Capitol o 09

99CAPITOLO 9: SFORZI E DEFORMAZIONI NEL TERRENO

CAPITOLO 9: SFORZI E DEFORMAZIONI NEL TERRENO

Percorsi di tensione e di deformazionePer quanto riguarda i terreni lanalisi del regime di sforzo molto complessa e la sua evoluzione pu

essere rappresentata in un diagramma tridimensionale delle tensioni principali.

La descrizione del comportamento di un terreno pu essere fattaallinterno di questo diagramma tridimensionale.Operare una analisi tridimensionale risulta per piuttosto difficile equindi il nostro obiettivo sar di andare a determinare altri metodi diindagine.

Se ci troviamo nel caso in cui lo stato tensionale caratterizzato da1=2=3 allora ci muoviamo sulla bisettrice del primo ottante (trattoOA), nel caso in cui 10 e 2=3=0 allora ci muoviamolungo un segmento parallelo allasse 1 (tratto AB), mentre seabbiamo 1=0 e 2=30 allora ci si sposta lungo unsegmento perpendicolare allasse 1 .Negli ultimi due casi, quando lo stato tensionale ha una componentenulla si pu far riferimento ad una analisi di tipo bidimensionale.

Dei ragionamenti di questo tipo possono essere fatti anche andando a considerare le tensioni efficaci.

1I=1Bu

2I=2Bu

3I=3Bu

I due percorsi in termini di pressioni totali o tensioni efficaci risultano tra loro paralleli se la pressione dellacqua noncambia.Per questo tipo di rappresentazione non comodo.

Appunti di GEOTECNICA. Versione 1.3. A cura di GIUSEPPE DELLANA. Redatti con lausilio di StarOffice Writer 5.2. Linux 2.2.17. Mandrake 7.2.

Figura 9.1

Figura 9.2


Per i terreni che presentano uno stato di sollecitazione piana si possono considerare altri tipi di grafici come ad esempioil PIANO DI MOHR.

sI=

1IA3

I

2centro

tI=1

IB3I

2raggio

s=1A3

2centro

t=1B3

2raggio

Si ottiene quindi che: ssI=u ttI=0 la tensione esercitata sulla fase fluida e si osserva che questa non trasmette alcunsforzo tagliante.

Allinterno del piano (s, t) possibile analizzare il percorso che stato visto prima. (Verifica attentamente che vero).Nel primo tratto OA vale che 1=3 e quindi si pu calcolare:

s=1A3

2=1 t=

1B32

=0

Nel tratto AB vale che 10 e 3=0 per cui si pu calcolare che:

s=1A3

2=1

2 t=

1B32

=1

2

Nel tratto BC abbiamo che 1=0 e 30 e quindi risulta:

s=1A3

2=3

2 t=

1B32

=B3

2



Richiamo di Scienza delle Costruzioni

Gli invariantiSe A una matrice che rappresenta un tensore simmetrico:

A=a

xxa

xy axz

axy a yy a yz

axz

a yz a zz

I tre invarianti sono dati dalle seguenti espressioni:I 1=tr A=axxAa yyAa zzI 2=axx a yyAa yy a zzAa zz axxBaxy

2 Ba yz2 Ba

zx

2

I 3=det ANel caso che le direzioni x,y e z coincidano con quelle principali 1,2 e 3, allora gli invarianti assumono la forma:

I 1=a1Aa2Aa3I 2=a1 a2Aa2 a3Aa3 a1I 3=a1 a2 a3



Gli invarianti del tensore di sforzoLo stato di sforzo in un punto definito dal tensore ij simmetrico, la sua impronta matriciale pu essere diagonalizzatain un sistema principale di tensioni.Noto il tensore in un punto per determinare lo stato tensionale lungo una superficie individuata dai coseni direttori e1, e2,e3 si pu scrivere:

nx

ny

nz

=

xx

yx zx

xy yy zy

xz yz zz

e1

e2

e3

dove n= e1 , e2 , e3 la normale uscente dalla superficie in esame.Per determinare una direzione principale necessario imporre che lo stato di sforzo sia parallelo alla normale n; cio:

nx

ny

nz

=e1

e2

e3

1

xxB yx zx

xy yyB zy

xz yz zzB

e1

e2

e3

=000

In questo modo si determinato un problema agli autovalori e quindi la sua risoluzione pu essere ottenuta imponendoche il determinante della matrice dei coefficienti sia nullo; si ottiene una equazione di 3 grado nellincognita .

