E’ disponibile anche la soluzione al tema di geometri. Una delle probabili soluzioni, per la precisione, dal momento che non è detto che lo stesso problema debba esser necessariamente risolto con i medesimi procedimenti da studente a studente. Si tratta, in ogni caso, di una versione non ufficiale, basata sua una traccia raccolta questa mattina grazie alle indiscrezioni trapelate dai banchi degli esami di Stato. Dai quali, anche quest’anno, qualcuno è riuscito a farla franca e oltrepassate, con il propri telefonino dotato di fotocamera, la vigilanza di professori, commissari e bidelli. Di seguito, la soluzione al tema di Costruzioni, la seconda prova degli studenti di geometri (Corso di ordinamento e Pni). Soluzione sulla quale diversi siti inernet (tra cui Scuolazoo.it e Skuola.net) concordano.  



Il muro di sostegno è concepito per sostenere dei terrapieni quindi è soggetto a delle spinte generate dalla terra; questa spinta è di 2 tipi: attiva e passiva.

Attiva quando il muro slitta in avanti e si genera un abbassamento del terreno perciò la spinta si riduce quindi la spinta finale è inferiore a quella iniziale .



Passiva quando dall’altra parte c’è per esempio un bacino idrico che genera una spinta contraria a quella della terra facendo indietreggiare il muro e provocando l’aumento del volume del terrapieno. In questo modo la spinta finale sarà maggiore di quella iniziale.

Per calcolare le spinte non esistono formule ma solo delle teorie e la più importante è quella di Coulomb (1700 circa). Perché questa teoria sia valida il terrapieno deve essere un piano orizzontale, l’attrito tra terra e muro uguale a zero, il paramento del muro deve essere verticale e la coesione uguale a zero. Quindi per ricavare la spinta la formula è:



S= Yt /2 – h2 * Tg2 ( 90 – q /2) senza sovraccarico

S = Yt /2 – h2 * Tg2 ( 90 – q /2)( 1 + 2h1 / h) con sovraccarico  

Yt = peso specifico terreno

H = altezza terrapieno

Tg2 = angolo di massima spinta

Una volta trovata la spinta questa va posizionata nel baricentro del triangolo delle pressioni. La pressione va da un valore 0 alla base del triangolo, a un valore massimo che si ha alla fine del triangolo. Per questo motivo il baricentro si troverà ad 1/3 dell’altezza.

Y = h/3

Le spinte generano un momento di rotazione o spingente (Ms), oltre ad un momento ribaltante (Mr). Per quanto riguarda il momento spingente questo è dato al valore della spinta per la distanza y.

Ms = S x y

Questa stessa spinta può provocare uno scorrimento orizzontale del muro generando una traslazione. Un altro carico gravante sul muro è quello dato dal suo peso che può provocare una traslazione verticale. Per questi motivi il muro di sostegno deve essere sottoposto a 3 verifiche più una quarta verifica nel caso in cui il terreno sia argilloso. Le 3 verifiche sono:

Verifica a ribaltamento

Verifica a scorrimento

Verifica a schiacciamento

Nella prima verifica al momento spingente si oppone un momento resistente Mr, che è dato dal peso del muro. Questi momenti vengono considerati nel punto estremo della fondazione.

Secondo la normativa il rapporto tra Mr e Ms deve essere superiore a 1,5.

Mr / Ms > 1,5

 

Mr = p1 * X1 + p2 * X2

P = a * h * 1 * ps

Nella seconda verifica la forza che si oppone alla spinta è F0, ovvero l’attrito tra la base del muro e il terreno. F0 si scompone in 2 forze N e T (N è uguale al peso del muro mentre T è uguale alla spinta)

N * tgq / T > 1,3

Tgq = angolo generato dall’attrito di superficie di contatto, e può variare in 3 casi:

Muratura contro muratura = 0,75

Muratura contro terreno sabbioso = 0,60

Muratura contro terreno compatto asciutto = 0,50

Nella terza verifica bisogna trovare il centro di pressione (u) e successivamente di eccentricità ovvero la distanza tra baricentro e centro di pressione.

U = (Mr – Ms) / P

E = b/2 – u

Se u è maggiore di b/3 ed e inferiore a b/6 il centro di pressione cade nel centro medio e si fa la verifica finale:

S= -N/A +- M / W

N= componente normale del piano d’appoggio

A= area d’Appoggio b x 1.00m

M= momento flettente N x e

W= modulo di resistenza 100 x b2/ 6

Se invece il centro di pressione cade fuori del nocciolo centrale di inerzia abbiamo u è minore di b/3 ed e maggiore a b/6. Avremo quindi:

St = non viene calcolato

Smax = -2 N/ 300 x u s max < samm

 

Leggi anche

SOLUZIONI SECONDA PROVA MATURITA' 2013/ Liceo linguistico: svolgimento della traccia di spagnoloDIRETTA/ Esami di stato 2011, Maturità: tracce della prima prova indiscrezioni e rumors live in temporealeESAMI DI STATO 2011/ Maturità, Articolo di giornale (Tema svolto, Tipologia B prima prova): Destra e Sinistra