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ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 1. Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito normal consolidato (tensioni in kPa).
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455σ’h = k0·σ’v
K0argilla(NC) = (1-sin φ’)=0,531σh = σ’h+u
z
σσσσv=σσσσ’v
90
z
u=0
z
0,455
190
z
40,95
σσσσh=σσσσ’hK0(NC)
0,531 47,79
100,89
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 1. Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito sovraconsolidato (tensioni in kPa).
z
σσσσvmax=σσσσ’vmax72
262
z
σσσσv=σσσσ’v
Tensioni
massime
Tensioni attuali
162 90
190
73,8 1,8
OCR in corrispondenza del piano
campagna va ad infinito. Si sceglie di
calcolare le tensioni in un punto appena
al di sotto del piano campagna, avente
OCR finito. (es: punto A a 0,1m dal PC).
A
B
C
OCR A =73,8/1,8=41
OCR B =162/90=1,8
OCR C =262/190=1,38
ESERCIZIO 1-Soluzione
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455 K0sabbia(OC) = K0sabbia(NC) √OCR
OCR A =73,8/1,8=41
OCR B =162/90=1,8
OCR C =262/190=1,38
K0sabbiaA(OC) =2,91
K0argillaB(OC) =0,71
OCR B =162/90=1,8 K0sabbiaB(OC) =0,60
K0argilla (NC) = (1-sin φ’)=0,531 K0argilla(OC) = K0argilla(NC) √OCR
K0argillaC(OC) =0,62
σσσσh=σσσσ’h
A
B
C
OCR
z
K0(OC)
σ’h = k0·σ’v
5463,9
117,8
z z
5,24
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 2. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente normal consolidato, a seguito di uno
scavo di 2m (tensioni in kPa).
Inizialmente Successivamente allo scavo: OC
z
σσσσvmax=σσσσ’vmax
z
σσσσv=σσσσ’v
Tensioni massime
(tensioni prima dello scavo) Tensioni attuali
90
190
OCR in corrispondenza del nuovo piano
campagna va ad infinito. Si sceglie di
calcolare le tensioni in un punto appena
al di sotto del piano campagna, avente
OCR finito. (es: punto A a 0,1m dal
nuovo PC).
A
B
C
OCR A =37,8/1,8=21
OCR B =90/54=1,67
OCR C =190/154=1,23
2SCAVO 36
37,8
54
154
1,8
ESERCIZIO 1-Soluzione
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455 K0sabbia(OC) = K0sabbia(NC) √OCR
K0sabbiaA(OC) =2,09
K0argillaB(OC) =0,69
K0sabbiaB(OC) =0,59
K0argilla (NC) = (1-sin φ’)=0,531 K0argilla(OC) = K0argilla(NC) √OCR
K0argillaC(OC) =0,56
σσσσh=σσσσ’h
A
B
C
OCR
z
K0(OC)
σ’h = k0·σ’v
31,8637,04
90,86
OCR A =37,8/1,8=21
OCR B =90/54=1,67
OCR B =90/54=1,67
OCR C =190/154=1,23
2SCAVO
z z
3,762
Inizialmente NC Successivamente allo scavo: OC
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 2. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito sovraconsolidato in seguito ad uno scavo di 2m di
profondità (tensioni in kPa).
z
σσσσvmax=σσσσ’vmax108
262
Tensioni
massime
Tensioni attuali
162
OCR in corrispondenza del nuovo piano
campagna va ad infinito. Si sceglie di
calcolare le tensioni in un punto appena
al di sotto del piano campagna, avente
OCR finito. (es: punto A a 0,1m dal PC).
A
B
C
OCR A =109,8/1,8=61
OCR B =162/54=3
OCR C =262/154=1,7
2SCAVO
Il terreno, inizialmente già sovraconsolidato, raggiunge un
grado di sovraconsolidazione maggiore in seguito allo scavo.
