali

Svolgimento:Poiché durante la fase di compressione assiale si sviluppano sovrappressioni (prova non drenata), la pressione interstiziale u varia rispetto al valore iniziale u0, e così anche la pressione radiale ed assiale efficaci variano, rispetto ai valori iniziali, a fine consolidazione:

Con riferimento al piano di Mohr , il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale efficace del provino a rttura ha raggio noto pari a:R = (σ1 – σ3)f/2 = 175/2 kPa = 87.5 kPaed è tangente all’inviluppo di rottura, passante per l’origine (c’ = 0) e di pendenza ϕ’ = 20°

σ’1c = σ’2c = σ’c = 200 kPa

Stato tensionale efficacea rottura

σ’1c=σ’3c= σ’cσ’(-), σ(--)σ’3f=σ’rf

σ1c=σ3c=σc =σ3f

σ’1f=σ’af

Stato tensionaletotale a rottura

σ1f = σaf

τ

O

ϕ’

C

F

R



33/6433/64

Prove triassiali

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

e nota la tensione totale radiale a rottura, σ3f, si ricava la pressione interstiziale a rottura:

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

uf

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

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


σ’1c=σ’3c= σ’cσ’(-), σ(--)σ’3f=σ’rf

σ1c=σ3c=σc =σ3f

σ’1f=σ’af

Stato tensionaletotale a rottura

σ1f = σaf

τ

O

ϕ’

C

F

R

uf = σ3f ‐ σ’3f = (200 – 168.3)kPa = 31.7 kPa = u0 + ∆uf = ∆uf



34/6434/64

Prove triassiali

Svolgimento:b) Determinare il valore della pressione deviatorica a rottura, (σ1 ‐ σ3)f , raggiunta durante la prova TxCID, sapendo che la back‐pressure applicata è di 60 kPa.Durante la prova TxCID la pressione di consolidazione, σ’c, raggiunta al termine della fase di consolidazione isotropa è pari alla differenza fra la pressione di cella (totale), σc , e la back pressure, u0:

σ’c = σc – u0 = (200‐60)kPa = 140 kPaDurante la fase di compressione assiale la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante (uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:

σ3f (a rottura) = σ3c(a fine consolidazione) = σc (di cella) = 200 kPaPoiché durante la fase di compressione assiale non si sviluppano sovrappressioni (prova drenata), cioè u0 = cost, anche la pressione radiale efficace rimane costante:σ’3f (a rottura) = σ3f ‐ u0 = σ3c – u0 (= σ’3c, a fine consolidazione) = σc – u0= σ’c (pressione di consolidazione) = 140 kPa



35/6435/64

Prove triassiali

Svolgimento:Invece varia progressivamente la pressione assiale (= tensione principale maggiore, σ1) , sia totale (σ1 = σa) sia efficace (σ’1 = σ’a )σ’1f (a rottura) = σ’3f + (σa ‐ σr)f = σ‘c + (σa – σr)f ≠ σ’1cσ1f (a rottura) = σ3f + (σa ‐ σr)f = σc + (σa – σr)f ≠ σ1cCon riferimento al piano di Mohr , il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale efficace del provino a rottura è tangente all’inviluppo a rottura e passa per il punto (σ’c,0), per cui:

O

τ

σ’σ’f

ϕ’


σ’1f = σ’afσ’1c= σ’3c= σ’c = σ’3f

C

F

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

(σ1 – σ3)f = 2R = 145.6 kPa

σ’1f = σ’3f + (σa ‐ σr)f = (140+145.6)kPa= 285.6 kPa

σ1f = σ3f + (σa ‐ σr)f = (200+145.6)kPa= 345.6 kPa

u0

σ1fσ3f



36/6436/64

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

Esercizio 6

Prove triassiali

Prof. [m]

σ3f [kPa]

σ1f [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



37/6437/64

Prove triassiali

Dati:

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

z1p.c.

