UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL LABORATORIO DE GEOTECNIA

“APOYO DIDÁCTICO AL APRENDIZAJE DE LA MECÁNICA DE SUELOS MEDIANTE PROBLEMAS RESUELTOS”

TRABAJO DIRIGIDO, POR ADSCRIPCIÓN, PARA OPTAR AL DIPLOMA ACADÉMICO DE:

LICENCIATURA EN INGENIERÍA CIVIL.

PRESENTADO POR:

CAMPOS RODRIGUEZ JORGE GUARDIA NIÑO DE GUZMÁN GERMÁN MARCELO

TUTOR: Ing. Msc. LUIS MAURICIO SALINAS PEREIRA

COCHABAMBA – BOLIVIA 5 DE DICIEMBE DEL 2005

Dedicado a: 

Mis papás Germán Guardia y Rosario Niño de Guzmán por apoyarme y haber confiado en mí siempre.



A mis hermanos Ximena, Sergio, Javier, Cristhían, Carlos y Annelisse, por su comprensión y ayuda desinteresada.



A mis abuelitos y tíos que siempre confiaron en mí. Germán M. Guardia Niño de Guzmán

Dedicado a: 

Mis papás Juan Campos y Julieta Rodríguez por su apoyo y confianza en mí.



Mis hermanos Ronald y Patricia por apoyarme y haber confiado en mí siempre.



A mis abuelitos y tíos que siempre confiaron en mí.

Jorge Campos Rodríguez

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AGRADECIMIENTOS

A Dios, por no abandonarnos nunca y habernos ayudado a llegar a esta etapa de nuestra vida.

Agradecemos a nuestros padres por todo el amor, aliento y confianza con que nos apoyaron durante toda nuestra carrera, a nuestros hermanos por su comprensión y apoyo desinteresado, a nuestros tíos y abuelitos que siempre confiaron en nosotros.

Agradecemos a Ingrid Fernández por su colaboración en la realización de este proyecto de grado.

Agradezco al Ing. Mauricio Salinas Pereira, director del Laboratorio de Geotecnia y Tutor del presente trabajo, por su colaboración, enseñanzas y guió durante la realización de dicho proyecto.

A todo el personal del Laboratorio de Geotecnia que ayudaron y facilitaron el desarrollo del presente trabajo.

Al Ing. Oscar Zabalaga Montaño director de la carrera de ingeniería civil, quien apoyo e impulso la culminación de dicho proyecto.

Al tribunal, Ing Gabriel Rodríguez, Ing. Martín Duchen e Ing. Guido León, por el tiempo dedicado a la lectura y corrección de este proyecto de grado.

A los compañeros de carrera por su amistad y por todos los momentos compartidos durante los años de estudio universitario.

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FICHA RESUMEN Las asignaturas Mecánica de Suelos I CIV 219 y Mecánica de Suelos II CIV 220 correspondientes al sexto y séptimo semestre respectivamente de la Carrera de Ingeniería Civil de la Universidad Mayor de San Simón. En los últimos tiempos, la Universidad Mayor de San Simón ha establecido la necesidad de mejorar el proceso de aprendizaje, a través de la realización de textos que permitan mejorar y apoyar el desempeño del alumno. Es por tal razón, que la elaboración de este texto de problemas resueltos de las materias “Mecánica de Suelos I” y “Mecánica de Suelos II” surge como respuesta a la necesidad del estudiante de poder disponer de un texto adecuado, en un lenguaje simple y que cumpla cabalmente con las exigencias del contenido de las materias. El presente documento es el producto de la investigación de abundante bibliografía sintetizada en un volumen que engloba lo más importante y útil para el aprendizaje de la materia. El texto se divide en dos partes, la primera parte referida a la asignatura mecánica de suelos I y la segunda parte referida a la asignatura mecánica de suelos II. La Primera parte se encuentra dividida en siete capítulos, cada uno de estos capítulos constan de una introducción del capitulo, un cuestionario de las preguntas mas relevantes y finalmente termina con abundantes problemas resueltos que abarcan todo el contenido del capitulo. El primer capítulo desarrolla las propiedades índice de los suelos. En el segundo capítulo se exponen los sistemas mas usados para la clasificación de suelos en laboratorio. El tercer capítulo desarrolla el sistema de clasificación de suelos por medio de métodos visuales y manuales, el cual consiste en describir el suelo para poder posteriormente identificarlo. En el cuarto capítulo se desarrolla el flujo de agua en los suelos ya sea en una, dos y tres dimensiones. En el quinto capítulo se desarrolla el concepto de los esfuerzos efectivos actuantes en el interior de una masa de suelo. El sexto capítulo comprende la resistencia al corte que ofrece un suelo, al ser sometido a cambios de esfuerzos. Finalmente en el séptimo capítulo se desarrolla la compactación de los suelos para el uso en obras civiles.

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La segunda parte se encuentra dividida en seis capítulos, cada uno de estos capítulos constan de una introducción del capitulo y finalmente termina con abundantes problemas resueltos que abarcan todo el contenido del capitulo. El primer capítulo desarrolla los incrementos de esfuerzos que se producen en el interior del suelo, producto de los cambios de esfuerzos. En el segundo capítulo se exponen los métodos existentes para la determinación de los asentamientos producidos en el suelo debido a un incremento de esfuerzos. El tercer capítulo desarrolla todos los métodos existentes para la determinación de la capacidad portante del suelo incluyendo las consideraciones que deben ser realizadas para la diferenciación de condiciones a corto y largo plazo. El cuarto capítulo se refiere a la determinación de esfuerzos laterales del terreno, prestando especial importancia a la definición de las tres condiciones que pueden presentarse en el terreno. El quinto capítulo presenta las técnicas existentes para el análisis de estabilidad de taludes, considerando la posibilidad de falla plana, circular e irregular, concluyendo con la comparación realizada entre los distintos métodos. Finalmente, el sexto capítulo desarrolla los métodos existentes para la exploración del subsuelo a objeto de determinar las características de éste; conjuntamente se presentan una serie de correlaciones existentes para la determinación de los parámetros necesarios para el diseño de fundaciones.

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INDICE GENERAL

1.

Propiedades índice de los suelos. 1.1. Introducción. 1.2. Cuestionario. 1.3. Demostraciones de las relaciones peso volumen 1.4. Problemas.

2.

Clasificación de suelos. 2.1. Introducción. 2.2. Cuestionario. 2.2. Problemas

3.

340 341 352

Compactación. 7.1 Introducción. 7.2. Cuestionario 7.3. Problemas

8.

296 297 309

Resistencia al corte. 6.1 Introducción. 6.2. Cuestionario. 6.3. Problemas

7

128 129 153

Esfuerzos efectivos. 5.1 Introducción. 5.2. Cuestionario 5.3. Problemas

6

109 110

Flujo de agua. 4.1 Introducción. 4.2. Cuestionario. 4.3. Problemas

5.

90 91 101

Descripción e identificación de suelos. 3.1 Introducción. 2.2. Cuestionario.

4.

1 2 17 56

433 434 454

Incremento de esfuerzo vertical. 8.1 Introducción. 8.2. Problemas.

487 488

vi

9.

Asentamiento. 9.1 Introducción. 9.2. Problemas

512 513

10. Capacidad de poyo. 10.1 Introducción. 10.2. Problemas

.

566 567

11. Presión lateral del suelo. 11.1 Introducción. 11.2. Problemas

.