109,8
z
σσσσv=σσσσ’v
54
154
1,8
ESERCIZIO 1-Soluzione
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455 K0sabbia(OC) = K0sabbia(NC) √OCR
K0sabbiaA(OC) =3,51
K0argillaB(OC) =0,92
K0sabbiaB(OC) =0,79
K0argilla (NC) = (1-sin φ’)=0,531 K0argilla(OC) = K0argilla(NC) √OCR
K0argillaC(OC) =0,69
B
C
OCR A =109,8/1,8=61
OCR B =162/54=3
OCR B =162/54=3
OCR C =262/154=1,7
A2SCAVO
σσσσh=σσσσ’hOCR
z
K0(OC)
σ’h = k0·σ’v
42,6649,68
106,62
z z
6,318
Il terreno, inizialmente già sovraconsolidato, raggiunge un
grado di sovraconsolidazione maggiore in seguito allo scavo.
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 3. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente normal consolidato, in seguito alla
costruzione di un rilevato di spessore 2m (tensioni in kPa).
Inizialmente NC
+2RILEVATO
Il terreno NC si consolida normalmente sotto al peso del
nuovo rilevato di spessore 2m.
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455σ’h = k0·σ’v
K0argilla(NC) = (1-sin φ’)=0,531σh = σ’h+u
z
σσσσv=σσσσ’v
126
z
0,455
226
z
57,3
σσσσh=σσσσ’hK0(NC)
0,531 66,9
120
36 16,4
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 3. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente sovraconsolidato, in seguito alla
costruzione di un rilevato di spessore 2m (tensioni in kPa).
OCR A =72/36=2
OCR B =162/126=1,29
OCR C =262/226=1,16
Il terreno, inizialmente sovraconsolidato per l’erosione di uno spessore pari a
4m, raggiunge un grado di sovraconsolidazione minore in seguito alla
costruzione del rilevato di spessore pari a 2m, avente stesse caratteristiche
dello strato eroso.
OC
+2RILEVATO
z
σσσσvmax=σσσσ’vmax72
262
z
σσσσv=σσσσ’v
Tensioni
massimeTensioni attuali
162 126
226
36A
B
C
ESERCIZIO 1-Soluzione
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455 K0sabbia(OC) = K0sabbia(NC) √OCR
K0sabbiaA(OC) =0,64
K0argillaB(OC) =0,60
K0sabbiaB(OC) =0,52
K0argilla (NC) = (1-sin φ’)=0,531 K0argilla(OC) = K0argilla(NC) √OCR
K0argillaC(OC) =0,57
σσσσh=σσσσ’hA
B
C
z
σ’h = k0·σ’v
65,5
75,6
128,8
z z
OCR A =72/36=2
OCR B =162/126=1,29
OCR B =162/126=1,29
OCR C =262/226=1,16
+2RILEVATO OCR K0(OC) 23
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 4. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente normal consolidato, in seguito alla
costruzione di un rilevato di spessore 5m (tensioni in kPa).
Inizialmente NC
+5
RILEVATO
Il terreno NC si consolida normalmente sotto al peso del
nuovo rilevato di spessore 5m.
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455σ’h = k0·σ’v
K0argilla(NC) = (1-sin φ’)=0,531σh = σ’h+u
z
σσσσv=σσσσ’v
180
z
0,455
280
z
81,9
σσσσh=σσσσ’hK0(NC)
0,531 95,6
148,7
90 40,95
ESERCIZIO 1-Soluzione
CASO 4. Calcolare lo stato di sforzo per il seguente deposito, inizialmente sovraconsolidato, in seguito alla
costruzione di un rilevato di spessore 5m (tensioni in kPa).
Il terreno, inizialmente sovraconsolidato per l’erosione di uno spessore pari
a 4m, diviene normal consolidato in seguito alla costruzione di un rilevato
di spessore 5m, avente stesse caratteristiche dello strato eroso.
