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110 SPINTA DELLE TERRE, ECC. 
di terrapieno, gli angoli d'attrito ọ e 9'; e quindi a risolvere le equa- 
zioni (34), (35), (36), (37), (38), (39), (40), (4x), (42) e (43). 
IV. Trovare l'intensità, le componenti orizzontale e verticale ed il 
punto d'applicazione della spinta prodotta contro la parete piana e ver- 
ticale di un ritegno da un terrapieno lungo orizzontalmente l’unità, e 
terminato superiormente da una faccia piana orizzontale con sovraccarico 
uniformemente distribuito su una sua lista rettangolare limitata da due 
rette parallele al piano della parete spinta. 
L'intersezione della faccia inferiore del prisma di massima spinta 
colla superficie superiore del terrapieno può cadere o sul tratto di questa 
superficie che precede la lista sovraccaricata, o su questa lista stessa, 
o sul tratto che la segue. Per decidere quale di questi tre casi real- 
mente succede, si incomincia dall'ammettere che si verifichi il primo, 
ossia che l’intersezione della faccia inferiore del prisma di massima spinta 
colla superficie superiore del terrapieno cada sul tratto 4,4, (fig. 7) 
che precede la lista sovraccaricata , si calcola il valore di tang W col- 
l equazione (24), si deduce quindi la lunghezza X, mediante I’ equa- 
zione (7), e si paragona questa colla distanza 244,4, X,. Se X 
risulta minore o tutto al più eguale ad X; , il problema da risolversi 
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non è altro che uno dei casi particolari che vennero discussi al pro- 
blema I, e se X,, risulta maggiore di X,', è giuocoforza il conchiudere 
che non può avvenire il primo caso. Allora si ammette che possa aver 
luogo il secondo, ossia che la faccia inferiore del prisma di massima 
spinta possa tagliare la superficie superiore del terrapieno lungo la lista 
sovraccaricata rappresentata in 4," 4,"; ponendo nell’ equazione (35) i 
corrispondenti valori di D e di £ si calcola quello di tang Y per pas- 
sare alla ricerca della lunghezza X„ mediante l'equazione (7). Risultando 
Xm inferiore od eguale ad X,” si verifica il secondo caso, ed il problema 
da risolversi non è altro che il problema II; essendo invece X,, mag- 
giore di X,", è segno che si verifica il terzo caso, ossia che l'interse- 
zione della faccia inferiore del prisma di massima spinta colla superficie 
superiore del terrapieno viene a cadere sul tratto 4,’4 che segue la 
lista sovraccaricata, ed allora si ha da risolvere un nuovo problema di 
cui ecco brevemente la risoluzione. 
Essendo verticale la parete spinta, essendo un triangolo la sezione 
retta del prisma di massima spinta, e per trovarsi un'intiera lista sovrac- 
caricata sulla faccia superiore orizzontale del detto prisma, si ha 