3BI 12AI 2BI 3=0

Risolvendo questa equazione si ottengono le 3 tensioni principali che sostituite una ad una nel sistema agli autovaloriforniscono le direzioni principali.

I 1=xA yA z=3pI 2=x yA y zAx zBxy

2 B yz2 B

xz

2

I 3=x y zAx yz2 A yxz

2 Bz

xy2 A2

xy2 yz

2 xz

2

Che sono gli invarianti del I, II e III ordine del tensore di sforzo.Si pu osservare che se I3=0 allora si ha uno sforzo biassiale o piano, mentre se pure I2=0 allora lo stato di sforzo monoassiale.

Gli invarianti sono comodi nel momento in cui necessario andare a scrivere le leggi costitutive sforzodeformazionein quanto queste ultime non dipendono dal sistema di riferimento adottato per descrivere il problema.



Tensione ottaedricaIn alcuni casi conveniente conoscere la tensione su un piano che taglia gli assi principali tutti con lo stesso angolo;questo significa che tale piano forma un ottaedro con il sistema di riferimento e la corrispondente tensione viene definitatensione ottaedrica.Facendo i calcoli si pu ottenere che

ott=1

31A2A3

ott=1

31B2

2A 2B32A 3B1

212

dove 1, 2, 3 sono le tensioni principali.

Se abbiamo un generico stato tensionale allora le due tensioni sopra scritte possono essere viste come:

ott=1

3

xA yA z

ott=1

3

xB y

2A yB z2A

zB

x

2A6 xy2 A yz

2 Azx

212

e formule analoghe si hanno in termini di tensioni efficaci.Risulta inoltre che:

ott

I =ottBu

ott

I =ott

Consideriamo un generico stato di sforzo in termini di tensioni efficaci (1I, 2I, 3I) . Se allinterno del piano delletensioni efficaci disegniamo il punto che rappresenta tale stato di sforzo e la retta bisettrice del I ottante alloraconducendo la perpendicolare a tale retta passante per il punto relativo allo stato di sollecitazione riusciamo adeterminare due segmenti la cui lunghezza pu essere relazionata alle tensioni ottaedriche efficaci.

OA= 3ott

I

AB= 3ott

I



Nei casi pi generali della meccanica delle terre vale che due tensioni principali risultano uguali tra loro, cio:2

I=3I oppure 2=3

In questo caso si pu dire che:

ott

I =13

1IA23

I ott

I = 23

1IB3

I

Per descrivere il comportamento dei terreni andremo a definire i seguenti parametri:

pI=ott

I =1

IA23I

3qI= 3

2

ott

I = 1IB3

I

da cui si ottiene che:p= pIAu q=qI

NOTA BENE: necessario osservare che pI e qI sono degli invarianti degli sforzi visto che lo sono pure gli sforziottaedrici ( Iott , Iott ).

Vediamo ora una rappresentazione grafica in termini di p e q di una prova di carico eseguita su un provino, con ilprogramma di carico che varia nei diversi tratti.

Nel tratto OA 1,2,3 (e I1,I2,I3 nel tratto OIAI

) vengono incrementate ugualmente. Il carico isotropo.1=2=3

quindi p=1q=0

Nel tratto AB 1 viene incrementato mentre 2,3 rimangono costanti. Il carico deviatorico.10 2=3=0

p=1

3 q=1

Nel tratto BC 2,3 vengono incrementati mentre 1 rimane costante.2=30 1=0

p=233

q=B1Se durante il processo di prova la pressione dellacqua rimane costante allora per determinare landamento delle tensioniefficaci possibile traslare verso sinistra il diagramma delle tensioni totali di una quantit u.