Inizialmente OC
A
B
C
NC
+5
RILEVATO
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455σ’h = k0·σ’v
K0argilla(NC) = (1-sin φ’)=0,531σh = σ’h+u
z
σσσσv=σσσσ’v
180
z
0,455
280
z
81,9
σσσσh=σσσσ’hK0(NC)
0,531 95,6
148,7
90 40,95
Tensioni
massime
=
Tensioni attuali
ESERCIZIO 2
Calcolare lo stato di sforzo geostatico per i due depositi indicati in figura.
sat
sat
sat
sat
ESERCIZIO 2-Soluzione
Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito normal consolidato (tensioni in kPa).
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455σ’h = k0·σ’v
K0argilla(NC) = (1-sin φ’)=0,531σh = σ’h+u
z
σσσσv
90
z
u=0
190
z
18,2
σσσσ’h
21,2
47,8
sat
sat
100
50
z
σσσσ’v
40
90
68,2
σσσσh
71,2
147,8
NC
ESERCIZIO 2-Soluzione
Calcolare lo stato di sforzo geostatico per il seguente deposito sovraconsolidato (tensioni in kPa).
z
σσσσvmax72
262
z
σσσσ’v
Tensioni max
totali
Tensioni attuali
efficaci
162
73,8
OCR in corrispondenza del piano
campagna va ad infinito. Si sceglie di
calcolare le tensioni in un punto appena
al di sotto del piano campagna, avente
OCR finito. (es: punto A a 0,1m dal PC).
A
B
C
OCR A =72,8/0,8=91
OCR B =112/40=2,8
OCR C =161/90=1,8
z
u=0
100
50
z
40
90
σσσσ’vmax
Tensioni max
efficaci
0,81
162
112
72
72,8
sat
sat
ESERCIZIO 2-Soluzione
K0sabbia(NC) = (1-sin φ’)=0,455 K0sabbia(OC) = K0sabbia(NC) √OCR
K0sabbiaA(OC) =4,34
K0argillaB(OC) =0,89
K0sabbiaB(OC) =0,76
K0argilla (NC) = (1-sin φ’)=0,531 K0argilla(OC) = K0argilla(NC) √OCR
K0argillaC(OC) =0,71
σσσσ’h
A
B
C
OCR
z
K0(OC)
σ’h = k0·σ’v
30,435,6
63,9
z z
3,5
OCR A =72,8/0,8=91
OCR B =112/40=2,8
OCR B =112/40=2,8
OCR C =161/90=1,8
sat
sat
σσσσh
80,485,6
163,9
z
4,5
σh = σ’h+u
Determinare le caratteristiche di compressibilità di un campione di terreno sul quale è stata eseguita una
prova edometrica che ha dato i seguenti risultati: D= 7 cm, H0 = 2 cm, Ps = 108,415 g, γs =2,74 t/m3, γsat
=1,88 t /m3.
Di seguito vengono riportate le letture di laboratorio.
ESERCIZIO 3
(hs è l’altezza fittizia della sola parte solida)
Una volta tracciato il grafico su scala normale, si possono determinare il coefficiente di compressibilità av, il
coefficiente di compressibilità volumetrica mv e il modulo edometrico Eed in corrispondenza del valore
tensionale in sito (σ’v0 = 1 kg/cm2). Riportare i dati anche in scala semilogaritimica e determinare il
coefficiente di compressibilità Cc.
ESERCIZIO 3-Soluzione
Dal grafico della prova edometrica in scala normale si determinano av, mv e Eed in corrispondenza di
∆σ’=100kPa
σσσσ’v0=100kPa
∆e
e0
e1
14
v
v kPa106,25100kPa
0,0625
Δσ'
Δea −−⋅===
1414
0
vv kPa103,344
0,8691
kPa106,25
e1
am −−
−−
⋅=+⋅=
+=
2990kPakPa103,344
1
m
1E
4
v
ed =⋅
== −
σ’v0=100kPa.
ESERCIZIO 3-Soluzione
Dal grafico della prova edometrica in scala semilogaritmica si determinano i coefficienti di compressibilità.