716 717

12. Estabilidad de taludes. 12.1 Introducción. 12.2. Problemas

13

753 754

Exploracion el subsuelo. 13.1 Introducción. 13.2. Problemas

785 786

ANEXOS

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CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos

CAPITULO UNO

Propiedades índice de los suelos 1.1. Introducción. Para propósitos ingenieriles, se define suelo como un agregado no cementado formado por partículas minerales y materia orgánica en descomposición (partículas sólidas) con algún líquido (generalmente agua) y gas (normalmente aire) en los espacios vacíos. (Das, Principles of Geotechnical Engineering, cuarta edición). La mecánica de suelos es la rama de la ciencia que estudia las propiedades físicas de los suelos y el comportamiento de las masas de suelo sujetas a distintos tipos de fuerzas. Las propiedades que se estudian son: origen, distribución de tamaño de partículas, plasticidad, capacidad de drenar agua, compresibilidad, resistencia al corte y capacidad de apoyo.

En un suelo se presentan tres fases: a) sólida, conformada por las partículas minerales del suelo (incluyendo la capa sólida adsorbida) y entre sus espacios vacíos existen la fase gaseosa constituida por el aire (o también vapores sulfurosos, anhídrido carbónico, etc.) y la fase líquida constituida por el agua tomándose en cuenta solamente el que se encuentra libre. Las fases líquida y gaseosa constituyen el Volumen de vacíos mientras la fase sólida constituye el Volumen de sólidos. En la figura 1 se muestra la constitución del suelo en sus tres fases. Un suelo se encontrará totalmente saturado si todos los vacíos se encuentran ocupados completamente por agua. Muchos de los suelos que yacen debajo del nivel freático se hallan en ese estado. Algunos suelos, además, contienen materia orgánica en diferentes cantidades y formas; uno de los suelos más conocidos es la turba, que está formada por residuos vegetales parcialmente descompuestos. Aunque el material orgánico y las capas adsorbidas son muy importantes no se toman en cuenta sino en fases posteriores del estudio de propiedades de los suelos. En los laboratorios de Mecánica de Suelos se pueden determinar, fácilmente, el peso de las muestras húmedas, el peso de las muestras secadas al horno y la gravedad específica de los suelos, empero estas no son las únicas magnitudes que se requieren. Así deben buscarse relaciones entre sus fases que permitan la determinación de estos otros parámetros geotécnicos, las relaciones que se hallen deben ser sencillas y prácticas, entre las combinaciones más utilizadas están las de la tabla A-1 del Anexo A, o combinaciones que se tengan que obtener de estas para hallar los datos que sean necesarios.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos

1.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Explique a que se refieren las propiedades índice de los suelos: Respuesta. Las Propiedades índice de los suelos trata de estudiar métodos para la diferenciación de los distintos tipos de suelos de una misma categoría, en base a ensayos denominados ensayos de clasificación, es decir que las propiedades índice son las características particulares de cada suelo de una misma categoría. Estas características son la granulometría, consistencia, cohesión y estructura, que son las que determinan cuan bueno o malo es un suelo para su uso en la construcción de las obras civiles. Estas propiedades índice de los suelos se dividen en dos: 

Propiedades de los granos de suelo.- Se relacionan directamente la forma y tamaño de las partículas que constituyen el suelo.



Propiedades de los agregados de los suelos.- Para los suelos no cohesivos la densidad relativa y para suelos cohesivos la consistencia.

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PREGUNTA 2. Defina lo que es. a) b) c) d) e) f)

Mineral. Suelo. Roca. Mecánica de suelos. Ingeniería de suelos. Ingeniería geotécnica

Respuesta. a) Mineral: Un mineral puede ser definido como una sustancia inorgánica natural que tiene una composición química en particular, o una variación de su composición, y una estructura atómica regular que guarda íntima relación con su forma cristalina. Los minerales son los principales constituyentes sólidos de todas las rocas, que dan a las rocas características físicas, ópticas y químicas como el color, lustre, forma, dureza y otros; generalmente los minerales dominantes de los suelos son cuarzo y feldespatos. b) Suelo: Para propósitos ingenieriles, se define suelo como un agregado no cementado formado por partículas minerales y materia orgánica en descomposición (partículas sólidas) con algún líquido (generalmente agua) y gas (normalmente aire) en los espacios vacíos. (Das, 1998). c) Roca: La roca puede ser definida como un agregado natural sólido con contenido mineral, que tiene propiedades físicas como químicas. Las rocas son materiales cementados, usualmente tienen muy baja porosidad, pueden ser encontradas en procesos de descomposición con sus propiedades físicas y químicas alteradas, presentan discontinuidades y su comportamiento es complejo cuando se someten a esfuerzos.

d) Mecánica de suelos: La mecánica de suelos es la rama de la ciencia que estudia las propiedades físicas del suelo y el comportamiento de las masas de suelo sometidas a varios tipos de fuerzas. Las propiedades que se estudian son: origen, distribución de tamaño de partículas, plasticidad, capacidad de drenar agua, compresibilidad, resistencia al corte y capacidad de apoyo (Das, 1998).

e) Ingeniería de suelos: Se considera la aplicación de los principios de mecánica de suelos a problemas prácticos en la ingeniería, donde la experiencia y el conocimiento adquirido se complementan. (Das, 1998).

f) Ingeniería geotécnica. La ingeniería geotécnica es definida como una subdisciplina de la ingeniería civil que involucra materiales encontrados cerca de la superficie de la tierra como la roca, suelo y agua subterránea, encontrando relaciones para el diseño, construcción y operación de proyectos de ingeniería. La ingeniería geotécnica es altamente empírica e incluye la aplicación de los principios de la mecánica de suelos y la mecánica de rocas para el diseño de fundaciones, estructuras de retención y estructuras terrestres. (Das, 1998).

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PREGUNTA 3. Explique el origen del suelo. Respuesta. El suelo es producto de la meteorización de las rocas, es decir, la desintegración de esta en pedazos de minerales cada vez mas pequeños, que en contacto con el medio (agua, aire) se unen formando el suelo; la meteorización y otros procesos geológicos actúan en las rocas que se encuentran cerca de la superficie terrestre transformándola en materia no consolidada o mas comúnmente llamada suelo. En la pregunta cinco se explicara con más detalle el concepto de la meteorización y en las partes que se divide.

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PREGUNTA 4. Explique el ciclo de la roca. Respuesta. Se llama ciclo de la roca a un proceso geológico extremadamente lento, queda lugar al origen de tres categorías diferentes de rocas como ser: Rocas ígneas, sedimentarias y metamórficas. Las rocas ígneas son formadas por la solidificación del magma derretido, expulsado de las profundidades de la tierra. Las rocas sedimentarias son formadas por la compactación de minerales sueltos como gravas, arenas, limos y arcillas por medio de sobrecargas que después son cementados por agentes como el oxido de hierro, calcita, dolomita, y cuarzo. Los agentes cementadores son llevados generalmente por las aguas subterráneas que llenan los espacios vacíos entre as partículas y forman las rocas sedimentarias. Las rocas metamórficas son formadas por procesos metamórficos como lo son el cambio de composición y textura de las rocas, sin fundirse por presión o calor.

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PREGUNTA 5. Explique lo que es la meteorización: Respuesta. Es el proceso de desintegración de rocas a pedazos más pequeños por procesos mecánicos y químicos. Debido a esto es que la meteorización se divide en dos partes dependiendo del proceso que son la meteorización mecánica y la meteorización química. La meteorización mecánica puede ser causada por la expansión y contracción de las rocas debido a la continua perdida y ganancia de calor lo que produce que el agua que se escurre entre los espacios vacíos se congela y por lo tanto se expande lo que da como resultado un aumento de presión muy grande que finalmente desintegra la roca sin cambiar su composición química. Dentro la meteorización mecánica se puede mencionar la descarga mecánica, la carga mecánica, expansión y contracción térmica, acumulación de sales incluyendo la acción congelante, desprendimiento coloidal, actividad orgánica, carga neumática. La meteorización química se produce debido a que los minerales de la roca original son transformados en nuevos minerales debido a reacciones químicas. Dentro la meteorización química se puede mencionar la hidrólisis, carbonización, solución, oxidación, reducción, hidratación, lixiviación y cambio de cationes.