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

Svolgimento:

Spessore dello strato di argilla (H) = 20 m

Tensione totale radiale a rottura (σ3f(i)) = 200 200 300 (kPa)300 310 450 (kPa)Tensione totale assiale a rottura (σ1f(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 ricavare le tensioni principali efficaci a rottura e quindi di costruire i corrispondenti cerchi di Mohr sia in termini di tensioni totali (per la stima della coesione non drenata) che efficaci (per la stima dell’angolo di resistenza al taglio e della coesione).

z2z3

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



38/6438/64

Prove triassiali

σ‘3f(i) = σ3f(i) – uf(i) =σ‘1f(i) = σ1f(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 tre campioni ha un diametro pari a (σ’1‐σ’3)f(i), passa per i punti di coordinate [σ3f(i),0] e [σ1f(i),0], il suo raggio individua la coesione non drenata.

cu(i)= [σ1f(i) – σ3f(i)]/2 = 50 55 75 (kPa)Siccome la prova non è consolidata, la pressione di consolidazione della prova è (all’incirca) pari a quella in sito, che, per i tre campioni, essendo differente la profondità di estrazione, varia. Questa spiega il fatto che i cerchi di Mohr a rottura in termini di tensioni totali hanno diametro differente, e quindi non sono tangenti allo stesso inviluppo a rottura in termini di tensioni totali (τf = cu), e quindi la coesione non drenata misurata sia diversa. I cerchi di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci (riferendosi i campioni di terreno allo stesso strato di argilla supposta omogenea) sono invece tangenti allo stesso inviluppo a rottura (τf = σ’∙tgϕ’ + c’)



39/6439/64

Prove triassiali

cu2

σ’(--), σ(-)uf(1)

σ1f(3)

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

cu3

τ

cu1

uf(2)uf(3)

σ1f(2)σ3f(2)σ3f(1) = σ1f(1)= σ3f(3)

ϕ’

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

50 55 75 (kPa)

130 143 195 (kPa)

c’



40/6440/64

Prove triassiali

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

τ

σ‘3f(1)

ϕ’

σ’σ‘3f(2) σ‘3f(3)

σ‘1f(1) σ‘1f(2) σ‘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))∙senϕ23’

T

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

ϕ23’ = arcsen[(R(3) – R(2))/(OC(3) ‐ OC(2))]= arcsen[(75‐55)/(195‐143)] = 22.6°

OD

R(3) =DC(3)∙senϕ23’ = (OC(3)+DO)∙senϕ’23 == OC(3)∙senϕ’23+c’∙cosϕ23’

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

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

c’



41/6441/64

Prove triassiali

ϕ’ = (ϕ’12+ϕ’23+ ϕ’13)/3 = 22.6°

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

ϕ13’ = arcsen[(R(3) – R(1))/(OC(3) ‐ OC(1))] = arcsen[(75‐50)/(195‐130)] = 22.6°

ϕ12’ = arcsen[(R(2) – R(1))/(OC(2) ‐ OC(1))] = arcsen[(55‐50)/(143‐130)] = 22.6°

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

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

Si assumono come valori di ϕ’ 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 di tangenza dei cerchi di Mohr a rottura (ovvero le componenti normali e tangenziali della tensione agente lungo il piano di scorrimento), ma solo i cerchi di Mohr a rottura (ovvero le tensioni principali a rottura), può essere determinato anche in questo caso mediante una regressione lineare di punti (e quindi con maggiore precisione) su un piano differente dal piano di Mohr, ovvero sul piano (s’, t) :

s’ = [σ‘1 + σ’3]/2 ; t = [σ‘1 ‐ σ’3]/2 ;



42/6442/64

Prove triassiali

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

mediante le relazioni:

t = b’ + s’∙tgα’

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

senϕ’ = tgα’; c’ = b’/cosϕ’

τ, tϕ’

σ’, s’C(3)

V(3)

C(2)

V(2)V(1)

C(1)c’ b’

α’



Prove triassiali

Le coordinate dei punti da interpolare sono dunque:

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

(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)

kPakPakPa

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

43/6443/64

2n

1i

)i(2

n

1i)i()i(

ʹsnʹs

tʹsntʹstg

⋅−

⋅⋅−⋅=α

∑

∑

=

=

stʹb ⋅α−=

∑=

⋅=n

1i)i(ʹsn

1ʹs

∑=

⋅=n

1ii(tn

1tdove:

= [(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: ϕ’ = arcsen(tgα’) = arcsen(0.38) = 22.3°c’ = b’/cosϕ’ = 0/cos22.3° = 0 kPa


)

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


44/6444/64

Prove triassiali

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

ovvero la coesione non drenata varia linearmente con la profondità∆cu/∆σ’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



45/6445/64

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

Esercizio 7

Prove triassiali

N. provino σ3r [kPa]

σ1r [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



46/6446/64

Prove triassiali

Dati:

Argilla limosa satura

Svolgimento:

Tensione totale radiale a rottura (σ3f(i)) = 0 50 150 (kPa)39 87 189 (kPa)Tensione totale assiale a rottura (σ1f(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 note anche le pressioni interstiziali a rottura, il che consente di determinare solo le tensioni principali totali a rottura e quindi di costruire i corrispondenti cerchi di Mohr solo in termini di tensioni totali (per la stima della coesione non drenata).Il cerchio di Mohr che rappresenta lo stato tensionale totale a rottura per i tre campioni ha un diametro pari a (σ’1‐σ’3)f(i), passa per i punti di coordinate [σ3f(i),0] e [σ1f(i),0], il suo raggio individua la coesione non drenata.cu(i)= [σ1f(i) – σ3f(i)]/2 = 19.5 18.5 19.5 (kPa)



47/6447/64

Prove triassiali

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

σ’(--), σ(-)uf(1)σ1f(3)

τ

cu

uf(2) uf(3)

σ1f(2)σ3f(2)= σ3f(1) σ1f(1)

c’σ3f(3)σc(1) = σc(2) = σc(3)



48/6448/64

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 limiti di 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 classificazione considerata, basata sul parametro di resistenza cu.

Consistenza cu [kPa]

molto molle < 12 kPa molle 12 ÷ 25 media 25 ÷ 50

compatta 50 ÷ 100 molto compatta 100 ÷ 200 compattissima > 200



49/6449/64

Tre provini della stessa argilla satura (ϕ’ = 20°; c’ = 0 kPa) sono sottoposti rispettivamente a prova TxUU, TxCIU e TxCID. La pressione di cella nelle tre prove 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 la tensione deviatorica a rottura? Dati:Angolo di resistenza al taglio (ϕ’) = 20°Coesione (c’) = 0 kPaPressione di cella (σc) = 210 kPaPressione interstiziale a rottura nella prova TxUU (uf) = 140 kPa

Back pressure nella prova TxCID (u0) = 50 kPaDeviatore a rottura nella prova TxCIU ((σ1 – σ3)f) = 175 kPa



50/6450/64

Prove triassiali

Svolgimento:

σ‘3f (a rottura) = σ3f ‐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 pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante (uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:σ3f (a rottura) = σ3c(a fine compressione isotropa) = σc (di cella) = 210 kPa

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

Per determinare la tensione efficace principale maggiore (assiale) a rottura e quindi il deviatore a rottura, si impone che il cerchio di Mohr a rottura in termini di tensioni efficaci, che passa per il punto noto (σ’3f,0) ≡ (70 0), sia tangente all’inviluppo a rottura che ha equazione nota:τ = c’ + σ‘∙tgϕ’ = σ’∙tg20°

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



51/6451/64

Prove triassiali

Svolgimento:

σ’(--), σ(-)uf

τ

σ1fσ3f

ϕ’

F

R

Cσ‘3f σ‘1f

R = FC = OC∙senϕ’

OC = σ’3f + R

e sostituendo:R = (σ’3f + R)∙senϕ’

R = σ’3f ∙senϕ’/(1‐senϕ’) = 70∙sen20°/(1‐sen20°) = 36.4 kPa(σ1 – σ3)f = 2R = 72.8 kPa

Quindi, con riferimento al triangolo rettangolo CFO:

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 pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante (uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:σ3f (a rottura) = σ3c(a fine consolidazione isotropa) = σc (di cella) = 210 kPa



52/6452/64

Prove triassiali

Svolgimento:

σ’(--), σ(-)uf

τ

σ1fσ3f

ϕ’

F

R

Cσ‘3f σ‘1fed ha raggio noto:R = (σ1 – σ3)f /2 = 175/2 = 87.5 kPa

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, ètangente all’inviluppo a rottura di equazione nota:

Oτ = c’ + σ‘∙tgϕ’ = σ’∙tg20°

e centro C di ascissa:

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

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

σ‘1f = OC + R = (255.8+87.5) kPa = 343.3 kPae:uf = σ3f – σ‘3f = (210‐168.3) kPa = 41.7 kPa



53/6453/64

Prove triassiali

Svolgimento:

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

σ’c = σc – u0 = (210‐50) kPa = 160 kPa

Durante la fase di compressione assiale la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante (uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:σ3f (a rottura) = σ3c(a fine consolidazione) = σc (di cella) = 210 kPa

Poiché durante la fase di compressione assiale non si sviluppano sovrappressioni (prova drenata), cioè u0 = cost, anche la pressione radiale efficace rimane costante:

σ’3f (a rottura) = σ3f ‐ u0 = σ3c – u0 = σc – u0 = σ’c = 160 kPa



54/6454/64

Prove triassiali

Svolgimento:

σ’(--), σ(-)u0

τ

σ1fσ3f

ϕ’

F

R

Cσ‘3f σ‘1fO

Per determinare la tensione efficace principale maggiore (assiale) a rottura e quindi il deviatore a rottura, si impone che il cerchio di Mohr a rottura in termini di tensioni efficaci, che passa per il punto noto (σ’3f,0) ≡ (160 0), sia tangente all’inviluppo a rottura che ha equazione nota:

τ = c’ + σ‘∙tgϕ’ = σ’∙tg20°

R = FC = OC∙senϕ’OC = σ’3f + R

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

(σ1 – σ3)f = 2R = 143.2 kPa

Quindi, con riferimento al triangolo rettangolo CFO:



55/6455/64

Su un provino di argilla satura (cʹ = 10 kPa, ϕʹ = 30°) viene eseguita una prova TXUU con pressione di cella pari a 110 kPa. Sapendo che la tensione deviatorica a rottura è risultata di 170 kPa, si determini quanto vale la pressione interstiziale a rottura (si faccia riferimento al piano t, sʹ dove t = (σ1‐σ3)/2 e sʹ = (σʹ1+σʹ3)/2).

Prove triassiali


Dati:Angolo di resistenza al taglio (ϕ’) = 30°Coesione (c’) = 10 kPaPressione di cella (σc) = 110 kPaDeviatore a rottura ((σ1 – σ3)f) = 170 kPaSvolgimento:

Nella prova TxUU, durante la fase di compressione assiale, la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante (uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:

Per determinare la pressione interstiziale a rottura (con riferimento al piano t,s’) basta trovare s’f e sf (ascisse dei cerchi di Mohr a rottura rispettivamente in tensioni efficaci e totali).



56/6456/64

Prove triassiali

Svolgimento:

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

senϕ’ = tgα’;

c’ = b’/cosϕ’

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

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

t = 8.7 + s’∙tg26.6°

τ, tϕ’

σ’, s’C

V

c’ b’

α’F

R

σ3f (a rottura) = σ3c(a fine compressione isotropa) = σc (di cella) = 210 kPa



57/6457/64

Prove triassiali

Svolgimento:

τ, tϕ’

σ’, s’C

α’V

c’ b’

F

R

Il vertice del cerchio di Mohr a rottura, in tensioni efficaci (V):V ≡ (s’f, tf) ≡ [(σʹ1f+σʹ3f)/2, (σ1f‐σ3f)/2] ha ordinata nota:

e sostituendo nell’equazione della retta si trova l’ascissa:tf = (σ1‐σ3)f/2 = 170/2 kPa = 85 kPa

s’f = (σʹ1f+σʹ3f)/2 = (tf‐b’)/tgα’ = (85‐8.7)/tg26.6° = 152.6 kPaIl vertice del cerchio di Mohr, in tensioni totali (V’) ha coordinate:V’ ≡ (sf, tf) ≡ [(σ1f+σ3f)/2, (σ1f‐σ3f)/2] ha la stessa ordinata di V, mentre l’ascissa:sf = (σ1f+σ3f)/2 = σ3f + (σ1 – σ3)f/2 == 110 + (170)/2 kPa = 195 kPa

C’

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



58/6458/64

Prove triassiali

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

τ, tϕ’

C

V

c’ b’

F

Rσ’(--), σ(-)

σ1f (a rottura) = σ3f + (σ1‐σ3)f = (110+170) kPa = 280 kPa

Essendo nota la tensione deviatorica a rottura, e quindi il diametro del cerchio di Mohr a rottura (in tensioni totali ed efficaci), si può ricavare la tensione assiale totale (= tensione principale maggiore, σ1):

Come già detto, nella prova TxUU, durante la fase di compressione assiale, la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante(uguale alla pressione di cella σc , costante) e quindi:σ3f (a rottura) = σ3c(a fine compressione isotropa) = σc (di cella) = 110 kPa



59/6459/64

Prove triassiali

Svolgimento:

τ, t

ϕ’

C

V

c’ b’

F

R σ’(--), σ(-)

ed ha raggio noto:

R = (σ1 – σ3)f /2 = 170/2 = 85 kPa

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, è tangente all’inviluppo a rottura di equazione nota: τ = c’ + σ‘∙tgϕ’ = 10 + σ’∙tg20°