Cc
Cr
Cs
0,0764log(52/26)
0,8680,891
Δlogσ'
ΔeC
v
r =−==
0,232520)log(1040/5
0,6290,699
∆logσ'
∆eC
vc =−==
0,0565,4)log(260/10
0,6500,729
∆logσ'
∆eC
vs =−==
ESERCIZIO 4
Sempre con riferimento ai risultati della prova edometrica dell’esercizio 3 precedente, sono riportati
nella tabella seguente i dati in corrispondenza del carico p=1kg/cm2. Determinare il coefficiente di
consolidazione con il metodo di Casagrande.
ESERCIZIO 4-Soluzione
H [cm]
METODO DI CASAGRANDE: grafico cedimenti-tempo in scala semilogaritmica.
�Si fissa un tempo t1 sufficientemente
piccolo affinché il punto corrispondente a
t2=4t1 ricada nel tratto parabolico iniziale;
�Si definisce “a” la distanza in ordinata tra i
punti della curva corrispondenti
rispettivamente a t1 ed a t2;
�Ribaltando il segmento “a” verso l’alto si
trova l’ordinata relativa a U=0%;
�L’ordinata relativa a U=100% si trova
dall’intersezione tra la retta tangente al
tratto finale della curva e la retta tangente
alla curva nel punto di flesso F.
F
Hf
U=100%
t2=24st1=6s
aa
Ho
U=0%
�Si determina l’altezza corrispondente alla metà del processo di consolidazione, ovvero corrispondente ad U=50%,
essendo essa l’altezza media tra Ho ed Hf;
�Si individua il tempo t50 necessario al grado di consolidazione del 50%
�Dalle tabelle che forniscono Um in funzione di Tv, si ricava il fattore tempo adimensionale che corrisponde ad un
grado di consolidazione medio del 50% (ad esempio dalla relazione di Terzaghi si ottiene Tv=0,197 per drenaggio
consentito sopra e sotto;
�Sostituendo i valori sopra determinati nella definizione del fattore tempo Tv è possibile ricavare il coefficiente di
consolidazione verticale (H massimo percorso di filtrazione):
t50=182,33s
H50
U=50%
/scm109,81cm2
1,9056
182,33s
0,197H
t
Tc 242
2
2
50
vv
−⋅=
==
ESERCIZIO 5-Soluzione
1mm0,001mm
kN1000,02m
kN
m105Δσ'HmW
2
24
zv ==⋅⋅⋅=⋅⋅= −
1) Il valore del cedimento finale a fine consolidazione vale:
2) Il fattore tempo Tv relativo ad un cedimento di 0,25mm è pari a:
25%0,25mm/1mmUm ==Entro nel grafico con Um=25%
fino ad intersecare la curva
relativa al caso di drenaggio
da ambo i lati e determino il
fattore Tv:
Tv=0,05
0,05Tv =
3) Il tempo affinché il cedimento raggiunga il valore di 0,25mm vale:
76,88sanni102,437m2
0,01975
/anno2m
0,05H
c
Tt
62
2
2
2
v
v25% =⋅=
== −
(NB: H25%=20mm-0.25mm=19,75mm)
4) Il grado di consolidazione dopo 3 minuti è pari a:
0,114
m2
0,02
65)anni(3/60/24/3/anno2m
H
ctT
2
2
2
2
vv =
⋅=⋅=Non conoscendo l’altezza dopo 3 minuti
dall’inizio della consolidazione di usa
l’altezza iniziale del provino per ricavare il
percorso di massima filtrazione.