Condizioni di drenaggio e percorsi di tensioneIn questo paragrafo cito delle prove di cui non ho definito le caratteristiche, ma lattenzione in questo

momento va rivolta a come le condizioni di drenaggio modificano i percorsi di tensione. Le prove sono descritte nelprossimo capitolo e le condizioni di drenaggio verranno riproposte.

Nel caso di prove con condizioni di carico assiali, cilindriche o triassiali descriviamo landamento dellostato tensionale, il quale influenzato dalle condizioni di drenaggio, vediamo come.Le prove di carico assiali tipicamente vengono eseguite controllando in diverso modo le condizioni di drenaggio.Il provino viene chiuso in una membrana impermeabile che consente lentrata e luscita dellacqua solo attraverso untubo al quale applicato un dispositivo di controllo dellacqua drenata (rubinetto).

necessario fissare delle condizioni di drenaggio.Innanzitutto vengono adottati dei provini in condizioni sature e aseconda della posizione del regolatore di portata possibiledistinguere due condizioni:

1. CONDIZIONI DRENATE (u=0; V0): in questo caso ilrubinetto aperto e lincremento dello stato di sollecitazioneprovoca una variazione di volume che direttamente collegataalla quantit di acqua che viene scambiata con lesterno.

2. CONDIZIONI NON DRENATE (u0; V=0): il rubinetto inquesta situazione viene mantenuto chiuso impedendo in questomodo il drenaggio dellacqua dal provino. In queste condizioni unincremento dello stato di sollecitazione provoca un aumento dellapressione neutra senza nessuna variazione di volume in quantoquestultima associata esclusivamente ad una variazione diporosit (comprimibilit dello scheletro solido) e non ad unadeformazione dei granelli e del campo fluido.

I percorsi dello stato tensionale nel piano p, q possono essere diversi a seconda delle condizioni di drenaggio.In questo diagramma viene rappresentato landamento sia delle tensioni totali che delle pressioni efficaci a seconda dellecondizioni di drenaggio.

Nel tratto OA il provino viene caricato con una pressione isotropa, mentre il tratto AB rappresenta il carico assiale cheporta a rottura il provino. Si pu osservare che sia in condizioni drenate che non drenate in termini di tensioni totali ilcomportamento uguale; la differenza si riscontra dal punto di vista delle pressioni neutre, infatti in condizioni drenatela pressione dellacqua non subisce nessuna variazione (u=0) e quindi landamento delle tensioni efficaci (tratto ABI) dato dalla traslazione verso sinistra del diagramma delle tensioni totali. Nel caso di prova non drenata (tratto ABII)lincremento dello stato di sollecitazione esterno si scarica completamente sulla fase liquida del terreno aumentando lepressioni neutre e di conseguenza riducendo il valore delle tensioni efficaci.


Figura 9.3

Figura 9.4


Condizioni di drenaggio, il terreno naturale ed il tempoAbbiamo appena visto, per le prove con campioni di terreno, cosa comportano le diverse condizioni di

drenaggio per i percorsi di tensione. Ci chiediamo a cosa corrispondono le condizioni di drenaggio per il terrenonaturale. Quando consideriamo un terreno nel suo sito non ci possibile controllare luscita dellacqua interstiziale conun rubinetto. Supponiamo di avere lo stesso coefficiente di permeabilit k, ed abbastanza piccolo, allora con ilparametro tempo riusciamo a modellare il comportamento naturale.Supponiamo che il terreno sia saturo S=1.

1. t=0, V=0 Nellistante iniziale t=0 viene applicato il carico sul terreno.Ma lacqua non ha il tempo di uscire dal terreno.

u0 Allora c un incremento delle pressioni interstiziali.CONDIZIONI NON DRENATE, definiamo cos le condizioni appena descritte.BREVE TERMINE, in genere il periodo temporale a cui corrisponde questa situazione.

2. t, u=0 Con il trascorrere del tempo le sovrappressioni si dissipano.V0 Si manifesta una variazione di volume, lacqua fuoriuscita.

Sono aumentate le tensioni efficaci.Si avuto consolidamento conseguente.