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PREGUNTA 6. Explique brevemente cada uno de los depósitos formados por el transporte de la meteorización de las rocas. Respuesta. Los suelos producto de la meteorización pueden permanecer en el suelo de origen o pueden ser movidos a otros lugares por la acción del hielo, agua, viento, y la gravedad. La forma de clasificación de los suelos producto de la meteorización depende de la forma de transportación y depósitos. 

Suelos Glaciares: Son los suelos formados por el transporte y deposición de los glaciares.



Suelos Aluviales: Son los suelos transportados por las corrientes de agua y depositados a lo largo de la corriente.



Suelos Lacustres: Son los suelos formados por la deposición en lagunas en reposo.



Suelos Marinos: Son los suelos formados por la deposición en mares.



Suelos Eólicos: Son los suelos transportados y depositados por el viento.



Suelos Coluviales: Son los suelos formados por el movimiento de los suelos de su lugar de origen por efecto de la gravedad, como los deslizamientos de tierra.



Suelos Residuales: Los suelos formados producto de la meteorización que se mantienen en su mismo lugar de origen so llamados suelos residuales, que a diferencia de los suelos producto del transporte y deposición, estos están relacionados con los materiales del lugar, clima, topografía. Se caracterizan por tener una gradación del tamaño de partículas aumentado su tamaño con el incremento de la profundidad, pueden componerse de materiales altamente compresibles.

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PREGUNTA 7. Explique clara y detalladamente cada una de las fases que componen el suelo, dibuje un esquema de las fases del suelo para su mejor entendimiento. Respuesta. Como se puede apreciar en la figura 1.1, el suelo a diferencia de cualquier otro material, se compone de tres fases simultáneamente: sólida, líquida y gaseosa. El comportamiento de un suelo depende de la cantidad relativa de cada una de estas tres fases que interactúan entre si. La fase sólida.- Siempre está presenta en el suelo y usualmente está constituida de partículas derivadas de rocas como la arena, grava, limo y arcilla, incluso de materia orgánica. La fase líquida.- Esta se ubica en los espacios vacíos entre partículas, consiste casi siempre de agua y en casos particulares otros líquidos. Para el estudio de las fases del suelo se asumirá agua en todos los casos por ser un elemento común. La fase gaseosa.- Si el líquido no llena completamente los espacios vacíos estos espacios restantes son ocupados por la fase gaseosa que generalmente es aire aunque puede ser otro tipo de gas, sin embargo se asumirá el aire para todos los casos. Peso Wa

Volumen

Aire

Donde:

Va Vv

Ww

Agua

Vw V

Va = Volumen de aire. Vw = Volumen de agua. Vs = Volumen de sólido. Vv = Volumen de Vacíos. Wa = Peso del aire. Ww = Peso del agua. Ws = Peso del sólido. W = Peso total.

W

Ws

Sólido

Vs

Figura 1.1. Esquema de las tres fases del suelo.

Existen dos posibles casos alternativos que también pueden tenerse en un suelo, relacionado con los vacíos del mismo. Si estos vacíos están llenos de aire y no contienen agua se dice que el suelo esta seco. En cambio si todos los vacíos están llenos de agua se dice que se halla saturado.

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PREGUNTA 8. Explique clara y detalladamente con ayuda de una tabla o esquema la distribución de tamaño de partículas según las diferentes organizaciones. Respuesta. Tabla 1.1. Clasificación del tamaño de partículas. NOMBRE DE LA ORGANIZACIÓN Massachusetts institute of tecnology (MIT) U.S. Department of Agriculture (USDA) American Association of state Highway and Transportation (AASHTO) Unified Soil Clasification system (U.S.)

TAMAÑO DE PARTÍCULAS [mm] Grava Arena Limo Arcilla >2 2 a 0.06 0.06 a 0.002 < 0.002 >2 2 a 0.05 0.05 a 0.002 < 0.003 76.2 a 2

2 a 0.075

76.2 a 4.75 4.75 a 0.075

0.075 a 0.002

< 0.004

Finos (limos y acrcillas) > 0.075

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PREGUNTA 9. Defina claramente lo que es el Análisis mecánico. Respuesta. El análisis mecánico consiste en la determinación del rango de tamaño de partículas presentes en un suelo, expresado en porcentaje del peso total seco. Es decir que trata de separar por medios mecánicos, los distintos tamaños de partículas presentes en el suelo, expresando cada tamaño de partículas en porcentaje del peso total seco. El método más directo para separar el suelo en fracciones de distinto tamaño consiste en el análisis por tamices, que se lo realiza haciendo pasar una masa de suelo a través de un juego de tamices. El uso de tamices esta restringido al análisis de suelos gruesos o no muy finos con un tamaño de partículas cuyos diámetros sean mayores a 0.075 mm. y menores a 3 plg. Sin embargo puede darse la posibilidad que el suelo considerado como fino no sea retenido por ningún tamiz, en este caso se aplica un procedimiento diferente. Para el análisis mecánico de suelos finos se emplea el método del hidrómetro el cual consiste en la sedimentación de las partículas finas. Basados en la ley de Stokes que fija la velocidad a la que una partícula esférica de diámetro dado sedimenta en un liquido en reposo. El análisis por hidrómetro esta restringido para diámetros de partículas menores 0.075 mm.

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PREGUNTA 10. Explique en que consiste la curva de distribución de tamaño de partículas. Respuesta. La curva de distribución de tamaño de partículas nos permite determinar el porcentaje grava, arena, limo y partículas de arcilla presentes en un suelo, pero no solo muestra el rango del tamaño de partículas, sino también el tipo de distribución de varios tamaños de partículas. La forma de la curva de distribución de tamaño de partículas nos puede ayudar también a determinar el origen geológico de un suelo, también puede ser usada para determinar algunos parámetros de un suelo como, diámetro efectivo, coeficiente de uniformidad, coeficiente de gradación, coeficiente de clasificación.

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PREGUNTA 11. Explique cuales son los parámetros de un suelo y que determinan cada uno de estos. Respuesta. Los parámetros de un suelo como, diámetro efectivo, coeficiente de uniformidad, coeficiente de gradación, coeficiente de clasificación. El diámetro efectivo D10, es el diámetro en la curva de distribución de tamaño de partículas que corresponde al 10 % mas fino. El diámetro efectivo D10, de un suelo granular es una buena medida para estimar la conductividad hidráulica y el drenaje a través de un suelo. El coeficiente de uniformidad Cu, expresa la uniformidad de un suelo, y se define como:

Cu 

D60 D10

[11.1]

Un suelo con un coeficiente de uniformidad menor a 2 es considerado uniforme. En realidad la relación 11.1 es un coeficiente de no uniformidad, pues su valor numérico decrece cuando la uniformidad aumenta. El coeficiente de gradación o curvatura CC mide la forma de la curva entre el D60 y el D10, algunos autores llaman a este parámetro de la curva de distribución del tamaño de partículas como coeficiente de ordenamiento. Valores de CC muy diferentes de la unidad indican la falta de una serie de diámetros entre los tamaños correspondientes al D10 y el D60.

CC 

2 D30 D10  D60

[11.2]

El coeficiente de clasificación So es otra medida de uniformidad y es generalmente usado para trabajos geológicos y los ingenieros geotécnicos pocas veces lo usan. Se expresa:

So 

D75 D25

[11.3]

12


PREGUNTA 12. Explique cuales son las principales características de las arcillas. Respuesta. Las arcillas se caracterizan por tener una estructura laminar, tener un alto grado de plasticidad, una gran resistencia en seco y poseen una carga negativa neta en sus superficies lo que provoca que las cargas positivas del hidrogeno del agua se adhieran a la superficie de las arcillas.