ESERCIZIO 5-Soluzione
0,114Tv =
Per determinare il grado di consolidazione medio dopo 3 minuti dall’inizio del processo di consolidazione, entro
nel seguente grafico con il fattore tempo adimensionale Tv pari a 0,114:
38%Um =
38%Um =
ESERCIZIO 6-Soluzione
0,32mm
kN8008m
kN
m105Δσ'HmW
2
24
zv =⋅⋅⋅=⋅⋅= −
Il cedimento a fine consolidazione edometrica vale:
Il fattore tempo Tv dopo 20 giorni dall’applicazione del sovraccarico vale :
Entro nel grafico con Tv=0,007 fino ad intersecare la curva
relativa al caso di pressione interstiziale in eccesso con
andamento rettangolare e determino il grado di
consolidazione medio Um: Um=10%
Conoscendo il grado di consolidazione medio dopo 20 giorni
ed il cedimento finale, è possibile determinare il cedimento
edometrico corrispondente:
0,007Tv =
0,0068
m2
8
ni(20/365)an/anno2m
H
tcT
2
2
2
2
vv =
⋅=⋅= 10%Um =
∞
=c
ctm
W
WU 0,032m0,32m0,1WUW cmct =⋅=⋅= ∞
ESERCIZIO 6-Soluzione
t>>0 Stato tensionale molto tempo dopo l’applicazione del sovraccarico. LT: Condizioni drenate.
z
σσσσv
z
u0
80
t≥≥≥≥0 Stato tensionale immediatamente dopo l’applicazione del sovraccarico. BT: Condizioni non drenate.
80
60
20
q=80kPa
z
σσσσ’v80
z
σσσσv
z
u=u0+ue
80+80=160
80
60+80=140
20+80=100
q=80kPa
z
σσσσ’v(t<0) 80
ESERCIZIO 6-Soluzione
Il fattore tempo Tv relativo a 120 giorni dopo l’applicazione del sovraccarico vale :
0,04
m2
8
nni(120/365)a/anno2m
H
tcT
2
2
2
2
vv =
⋅=⋅=
0,05T v =
0,5/HzA =
%10/ =∆qvΔσ' %90=∆q/ue
1,5/HzB =
La pressione interstiziale in eccesso nei punti A e B, dopo 120 giorni dall’applicazione del sovraccarico q, vale:
72kPa80kPa0,9Δq90%uu eBeA =⋅=⋅==
La pressione interstiziale totale nei punti A e B, dopo 120 giorni dall’applicazione del sovraccarico q, vale dunque:
92kPa7220uuu eA0AA =+=+=
132kPa7260uuu eB0BB =+=+=
ESERCIZIO 7-Soluzione
3
sat1,2,3 20kN/m=γ
a)t<0 Stato tensionale nello strato argilloso prima della modifica del regime idrologico (situazione a).
z
σσσσv
z
u40
40
20
z
σσσσ’v20
120 80
t>>0 Stato tensionale nello strato argilloso molto dopo la modifica del regime idrologico (situazione b). LT: CD.
3
sat1,2,3 20kN/m=γz
σσσσv
z
u040
20
20
z
σσσσ’v20
120 100
ESERCIZIO 7-Soluzione
3
sat1,2,3 20kN/m=γ
t≥≥≥≥0 Stato tensionale nello strato argilloso immediatamente dopo la modifica del regime idrologico (situazione
b). BT: CND.
z
σσσσv40
z
σσσσ’v(t<0)20
120 80
z
u=u0(t>>0)+ue
20+20=40
20
Il diagramma delle pressioni in eccesso immediatamente dopo la modifica del regime idrologico ha andamento
triangolare: da valore 0 in A varia linearmente fino a raggiungere 20kPa nel punto B.