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

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

σ‘1f = OC + R == (152.7+87.5) kPa = 237.7 kPae:uf = σ3f – σ‘3f = (110‐67.7) kPa= 42.3 kPa

OD σ1fσ3fσ‘3f σ‘1fResistenza al taglio dei terreni Resistenza al taglio dei terreni –– GeotecnicaGeotecnicaCorso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011Corso di Laurea in Ingegneria Edile A.A. 2010/2011


60/6460/64

Lʹangolo di resistenza al taglio di unʹargilla N.C., determinato con prove triassiali consolidate isotrope drenate, è ϕʹ = 25°. La resistenza a compressione semplice di un provino della stessa argilla è qu = 121.5 kPa. Determinare la pressione neutra a rottura, uf, nella prova di compressione semplice.

Prove ELL

Esercizio 10

Dati:Angolo di resistenza al taglio (ϕ’) = 25°Coesione (c’) = 0 kPa (terreno NC)Deviatore a rottura (qu = (σ1 – σ3)f) = 121.5 kPaSvolgimento:Per determinare la pressione interstiziale a rottura occorre trovare i cerchi di Mohr a rottura in termini di tensioni efficaci e totali e le relative tensioni principali.Durante la compressione assiale la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante ed uguale 0 (pressione atmosferica) e quindi:σ3f (a rottura) = σ30(inizio prova) = 0 (pressione atmosferica)



61/6461/64

Svolgimento:

ed ha raggio noto:R = (σ1 – σ3)f /2 = 121.5/2 = 60.75 kPa

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, è tangente all’inviluppo a rottura di equazione nota: τ = σ‘∙tgϕ’ = σ’∙tg25°


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

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

Quindi:

e:

La pressione assiale (= tensione principale maggiore, σ1) totale (σ1 = σa) vale :σ1f (a rottura) = σ3f + (σa – σr)f = σc + (σa – σr)f = qu = 121.5 kPa

σ’(--), σ(-)

uf

τ

σ1fσ3f = 0

ϕ’

F

R

Cσ‘3f σ‘1fOuf = σ3f – σ‘3f = (0‐82.9) kPa= ‐ 82.9 kPa

Prove ELL



62/6462/64

Un provino di argilla satura sovraconsolidata ha avuto resistenza a rottura in prova di compressione con espansione laterale libera: qu = 141 kPa. Il coefficiente 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 ϕʹ = 20°.Quanto valeva, nel provino dʹargilla, la pressione neutra iniziale, u0, prima della prova ELL?

Esercizio 11

Dati:Angolo di resistenza al taglio (ϕ’) = 20°Coesione (c’) = 7 kPa (terreno OC)Deviatore a rottura (qu = (σ1 – σ3)f) = 141 kPa

Svolgimento:

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

Coefficiente A di Skemton a rottura (qu = (σ1 – σ3)f) = ‐ 0.2

Prove ELL



63/6463/64

Svolgimento:

ed ha raggio noto:

Il cerchio di Mohr a rottura, in termini di tensioni efficaci, è tangente all’inviluppo a rottura di equazione nota: τ = c’+ σ‘∙tgϕ’ = 7 + σ’∙tg20°

La pressione assiale (= tensione principale maggiore, σ1) totale (σ1 = σa) vale :σ1f (a rottura) = σ3f + (σa – σr)f = σc + (σa – σr)f = qu = 141 kPa

σ’(--), σ(-)

uf

τ

σ3f = 0

ϕ’

F

R

Cσ‘3f σ‘1fO

Prove ELL

Durante la compressione assiale la pressione radiale totale (= tensione principale minore, σ3) rimane costante ed uguale 0 (pressione atmosferica) e quindi:σ3f (a rottura) = σ30(inizio prova) = 0 (pressione atmosferica)

R = (σ1 – σ3)f /2 = 141/2 = 70.5 kPae centro C di ascissa:

c’D

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



64/6464/64

Svolgimento:

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

Siccome:

Quindi:

e:

σ’(--), σ(-)

uf

τ

σ1fσ3f = 0

ϕ’

F

R

Cσ‘3f σ‘1fO

uf = σ3f – σ‘3f = (0‐116.4) kPa = ‐ 116.4 kPa

Prove ELL

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

= ‐0.2 u

f

f31

ff q

u)(

uA ∆=

σ∆−σ∆∆

= ∆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


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