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PREGUNTA 13. Explique que es la consistencia, cuales son los límites de consistencia y que determinan cada uno de ellos. Respuesta. La consistencia se refiere al estado en que se encuentra una masa como resultado de los componentes de un elemento unidos unos a otros. Para el caso de suelos la consistencia está muy relacionada con el contenido de humedad del suelo. En lo que respecta a los suelos finos pueden definirse cuatro estados de consistencia: estado sólido, cuando el suelo esta seco, pasando al añadir agua a semisólido, plástico y finalmente líquido. La transición de un estado a otro es muy progresiva, debido a esto se han planteado límites definidos de consistencia, como ser él límite de contracción, límite plástico y límite líquido. Sin embargo estos límites son válidos para fracciones de suelo que pasan por el tamiz Nº 40. Límite de contracción, este límite separa el estado semisólido del estado sólido. Esta prueba se realiza en con equipo de laboratorio. Cuando empieza a secarse progresivamente el volumen disminuye en proporción con la pérdida del contenido de humedad. El instante en que a un determinado contenido de humedad el volumen empieza a mantenerse constante, a ese contenido de humedad donde el volumen llega a su valor más bajo se denomina límite de contracción. (LC). Para poder conocer el límite de contracción, se necesita conocer dos valores: 1. El contenido de humedad de la muestra saturada. i 2. La variación del contenido de humedad   De tal manera el límite de contracción será: LC = wi - w

[13.1]

Limite plástico, este límite separa el estado plástico del estado semisólido. La prueba para la determinación del límite plástico, consiste en amasar en forma de rollito una muestra de material fino. Este ensayo es explicado en el libro guía de esta materia. Límite líquido, este límite separa el estado líquido del estado plástico. Para determinar el límite líquido se utiliza una técnica basada en la cuchara de Casagrande. Este ensayo es explicado en el libro guía de esta materia.

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PREGUNTA 14. Explique cuales son los índices de consistencia y que determinan cada uno de ellos. Respuesta. Al igual que cualquier otro índice los índices de consistencia nos indican el grado de liquidez, plasticidad es decir la consistencia respectiva de una masa de suelo. A diferencia de los límites de consistencia que indican el contenido máximo de humedad para pasar de un estado de consistencia a otro estos nos permiten hacer comparaciones con otros suelos. El índice de plasticidad (IP) es la diferencia entre el límite líquido y el límite plástico. Expresa el campo de variación en que un suelo se comporta como plástico. Viene definido por la relación:

IP  LL  LP

[14.1]

No siempre el límite liquido o el límite plástico presenta valores determinantes, considere el caso de la existencia real de algún tipo de arcilla que antes de ser alteradas contengan una humedad mayor al del limite líquido pero que su consistencia no sea nada líquida. También la resistencia de diferentes suelos arcillosos en el límite líquido no es constante, sino que puede variar ampliamente. En las arcillas muy plásticas, la tenacidad en el límite plástico es alta, debiéndose aplicar con las manos considerable presión para formar los rollitos: por el contrario las arcillas de baja plasticidad son poco tenaces en el límite plástico. Algunos suelos finos y arenosos pueden, en apariencia, ser similares a las arcillas pero al tratar de determinar su límite plástico se nota la imposibilidad de formar los rollitos, revelándose así la falta de plasticidad material; en estos suelos el límite líquido resulta prácticamente igual al plástico y aún menor, resultando entonces un índice plástico negativo; las determinaciones de plasticidad no conducen a ningún resultado de interés y los límites líquido y plástico carecen de sentido físico. En estos casos se usa el índice de liquidez. El índice de liquidez será:

IL 

w  LP LL  LP

[14.2]

Cuando el contenido de humedad es mayor que el límite líquido, índice de liquidez mayor que 1, el amasado transforma al suelo en una espesa pasta viscosa. En cambio, si el contenido es menor que el límite plástico, índice de liquidez negativo, el suelo no pude ser amasado. El índice de consistencia es: IC = 1 – IL

[14.3]

Se debe tomar en cuenta el caso en el que el contenido de humedad (w) es igual al límite líquido (LL), entonces el índice de liquidez (IL) será uno lo que significa que el índice de consistencia será cero. (Consistencia líquida) De igual manera si w = IP entonces IC = 1.

15


PREGUNTA 15. Defina que es la actividad. Respuesta. La actividad se usa como un índice para identificar el potencial del aumento de volumen de suelos arcillosos. La actividad en si define el grado de plasticidad de la fracción de arcilla que es la pendiente de la línea que correlaciona el índice de plasticidad y la cantidad en porcentaje de partículas compuestas de minerales de arcilla, que será:

A

IP % en peso menor a 2  (Arcilla)

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1.3. Demostraciones de las relaciones peso volumen. Estrategia: Existen dos modelos de volumen que representan las fases del suelo, los cuales facilitan la resolución de las relaciones peso volumen de un suelo. Sin embargo, esto no significa que sin usarlas no se puedan resolver. Estos dos modelos son el modelo del volumen total unitario en el cual se asume que el volumen total del suelo es igual a uno, V = 1, el otro es el modelo del volumen de sólidos unitario, en el que se asume que el volumen de los sólidos del suelo es igual a uno. Todas las demostraciones que serán resueltas a continuación se basan en las ecuaciones básicas del anexo A y pueden ser resueltas usando cualquiera de los dos modelos, modelo del volumen total unitario y modelo del volumen de sólidos unitario: a. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO HUMEDO ():

DEMOSTRACIÓN 1. Demostrar:



1  w  GS   W 1 e

Respuesta: De la ecuación [A.4] se tiene:



WW  WS V

[1.1]

De la ecuación [A.5] se tiene:

WS   S  VS

[1.2]

Considerando VS  1 (Estrategia):

WS   S

[1.3]


 S  GS   W

[1.4]

Sustituyendo la ecuación [1.4] en [1.3]:

WS  GS   W

[1.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia se tiene:

V  1  VV

[1.6]

17



e  VV

[1.7]

Reemplazando la ecuación [1.7] en [1.6]:

V 1  e

[1.8]


WW  w  WS

[1.9]

Reemplazando la ecuación [1.5] en la ecuación [1.10]:

WW  w  GS   W

[1.10]

Reemplazando las ecuaciones [1.5], [1.8] y [1.10] en la ecuación [1.1]:



w  GS   W  GS   W 1 e

Factorizando Gs  w :



1  w   G S   W 1 e

[A.18]

18





GS  S  e  W 1 e




WW  WS V

[2.1]


WS   S  VS

[2.2]

Considerando VS  1 (Estrategia) se tiene:

WS   S

[2.3]


 S  GS   W

[2.4]


WS  GS   W

[2.5]


V  1  VV

[2.6]

De la ecuación [A.12] y la estrategia:

e  VV

[2.7]


V 1  e

[2.8]


VW  S r  VV

[2.9]


VW  S r  e

[2.10]

19



WW   W  VW

[2.11]


WW   W  S  e

[2.12]

Reemplazando las ecuaciones [2.5], [2.8] y [2.12] en la ecuación [2.1]:



GS   W   W  S  e 1 e

Factorizando w:

 

G S  S  e   W 1 e

[A.19]

20





1  w  GS   W 1

w  GS S




WW  WS V

[3.1]


WS   S  VS

[3.2]

Considerando V S =1 (Estrategia):

WS   S

[3.3]


 S  GS   W

[3.4]


WS G S  W

[3.5]


V 1  VV

[3.6]


WW  w  WS

[3.7]

Remplazando la ecuación [3.5] en [3.7]:

WW  w  GS   W

[3.8]


VV 

VW Sr

[3.9]

21



VW 

WW

[3.10]

W


VW 

w  GS   W



W

VW  w  GS

[3.11]


VV 

w  GS

[3.12]

Sr


V  1

w  GS

[3.13]