CONDIZIONI DRENATE, definiamo cos le condizioni appena descritte.LUNGO TERMINE, il periodo temporale perch si manifesti questa situazione.

Tenendo presente queste due situazioni possiamo disaccoppiare lo studio delle pressioni interstiziali e la riduzione dellesovrappressioni neutre dallo studio delle tensioni efficaci.Eseguiremo: unanalisi a regime delle pressioni interstiziali, unanalisi dellevoluzione delle tensioni efficaci.



Deformazioni nel terreno7

Un discorso analogo a quello delle tensioni pu essere fatto anche per le deformazioni; si possono ottenere degliinvarianti del tensore di deformazione e definire anche la deformazione ottaedrica. Si far riferimento alle componentiisotropa e deviatorica della deformazioni.Se si scompone la rappresentazione matriciale del tensore di deformazione ij nelle due parti: isotropa e deviatorica,mediante la notazione indiciale scriviamo:

ij=

v

3ijAS ij

dove v=

xxA yyA zz mentre la delta di Kronecker vale ij=

1 se i= j0 se i j

con notazione matriciale:

xx

xy xz

yx yy yz

zx

zy zz

=

v

30 0

0

v

30

0 0

v

3

A

xxB

v

312

xy12

xz

12

xy yyB

v

312 yz

12

xz

12 yz zzB

v

3Per descrivere lo stato di deformazione si possono utilizzare linvariante primo della matrice che rappresenta il tensoreidrostatico della deformazione e linvariante secondo della matrice che rappresenta il tensore deviatorico delladeformazione.Linvariante primo E1 della componente idrostatica della deformazione :

E1=v=xxA yyA zzLinvariante secondo E2 della componente deviatorica della deformazione :

E2= xxB

v

3 yyB

v

3A yyB

v

3

zzB

v

3A

zzB

v

3

xxB

v

3

B 12

xy

2

B 12

xz

2

B 12 yz

2

Linvariante primo e secondo li possiamo esprimere in funzione della deformazione normale e tangenziale sul pianoottaedrico, quindi anche ott e ott sono degli invarianti, utili per la rappresentazione dello stato di deformazione:

ott=1

3

xxA yyA zz

ott=2

3

xxB yy

2A yyB zz

2A

zzB

xx

2A6

xy2A yz

2Azx

2

12

ott=1

3E1

ott=B8

3E2

7 A. Burghignoli, Lezioni di meccanica delle terre. pp 5355



Utilizziamo ora le deformazioni principali.Le componenti isotropa e deviatorica della rappresentazione matriciale del tensore di deformazione si possono scriverein unaltro modo con le deformazioni principali, ma sono ancora degli invarianti di deformazione e lo notiamo dallegame con le deformazioni ottaedriche.

DEFORMAZIONE VOLUMETRICA O ISOTROPA

v=1A2A3 = 3ott = B

VV

interessante notare che la deformazione isotropa semplicemente la deformazione volumetrica.Con pochi passaggi lo si dimostra.Se V il volume iniziale di un cubetto infinitesimo di lati dx, dy, dz e V+dV il volume finale per effetto delladeformazione, si pu scrivere che:

VAdV= 1Bx

dx 1B y dy 1B z dzNellipotesi che dV>0 per un aumento di volume e che x, y, z siano positivi in compressione e trascurando gliinfinitesimi di ordine superiore al primo otteniamo:

xA yA z = v = B

dVV

Il segno meno stato inserito in quanto le tensioni e le deformazioni sono considerate positive se di compressione,mentre una variazione di volume V considerata positiva quando questa tende ad incrementarne il valore.

DEFORMAZIONE DEVIATORICA

s= 2

31B2

2A 2B3

2A 3B1

212= 1

2

ott

Nel caso di simmetria cilindrica o radiale 2=3 la componente isotropa e deviatorica della deformazionediventano:

v=1A23

s=2

31B3

le quali si pu dimostrare essere delle grandezze invarianti.