b)Il tempo necessario affinché il grado di consolidazione medio raggiunga il 90% è pari ad:
424giornim2
4
/giornom108
0,848H
c
Tt
2
2
23
2
v
v90% =
⋅== −
A
B
ESERCIZIO 7-Soluzione
c)La pressione u in corrispondenza della superficie superiore dello strato argilloso dopo un anno vale:
20kPa020uuu eA0AA =+=+=
A
Isocrone della pressione
interstiziale in eccesso
Nel punto A la pressione in eccesso è nulla anche immediatamente dopo la modifica del regime idrologico,
quindi:
ESERCIZIO 7-Soluzione
d)La pressione u in corrispondenza della superficie inferiore dello strato argilloso dopo 90 giorni vale:
A
Isocrone della pressione
interstiziale in eccesso
B
0,20,18
m2
4
90giorni/giornom108
H
tcT
2
2
23
2
vv ≅=
⋅⋅=⋅=−
2/HzB =
20kPa020uuu 90gg)eB(t0)0B(t90gg)B(t =+=+= =>>=
0)eB(tv 100%uΔσ' ≥= 0)eB(te 0%uu ≥=
ESERCIZIO 7-Soluzione
e)La pressione u al centro dello strato argilloso dopo 6 mesi vale:
A
Isocrone della pressione
interstiziale in eccesso
B
0,36
m2
4
180giorni/giornom108
H
tcT
2
2
23
2
vv =
⋅⋅=⋅=−
1/HzB =
0)eB(tv 75%uΔσ' ≥= 0)eB(te 25%uu ≥=
25kPa520uuu 180gg)eC(t0)0C(t180gg)C(t =+=+= =>>=
C
0,36T v =
5kPa200,25u25%u 0)eB(t180gg)eC(t =⋅=⋅= ≥=
ESERCIZIO 7-Soluzione
Oppure:
A
Isocrone della pressione
interstiziale in eccesso
B
0,36
m2
4
180giorni/giornom108
H
tcT
2
2
23
2
vv =
⋅⋅=⋅=−
1/HzB =
25kPa520uuu 180gg)eC(t0)0C(t180gg)C(t =+=+= =>>=
C
0,36T v =
5kPa100,50u50%u 0)eC(t180gg)eC(t =⋅=⋅= ≥=
0)eC(tv 50%uΔσ' ≥= 0)eC(te 50%uu ≥=
ESERCIZIO 8-Soluzione
Si individua la pressione di preconsolidazione con il metodo di Casagrande.
�Individuare il punto A di massima curvatura;
�Tracciare l’orizzontale e la tangente passanti per A;
�Tracciare la bisettrice AB dell’angolo compreso tra l’orizzontale e la tangente precedentemente disegnate;
�Prolungare verso l’alto la NCL;
�Individuare il punto di intersezione tra la NCL e la bisettrice AB: l’ascissa di tale punto rappresenta il valore
della pressione di preconsolidazione.
σσσσ’p=350kPa
A
B
ESERCIZIO 8-Soluzione
Lo stato tensionale attuale è il seguente (tensioni in kPa).
z
σσσσv0
z
u
60
46,7
z
σσσσ’v080
164
206
17 17
146
117,3
2m:Δh9m:Δh ACtot = 7m:Δh9m:Δh BAtot =
3mΔhtot =
B
A
C
Oppure:
0,67m2m9m
3mΔhAC =⋅= 6,67m0,67m6mΔhhh ACCA =+=+= Infatti:
6m60/100/γuzh wccC =+=+=
46,7kPa2m)10kN/m(6,67m)z(hu 3
wAAA =−=⋅−= γ
Oppure dall’andamento lineare delle pressioni interstiziali si ottiene:
46,7kPa7m9m
60kPauA =⋅=
ESERCIZIO 8-Soluzione
OCR A =σσσσ’p/σσσσ’v0=350/117,3=2,98
Il grado di sovraconsolidazione nel punto A è pari a:
Ipotizzando un ko(NC)=0,5, si disegnino nel piano di Mohr i cerchi delle tensioni totali ed efficaci del punto A.
K0(OC) = K0(NC) √OCR=0,5·√2,98=0,863
117,3kPaσ'vA = 101,23kPa0,863117,3(OC)kσ'σ' 0vAhA =⋅=⋅=
147,93kPa46,7101,23uσ'σ AhAhA =+=+=164kPaσvA =
σσσσ’v σσσσv
ττττ
vAσ'hAσ' vAσhAσ
Au
ESERCIZIO 9-Soluzione
t<0 Stato tensionale nello strato argilloso prima dello scavo.
z
σσσσv
z
u72
60
30
z
σσσσ’v
102132
132
t>>0 Stato tensionale nello strato argilloso molto dopo l’eliminazione dello strato superficiale sabbioso. LT: CD.