Sr

Reemplazando las ecuaciones [3.5], [3.8] y [3.13] en [3.1]:



w  GS   W  GS   W  w  GS  1  

Sr

 

Factorizando Gsw:



w  1  G S   W 1

w W

[A.20]

Sr

22



  GS   W 1  n  1  w




WW  WS V

[4.1]

Considerando V = 1 (Estrategia):

  WW  WS

[4.2]


VS  V  VV



VS  1  n

[4.3]


n  VV

[4.4]


WW  w  WS

[4.5]


 S  GS   w

[4.6]


WS   S  VS

[4.7]

Reemplazando las ecuaciones [4.3] y [4.6] en [4.7]:

WS  GS   W 1  n 

[4.8]


WW  w  GS   W 1  n

[4.9]

Reemplazando las ecuaciones [4.8] y [4.9] en la ecuación [4.2]:

  w  GS   W 1  n  GS   W 1  n

  G S   W 1  n  (1  w )

[A.21]

23



  GS   W 1  n  n  S   W




WW  WS V

[5.1]


  WW  WS

[5.2]


n  VV

[5.3]


VS  V  VV



VS  1  n

[5.4]

De la ecuación [A.11] y la ecuación [5.3]:

VW n



VW  S  n

[5.5]

WW   W  VW



WW   W  S  n

[5.6]

Sr  De la ecuación [A.6]:

De la ecuación [A.5]:

WS   S VS

[5.7]

De la ecuación [5.7]:

 S  GS   W

[5.8]

Reemplazando la ecuación [5.8] y [5.4] en [5.7]:

WS  GS   W 1  n 

[5.9]

Reemplazando las ecuaciones [5.6] y [5.9] en la ecuación [5.2] se tiene:

  G S   W 1  n  n  S   W

[A.22]

24

CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos b. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SECO (  d ):


d 

 1 w


d 

WS V

[6.1]




WS  WW V





WS WW  V V

[6.2]


WW  w  WS

[6.3]




WS W  w S V V



   d  w d



d 

Despejando d:

   d  1  w

 1 w

[A.23]

25



d 

GS   W 1 e


d 

WS V

[7.1]


WS   S  VS

[7.2]

Considerando Vs = 1 (Estrategia):

WS   S

[7.3]


 S  GS   W

[7.4]


WS  GS   W

[7.5]


V 1  VV

[7.6]


e  VV

[7.7]


V 1  e

[7.8]


d 

GS   W 1 e

[A.24]

26



 d  GS   W  (1  n)

Respuesta: De la ecuación [A.8]:

d 

WS V

[8.1]

Considerando V  1 (Estrategia):

 d  WS

[8.2]


n  VV

[8.3]


WS   S  VS

[8.4]


VS  1  VV

[8.5]

Reemplazando la ecuación [8.3] y la estrategia en [8.5]:

VS  1  n

[8.6]


WS   S  1  n 

[8.7]


 S  GS   W

[8.8]


WS  GS   W 1  n 

[8.9]


 d  G S   W  (1  n)

[A.25]

27



GS   W  w  GS  1    S 

d 


d 

WS V

[9.1]


WS   S  VS

[9.2]


WS   S

[9.3]


 S  GS   W

[9.4]


WS  GS   W

[9.5]


V 1  VV

[9.6]


VV 

VW S

[9.7]


WW  w  WS

[9.8]


WW  w  GS   W

[9.9]

28



VW 

WW

[9.10]

W


VW 

w  GS   W

W



VW  w  GS

[9.11]

Sustituyendo la ecuación [9.11] en la ecuación [9.7]:

VV 

VW S



VV 

w  GS S

[9.12]


 w  GS  VV  1     S 

[9.13]


d 

GS   W  w  GS  1    S 

[A.26]

29



e  S W 1  e  w

d 


d 

WS V

[10.1]


WS   S  VS

[10.2]


WS   S

[10.3]


 S  GS   W

[10.4]


WS  GS   W

[10.5]


V 1  VV

[10.6]


e  VV

[10.7]


V 1  e

[10.8]


VW  S  VV

[10.9]


30

CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos VW  S  e De la ecuación [A.6] se tiene:

[10.10]

WW  VW   W

[10.11]


WW  S  e   W

[10.12]


WS 

WW w

[10.13]


WS 

S  e W w

[10.14]


d 

S eW w  1  e 

[A.27]

31



 d   Sat 

e W 1 e

Respuesta: De la ecuación [A.8]:

d 

WS V

[11.1]

De la ecuación [A.1] Considerando VS  1 (Estrategia) se tiene:

V 1  VV

[11.2]


e  VV

[11.3]


V 1  e

[11.4]


 Sat 

W V



 Sat 

WW WS  V V

[11.5]

Reemplazando la ecuación [11.1] en [11.5]

 Sat 

WW d V

[11.6]


WW   W  VW

[11.7]

Donde VV = VW (Suelo saturado):

WW   W  VV

[11.8]


WW   W  e

[11.9]


 d   Sat 

W e 1 e

[A.28]

32



 d   Sat  n   W


d 

WS V

[12.1]


 d  WS

[12.2]


n  VV

[12.3]


 Sat 

WS  WW V



 Sat  WS  WW

[12.4]


 Sat   d  WW

[12.5]


WW   W  VW

[12.6]


WW   W  VV

[12.7]


WW   W  n

[12.8]


 d   Sat   W  n

[A.29]

33



d 

 Sat   W   GS GS  1


d 

WS V

[13.1]


WS   S  VS

[13.2]


WS   S

[13.3]


 S  GS   W

[13.4]


WS  GS   W

[13.5]

De la ecuación [A.1] es tiene:

V 1  VV

[13.6]


WW   W  VW

[13.7]


WW   W  VV

[13.8]


d 

GS   W 1  VV 

[13.9]

34



 Sat 

WS  WW V



 Sat 

WS WW  V V

[13.10]


 Sat   d 

WW V

[13.11]


 Sat   d 

Sumando y restando

W

 W  VV

[13.12]

1  VV 

en la ecuación [13.12]:

 Sat   d 

 W  VV

1  VV 

 W W

[13.13]

Resolviendo:

 Sat   d   Sat   d 

 W  VV   W   W  VV

1  VV 

W

1  VV 

 W

 W

[13.14]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS (ecuación [13.9]):

 Sat   d 

 Sat   d 

W



GS  W GS

 W  GS



1  W GS

1  VV 

1  VV 

[13.15]


 Sat   d 

d GS

 W

[13.16]

Factorizando γd de la ecuación [13.16]:

35

Problemas resueltos de mecánica de suelos 

  

[13.17]

 GS  1    GS 

[13.18]

 Sat   W   d 1  

1 GS

Resolviendo:

 Sat   W   d 

Despejando γd de la ecuación [13.18]:

GS  Sat   W  d GS  1

[13.19]

Ordenando la ecuación [13], [19]:

d 

 Sat   W  G S G S  1

[A.30]

36


c. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SATURADO (γSat):


 Sat 

(GS  e)   W 1 e


 Sat 

WS  WW V

[14.1]

De la ecuación A.5:

WS   S  VS

[14.2]


WS   S

[14.3]


 S  GS   W

[14.4]


WS  GS   W

[14.5]


V 1  VV

[14.6]

De la ecuación [A.12] es tiene:

e  VV

[14.7]


V 1  e

[14.8]


WW   W  VW

[14.9]

37


Donde Vv = Vw (Suelo saturado):

WW   W  VV

[14.10]


WW   W  e

[14.11]


 Sat 

GS   W   W  e 1 e

[14.12]

 Sat 

(G S  e )   W 1 e

[A.31]

38



 Sat  1  n  GS  n  W

Respuesta: De la De la ecuación [A.9] se tiene:

 Sat 

WS  WW V

[15.1]



[15.2]


n  VV

[15.3]


WS   S  VS

[15.4]