Sempre nel caso di simmetria radiale o cilindrica andiamo a vedere attraverso le relazioni di legame elastico lineare perun materiale isotropo come si comportano sforzi e deformazioni.Con 2

I=3I

e 2=3 se sostituite nel legame:

E I 1=1IBI 2

IA3I

E I 2=2IBI 3

IA1I

E I 3=3IBI 1

IA2I

otteniamo:

E I 1=1IBI 3

IA3I

E I 3=3IBI 3

IA1I

E I 3=3IBI 1

IA3I

sommando le tre equazioni:E I 1A23 = 1

IA23I BI 43

IA21I



E I 1A23 = 1B2I 1

IA23I

Riconosciamo le componenti idrostatiche delle deformazioni e dello stato di sforzo.E I

v= 1B2I 3pI

pI= EI

3 1B2I

v

Esiste una relazione lineare fra pI e v:

pI=K I v

Definiamo KI COMPRIMIBILIT VOLUMETRICA :

K I= EI

3 1B2I

Posso trovare la relazione lineare fra le componenti deviatoriche facendo la differenza fra la prima e la terza dellerelazioni di legame.

E I 1B3 = 1IB3

I BI 3IB1

I

E I 1B3 = 1AI 1

IB3I

Riconosciamo le componenti deviatoriche delle deformazioni e dello stato di sforzo.

E I 32

s= 1AI qI

qI=s

3 E I

2 1AI

qI=s3G I

Definiamo GI il MODULO DI TAGLIO :

G I= EI

2 1AI

Esiste una relazione diretta fra sforzi isotropi e deformazioni isotrope e fra sforzi deviatorici e deformazionideviatoriche.In condizioni di elasticit lineare per un materiale isotropo uno sforzo isotropo produce una deformazione isotropa eduno sforzo deviatorico una deformazione deviatorica. In alternativa diciamo che sforzi isotropi e deformazioni isotropesono disaccoppiate rispetto a sforzi deviatorici e deformazioni deviatoriche, ci lo esprimiamo anche con le coppie diequazioni che seguono.

pI=K IvA 0

s

qI=0vA 3G I

s

v= 1

K IpI A 0qI

s=0pI A 1

3G IqI



Per concludere con lo stato di tensione e di deformazione introdotti si dovrebbe fare ancora uno sforzo per mostrare chela scelta fatta congruente: questo significa che i prodotti degli invarianti di tensione e deformazione devonocorrispondere al lavoro compiuto dalle sollecitazioni esterne.

Consideriamo un elemento cubico di dimensioni (a1, a2, a3).Supponiamo che le facce appartengano ai piani principali, e che su di esse agiscano le forze esterne F1, F2, F3 e cheallinterno agisca la pressioni interstiziale costante u.Di seguito inidico con gli incrementi finiti ma piccoli.Se in un certo istante gli spigoli subiscono una variazione a1, a2, a3 e il volume dellacqua espulsa VW allora illavoro W compiuto dalle forze esterne e dalla pressione interstiziale risulta:

W=F1 B a1 AF2 B a2 AF3 B a3 BuV w

Per ottenere il lavoro per unit di volume divido per il volume V=a1 a2 a3.

WV

=F1

a2 a3

Ba1a1

AF2

a1 a3

B a2a2

AF3

a1 a2

B a3a3

BuV

w

V

Se lelementino di terreno saturo e i grani solidi e il fluido interstiziale sono considerati incompressibili allora:V=BV

w

WV

=F1

a2 a3

Ba1a1

AF2

a1 a3

B a2a2

AF3

a1 a2

B a3a3

AuVV

WV

=11A22A33Buv

Essendo uV=u 1A2A3

WV

=1I 1A2

I 2A3I 3

A questo risultato si deve arrivare anche calcolando il lavoro per unit di volume mediante gli invarianti.WV

= pI vAqI

s

Lo mostriamo ricorrendo per semplicit alle condizioni di simmetria radiale:


Figura 9.5


2I=3

Ie 2=3

pI=13

1IA23

I qI=1IB3

I

v=1A23 s=

23

1B3Sostituendo ottengo:

WV

=1I 1A23

I 3

Che esattamente quella che volevamo,scritta per il caso di simmetria radiale.



(Questa pagina intenzionalmente bianca.)


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