192
72
z
σσσσv
z
u
60
30
z
σσσσ’v
60
120 60
30
A
B
C
A
B
C
ESERCIZIO 9-Soluzione
t≥≥≥≥0 Stato tensionale nello strato argilloso immediatamente dopo l’eliminazione dello strato superficiale
sabbioso. BT: CND.
z
σσσσv
z
u
-12
z
σσσσ’v(t<0)
60
120
102
132
72
-42
-72
0061062,1'2
24 =⋅⋅⋅=∆⋅⋅= −
m
kNm
kN
mHm zvBT σδ
a) Il rigonfiamento del deposito argilloso a breve termine è nullo, poiché in condizione non drenate il banco
d’argilla non ha ancora registrato variazioni di tensioni efficaci.
cmmm
kNm
kN
mHm zvLT 707,07261062,1'
2
24 ==⋅⋅⋅=∆⋅⋅= −σδ
b) Il rigonfiamento del deposito argilloso a lungo termine vale:
A
B
C
ESERCIZIO 9-Soluzione
c) Il tempo, in giorni, necessario per raggiungere un rigonfiamento pari al 90% di quello finale vale:
0,848Tv =
90%Um =
Entro nel grafico con Um=90% fino ad intersecare
la curva relativa al caso di pressione interstiziale
in eccesso con andamento rettangolare e
determino il fattore tempo adimensionale:
Tv=0,848
In questo caso, il massimo percorso di filtrazione
corrisponde allo spessore di 6m dello strato
argilloso stesso; infatti, a causa della presenza di
una formazione rocciosa impermeabile
sottostante, il drenaggio è consentito solo
dall’alto.
( ) i98,15giorn8480000sm6/sm1036
0,848H
c
Tt
22
27
2
v
v90% ==
⋅== −
ESERCIZIO 9-Soluzione
d) Determinare il valore della pressione interstiziale in corrispondenza della superficie superiore e inferiore e a
metà dello strato d’argilla dopo 35 giorni dalla fine dello scavo.
0,3m6
60)s6024(35/sm1036
H
tcT
22
27
2
vv =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=
−
Drenaggio consentito solo dall’alto.
0/HzA =
100%U =
000uuu 35gg)eA(t0)0A(t35gg)A(t =+=+= =>>=
072kPa)(0u0%u 0)eA(t35gg)eA(t =−⋅=⋅= ≥=
La pressione interstiziale in corrispondenza della
superficie superiore dello strato d’argilla dopo 35
giorni dalla fine dello scavo vale:
ESERCIZIO 9-Soluzione
d) Determinare il valore della pressione interstiziale in corrispondenza della superficie superiore e inferiore e a
metà dello strato d’argilla dopo 35 giorni dalla fine dello scavo.
0,3m6
60)s6024(35/sm1036
H
tcT
22
27
2
vv =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=
−
Drenaggio consentito solo dall’alto.
0,5/HzB =
58%U =
0,24kPa
30,2430uuu 35gg)eB(t0)0B(t35gg)B(t
−==−=+= =>>=
30,24kPa
72kPa)(0,42u42%u 0)eB(t35gg)eB(t
−==−⋅=⋅= ≥=
La pressione interstiziale in corrispondenza della
mezzeria dello strato d’argilla dopo 35 giorni dalla
fine dello scavo vale:
ESERCIZIO 9-Soluzione
d) Determinare il valore della pressione interstiziale in corrispondenza della superficie superiore e inferiore e a
metà dello strato d’argilla dopo 35 giorni dalla fine dello scavo.
0,3m6
60)s6024(35/sm1036
H
tcT
22
27
2
vv =⋅⋅⋅⋅⋅=⋅=
−
Drenaggio consentito solo dall’alto.
1/HzC =
40%U =
16,8kPa
43,260uuu 35gg)eC(t0)0C(t35gg)C(t
==−=+= =>>=
43,2kPa
72kPa)(0,6u60%u 0)eC(t35gg)eC(t
−==−⋅=⋅= ≥=
La pressione interstiziale in corrispondenza della
superficie inferiore dello strato d’argilla dopo 35
giorni dalla fine dello scavo vale:
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