VS  1  VV

[15.5]

Reemplazando la ecuación [15.3] y la estrategia en [15.5]:

VS  1  n Reemplazando la ecuación [15.6] en [15.4]: WS   S  1  n 

[15.6]

[15.7]


 S  GS   W

[15.8]


WS  GS   W  1  n

[15.9]


WW   W  VW

[15.10]

39



WW   W  VV

[15.11]


WW   W  n

[15.12]

Reemplazando las ecuación [15.7] y [15.12] en [15.2]:

 Sat  GS   W  1  n   W  n

[15.13]

Factorizando γW en la ecuación [15.13]:

 Sat  1  n  G S  n  W

[A.32]

40



 1  wSat  1  wSat  GS

 Sat  

   GS   W 


 Sat 

WS  WW V

[16.1]


WS   S  VS

[16.2]


WS   S

[16.3]


 S  GS   W

[16.4]


WS  GS   W

[16.5]


V 1  VV

[16.6]


WW  w  WS

[16.7]


WW  w  GS   W

[16.8]


VW 

WW

W

[16.9]

41



VW 

wSat  GS   W

W



VW  wSat  GS

[16.10]



V  1  wSat  GS

[16.11]


VV  wSat  GS


 Sat 

GS   W  wSat  GS   W 1  wSat  GS 

1 w

Sat  Sat   1  w  GS Sat 

   G S   W 

[16.12]

[A.33]

42



 e   1  wSat      W  wSat   1  e 

 Sat  


WS  WW VS  VW

 Sat 

(17.1)


WS  WW 1  VW

 Sat 

[17.2]


e  VV

[17.3]

Donde Vv = Vw (Suelo saturado):

e  VW

[17.4]


WW   W  VW



WW   W  e



WS 

[17.5]


wSat 

WW WS

WW wSat

[17.6]


WS 

W e wSat

[17.7]


 W e  1   W  e   wSat  1  e

 Sat  

[17.8]

43

Problemas resueltos de mecánica de suelos   W  e   W  e  wSat  1   wSat   1  e

 Sat  

 e  1 w



Sat     Sat   W w 1  e    Sat 

[A.34]

44



 1   Sat     W  wSat 

 Sat  n  


WS  WW V

 Sat 

[18.1]



[18.2]


n  VV

[18.3]

Donde VV  VW (Suelo saturado):

n  VW

[18.4]

De la ecuación [A.6] y la ecuación [18.4] se tiene:



WW   W  VW

WW   W  n

[18.5]


WS 

WW wSat

[18.6]


WS 

W  n

[18.7]

wSat


 Sat 

W  n wSat

 W

 1  w Sat     W  w Sat 

 Sat  n  

[18.8]

[A.35]

45


DEMOSTRACIÓN 19.  e  Demostrar:  Sat   d     W 1 e  Respuesta: De la ecuación [A.9] se tiene:

 Sat 

WS WW  V V

[19.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [19.1] se tiene:

 Sat   d 

WW V

[19.2]

Considerando VS  1 (Estrategia) y reemplazando en la ecuación [A.1]:

V 1  VV

[19.3]


e  VV

[19.4]


V 1  e

[19.5]


WW   W  VW

[19.6]

Donde VV = VW (Suelo saturado) entonces:

WW   W  VV

[19.7]


WW   W  e

[19.8]


 e    W 1 e 

 Sat   d  

[A.36]

46



 Sat   d  n   W


 Sat 

WS WW  V V

[20.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en [20.1]:

 Sat   d 

WW V

[20.2]


 Sat   d  WW

[20.3]


n  VV

[20.4]


n  VW

[20.5]


WW   W  VW



WW   W  n

[20.6]

Reemplazando la ecuación 20.6 en la ecuación 20.3:

 Sat   d  n   W

[A.37]

47





 Sat  1  

1 GS

    d   W 


 Sat 

WS WW  V V

[21.1]


WS   S  VS

[21.2]

Considerando Vs =1 (Estrategia):

WS   S

[21.3]


 S  GS   W

[21.4]


WS  GS   W

[21.5]


V 1  VV

[21.6]


WW   W  VW

[21.7]

Donde VV  VW (Suelo saturado):

WW   W  VV

[21.8]


d 

WS V

[21.9]


48


d 

GS   W 1  VV 

[21.10]


 Sat   d 

WW V

[21.11]


 Sat   d 

 W  VV

[21.12]

1  VV 

Sumando y restando γw en la ecuación [21.12]:

 Sat   d   Sat   d 

 W  VV

1  VV  W

1  VV 

W W

W

[21.13]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS:

 Sat   d 

 W  GS

1  VV 



1 W GS

[21.14]


 Sat   d 

d GS

W



1 



S

  d   W  Sat   1  G  

[A.38]

49



 Sat   d  1  wSat 


 Sat 

WS WW  V V

[22.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en [22.1] se tiene:

 Sat   d 

WW V

[22.2]


WW  wSat  WS

[22.3]


 Sat   d 

WS  wSat V

[22.4]

Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [22.4]:

 Sat   d   d  wSat

 Sat   d  1  w Sat 

[A.39]

50


c. OTRAS RELACIONES:

DEMOSTRACIÓN 23. En un suelo parcialmente saturado se conocen el índice de vacíos (e), la gravedad específica (Gs) y el grado de saturación (S). Suponiendo que el gas no disuelto esta uniformemente distribuido en la masa de suelo, encuentre el peso unitario (), el peso unitario sumergido (′) y el peso unitario seco (d) en función de las cantidades conocidas y haciendo uso de un esquema adecuado. Respuesta: Datos: e ; GS ; S  = ? ; ’ = ? ; d = ?

Estrategia: Para hallar el peso unitario (), el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en las demostraciones 2 y 7, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar las ecuaciones obtenidas. Mientras que para el cálculo del peso unitario sumergido (′), una vez obtenido ya el peso unitario húmedo, se resta el peso unitario del agua de este. De la ecuación [A.19] o demostración 2:

 

G S  S  e    W

[23.1]

1 e

De la ecuación [A.24] o demostración 7:



d



GS   W 1 e

[23.2]


 ´    W

[23.3]


 ´

GS  S  e   W

 ´

GS  1  e  S  1  

1 e

1 e

W

W

[24.4]

51


DEMOSTRACIÓN 24. En una muestra de suelo parcialmente saturado se conoce el peso específico (), el contenido de agua (ω) y el valor de la gravedad específica (Gs). Encuentre el peso específico seco (d), la relación de vacíos (e) y la saturación (S), en función de las cantidades conocidas, utilizando un esquema adecuado. Respuesta: Datos

 ; ω ; GS

S = ? ; e = ? ; d = ?

Estrategia: Para hallar el peso unitario (), el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en las demostraciones 1 y 6, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar las ecuaciones obtenidas y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada. De la ecuación [A.23] o demostración 6 se tiene:

d 



[24.1]

1 w




1  w  GS   W 1 e

[24.2]

Despejando e:

   e  1  w  GS   W e

1  w   G S   W   

[24.3]




1  w  GS   W 1

w  GS

[24.4]

S

Despejando S de la [24.4]:

52




w  GS   S

w  GS   S S

 1  w  GS   W

 1  w  GS   W   

w  GS   1  w   G S   W  

[24.5]

53


DEMOSTRACIÓN 25. Demostrar que para un suelo se cumple la siguiente relación:

Gs  1  d Gs

 Respuesta:

Estrategia: Para hallar el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en la demostración 13, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar la ecuación obtenida y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada De la ecuación [A.30] o demostración 13:

d 

 Sat   W   GS GS  1



d 

   W   GS GS  1

Despejando ( - w):

 W 

GS  1  d GS

De la definición del peso unitario sumergido se tiene:

 ´

GS  1  d GS

[25.1]

54


DEMOSTRACIÓN 26. Para las características de un suelo dado, Demostrar:

GS 

 Sat  W  wSat  Sat   W 

Respuesta: Estrategia: Para hallar el peso unitario saturado (Sat), se procede de la misma manera que en la demostración 16, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar la ecuación obtenida, y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada. De la ecuación [A.33] o demostración 16:

 1 w



sat   Gs   w  sat   1  w sat  Gs  

[26.1]

Resolviendo:

 sat   sat  wsat  GS  GS   W  wsat  GS   W

[26.2]

Factorizando GS en la ecuación [26.2]:

 Sat  GS   W  wSat   W   Sat  wSat 

[26.3]

Despejando GS en la ecuación [26.3]:

GS 

 Sat  W  wSat   W   Sat  wSat

[26.4]

Ordenando la ecuación [26.4]:

GS 

W

 Sat  w Sat  Sat   W 

[26.5]

55


1.4. Problemas. PROBLEMA 1. Una muestra de suelo de 1.21 Kg. tiene un volumen de 600 cm3 y un contenido de humedad de 10.2%. Usando las definiciones, calcule: a) La densidad () b) El peso específico húmedo () c) El peso específico seco (d). Estrategia: Utilizando las ecuaciones de la relación peso volumen del anexo A, se pueden determinar todos los incisos. Datos: M = 1.21 Kg ; V = 600 cm3 ; w = 10.2% PASO 1 Determinación de la densidad del suelo. De la ecuación [A.15] se tiene:



M V

Reemplazando valores:



1210 600



  2.02 g / cm 3

PASO 2 Determinar el peso específico húmedo. De la ecuación [A.4] y [A.16]:

W M g





M g V




1.21 Kg  9.81 m / seg 2 1 m3 600 cm 3  100 cm3

56


Cambiando unidades:

  19783.5

N m3

kN m3



  19.78



 d  17.95 kN m 3

PASO 3. Determinar el peso específico seco. De la ecuación [A.23]:

d 

 1 w


d 

19.78 1  0.102

57


PROBLEMA 2. Un suelo está constituido por 10% de aire, 30% de agua y 60% de partículas de suelo en volumen. ¿Cuál es el grado de saturación (S), el índice de vacíos (e), y la porosidad (n)?. Estrategia: Asumiendo que el volumen total de la muestra es de 100 unidades cúbicas y que el aire representa 10 unidades, el agua 30 unidades, los sólidos del suelo 60 unidades y con las definiciones de los parámetros, se tiene: Datos: Va = 10 U 3 ; VW = 30 U 3 ; VS = 60 U 3 PASO 1 Determinar el grado de saturación. De la ecuación [A.11] se tiene:

S

VW VV

VW VW  Va



S



S  0.75



e



e  0.667



n



n  0.40


S

30 30  10

PASO 2 Determinar el índice de vacíos. De la ecuación [A.12] se tiene:

VV VS Reemplazando valores: e

e

10  30 60

Va  VW VS

PASO 3 Determinar la porosidad del suelo. De la ecuación [A.13] se tiene:

n

VV V

Va  VW V


n

10 30 100

58


PROBLEMA 3. Si el suelo del problema 2 tiene una gravedad específica de 2.69, determine su contenido de humedad (w), su peso unitario seco (d) y su peso unitario húmedo (). Estrategia: Se asume que el volumen total de la muestra es de 100 unidades cúbicas con sus fracciones respectivas. Datos: S = 0.75 ; e = 0.667 ; n = 0.40 ; GS = 2.69 ; Va = 10 U 3 ; VW = 30 U 3 ; VS = 60 U 3 PASO 1 Determinar el contenido de humedad del suelo. De la ecuación [A.14] se tiene:

w

WW WS

[3.1]


WW   W  VW

[3.2]


WS   S  VS

[3.3]


 S  GS   W

[3.4]


WS  GS   W  VS Sustituyendo la ecuación [3.2] en [3.5]:

w

VW   W G S  VS   W

[3.5]

VW G S VS



w



w  0.186

[3.6]


w

30 2.69  60



w  18.6 %

59


PASO 2 Determinar el peso específico seco del suelo. Reemplazando la ecuación [A.8] en [3.5] se tiene:

d 

GS   W  VS V

[3.7]


d 

2.69  9.81 60 100



 d  15.83 kN / m 3

PASO 3 Determinar el peso específico húmedo del suelo. De la ecuación [A.4] se tiene:



WS  WW V

[3.8]

Reemplazando la ecuación [3.2] y [3.5] en [3.8]:



 W  VW  GS   W  VS V

VW

 G S  VS    W V



 



  18.77 kN / m




30  2.69  60  4.81 100

3

60


PROBLEMA 4 Se tiene un suelo que tiene un contenido de humedad del 5%, determine que cantidad de agua se debe añadir para que este suelo alcance el 9% de contenido de humedad, un peso unitario de 19 kN/m3 y tenga un volumen final de 1 m3. Estrategia: La cantidad de agua que se debe añadir para alcanzar un 9% de contenido de humedad se la determina mediante un sistema de ecuaciones, que estén en función del las condiciones del contenido de humedad iniciales y de las condiciones finales, en ambas condiciones el peso de los sólidos, WS es el mismo debido a que solo se agrega agua. Datos: wo = 5% ; wf = 9% ; γ = 19 kN/m3 ; Vf = 1 m3 ; ∆VW = ? PASO 1. Determina el peso de los sólidos, peso del agua inicial y final. De la ecuación [A.14] se tiene:

WWf  WS  w f

[4.1]

WW0  WS  w0

[4.2]


f 

WS  WW f V



WS  WW f   f  V

[4.3]


WS  WS  w f   f  V

[4.4]

Despejando WS:





WS  1  w f   f  V



WS 

 f V f

1  w 

[4.5]

f

Reemplazando valores en la ecuación [4.5]:

WS 

19 1 1  0.09



WS  17.43 kN

Reemplazando el valor WS en la ecuación [4.2]:

61

Problemas resueltos de mecánica de suelos WW0  17.43 0.05



WW0  0.8715 kN

Reemplazando el valor de WWo en la ecuación [4.1]:

WW f  17.43 0.09



WW f  1.569 kN

PASO 2. Determinar la cantidad de agua agregada a la muestra de suelo. La diferencia de los pesos de agua final e inicial, es el peso de la cantidad de agua que se añade al suelo:

WW  WW f  WW0 Reemplazando los valores hallados:

WW  1.569  0.8715 

WW  0.697 kN

[4.6]

WW VW

[4.7]


W 

WW VW



W 

Despejando ΔVW de la ecuación [4.7]:

VW 

WW

[4.8]

W

Reemplazando ∆WW en la ecuación [4.8]:

0.697 9.81



VW  0.071081 m 3 

1000 lt 1 m3

VW 

VW  0.071081 m3

Cambiando unidades:



VW  71.081 lt

62


PROBLEMA 5. De un proceso de secado en horno para determinar el contenido de humedad, se obtienen los siguientes resultados: Número de lata Peso lata (g) Peso suelo húmedo + lata(g) Peso suelo seco + lata (g)

0.35 43.27 183.28 180.52

0.50 58.95 216.21 213.05

0.40 50.23 173.96 171.50

Determinar el contenido de humedad de la muestra. Estrategia: El peso del agua y el peso de los sólidos se pueden determinar fácilmente mediante las siguientes ecuaciones. Una vez hallados estos pesos es posible hallar el contenido de humedad del suelo. WW = Peso del agua = (Peso lata + suelo húmedo) – (Peso lata + suelo seco) WS = Peso del suelo = (Peso lata +suelo seco) – (Peso lata) w = Contenido de humedad = WW / WS A continuación se realiza la siguiente tabla que resume los resultados obtenidos y la humedad promedio que se utiliza para otros cálculos: Número de lata Peso lata (g) Peso suelo húmedo + lata (g) Peso suelo seco + lata (g) Peso del agua (g) Peso suelo seco (g) Contenido de humedad (%) Contenido de humedad promedio

0.35 0.50 0.40 43.27 58.95 50.23 183.28 216.21 173.96 180.52 213.05 171.5 2.76 3.16 2.46 137.25 216.21 121.27 2.01 2.05 2.03 (2.01 + 2.05 + 2.03) / 3 = 2.03%

63


PROBLEMA 6. Un suelo tiene un contenido de humedad (w) igual al 28.5% y un peso de 123.6 g. ¿Cuál es el peso seco del material? Estrategia: Mediante las ecuaciones básicas de las relaciones peso volumen del anexo A, es posible determinar el peso seco del material. Datos:

w  28.5 % ; W  123.6 g ; WS  ? De la ecuación [A.14]:

w

WW WS

[6.1]


WW  W  WS

[6.2]


w

W  WS WS

[6.3]

Despejando WS de la ecuación [6.3]:

WS  w  W  WS



WS  w  WS  W

WS  w  1  W



WS 

W

w  1

[6.4]

Reemplazando valores en la ecuación [6.4]:

WS 

123.6 0.285  1



W S  96.187 g

64


PROBLEMA 7. El suelo del problema 6 ocupa un volumen de 69.3 cm3. Si las partículas del suelo tienen una gravedad específica de 2.65, determine cual es su porosidad (n), índice de vacíos (e) y su grado de saturación (S). Estrategia: En base a las relaciones peso volumen y en función los datos se puede llegar a determinar cada una de las incógnitas. Datos: w = 28.5% ; W = 123.6 g ; WS = 96.187 g ; V = 69.3 cm3 ; GS = 2.65 PASO 1 Determinar la porosidad del suelo. De la ecuación [A.13] se tiene:

n

VV V

[7.1]


VV  V  VS

[7.2]


n

V  VS V

[7.3]




W V

Reemplazando valores se tiene:



123.6 69.3



  1.78 g / cm 3


WW  W  WS

[7.4]

Remplazando datos:

WW  123.6  96.187



WW  27.413 g

65



 S  GS   W

[7.5]

Reemplazando datos:

 S  2.65 1 gf / cm 3



 S  2.65 gf / cm 3


VS 

WS

[7.6]

S

Reemplazando datos:

VS 

96.187 2.65



VS  36.30 cm 3



VV  33 cm 3

Reemplazando VS en la ecuación [7.2]:

VV  69.3  36.30

Reemplazando VV y V en la ecuación [7.1]:

n

33 69.3



n  0.476



n  47.6 %

PASO 2 Determinar el índice de vacíos del suelo: De la ecuación [A.12] se tiene:

e

VV VS

e  0.90909

33 36.30



e



e  90,91%

PASO 3 Determinar el grao de saturación del suelo. De la ecuación [A.6] se tiene:

VW 

WW

W

66


Reemplazando datos:

VW 

27.413 1



 

VW  27.413 cm 3

Reemplazando VV y VW en la ecuación [A.11]:

S

27.413 33



S  0.831



S  83.1 %

67


PROBLEMA 8. Se tiene una muestra de suelo de 1 m3 con un contenido de humedad de 7%, gravedad específica de 2.65 y un grado de saturación de 40%. Determinar: a. El peso unitario húmedo (), el peso unitario seco (d) y el peso unitario saturado (sat). b. Si se añaden 80 litros de agua a la muestra, cual será su peso unitario húmedo () y su peso unitario seco(d) Estrategia: En base a las relaciones peso volumen y en función los datos se puede llegar a determinar cada una de las incógnitas. PASO 1 Determinar el peso específico húmedo del suelo. De la ecuación [A.20] se tiene:



1  w Gs   w 1

w  Gs S

Reemplazando valores se tiene:



1  0.07  2.65  9.8 0.07  2.65 1



  18.98 kN/m3



 d  17.74 kN/m3

0.4

PASO 2 Determinar el peso específico seco del suelo. De la ecuación [A.23] se tiene:

d 





1 w

d 

18.98 1  0.07

PASO 3 Determinar el peso específico saturado del suelo. De la ecuación [A.38] se tiene:



1 



s

 sat  1     d   W G 

68


Reemplazando datos:

 

 Sat  1 

1    17.74  9.8 2.65 



 Sat  20.85 kN/m3

PASO 4 Determinar el peso específico húmedo después de agregar 80 litros de agua. De la ecuación [A.14] se tiene:

WW  w  WS



WW0  0.07 WS

[8.1]



  WS  WW0

[8.2]

De la ecuación [A.4] y V=1 m3:



WS  WW0 1 m3

Remplazando la ecuación [8.1] en la ecuación [8.2]:

  WS  0,07 WS

[8.3]

Despejando WS en la ecuación [8.3]:

  WS  1 0.07 





WS 



WS  17.74 kN

1 0.07 

[8.4]

Reemplazando γ en la ecuación [8.4]:

WS 

18.98 1.07

Remplazando la ecuación [8.5] en la ecuación [8.1]:

WW0  0.07 17.74



WW0  1.242 kN

El peso del agua final será igual al peso del agua inicial de la muestra más el peso del agua añadida, entonces reemplazando valores en esa ecuación se tiene:

WW f  WW0  V  W WW f  1.242  0.08 9.8  WW f  2.026 kN

[8.5]

Utilizando la misma relación de la ecuación [8.2] para el peso final se tiene:

WS  WW f   final  V final

[8.6]

69


El volumen final de la muestra será el mismo que el inicial ya que el volumen de agua ocupará parte del volumen de aire que tenía la muestra:

 

VInicial  V final  1 m 3 

 final  17.74  2.026



Ws  Wwf   final

 final  19.76 kN/m3

[8.7]

w f  11.42 %

[8.8]

PASO 4 Determinar el peso específico seco del suelo. De la ecuación [A.14]:

wf 

WW f WS

Reemplazando datos:

wf 

2.026 100 17.74




 d ( final) 

 final

[8.9]

1 wf


 d ( final) 

19.76 1  0.1142



 d ( final )  17.74 kN/m3

[8.10]

El peso unitario seco de un suelo es constante siempre y cuando no exista un incremento de energía mecánica, ya que el volumen de sólidos se considera incompresible.

70


PROBLEMA 9. Indicar clara y detalladamente un procedimiento para determinar el índice de vacíos de un suelo fino en laboratorio. Estrategia: El índice de vacíos del suelo esta en función del volumen de vacíos y el volumen total de los suelos. Por lo tanto se necesita determinar estos dos valores mediante algunos ensayos de laboratorio preliminares y en función de estas variables hallar una relación peso volumen para el índice de vacíos. De la ecuación [A.12]:

e

VV VS

[9.1]

Procedimiento a seguir: Se debe determinar el volumen de la muestra. V Se debe secar en un horno para obtener el peso de los sólidos  WS Se determina la gravedad específica de la muestra  GS Con estos datos obtenidos de ensayos de laboratorio se puede hallar el índice de vacíos del suelo: De la ecuación [A.7] se tiene:

 S  GS   W

[9.2]


VS 

WS

[9.3]

S

Reemplazando la ecuación [9.2] en [9.3] se halla VS:

VS 

WS GS   W

[9.4]

De la ecuación [A.1] se halla VV:

VV  V  VS

[9.5]

Finalmente reemplazando las ecuaciones [9.4] y [9.5] en la ecuación [9.1] se tiene:

WS GS   W WS GS   W

V

e

V  VS VS



e

e

V  G S   W  WS WS



e

V  GS   W 1 WS

71


PROBLEMA 10. A continuación están los resultados de un análisis de tamices. Hacer los cálculos necesarios y dibujar la curva de distribución del tamaño de partículas. U.S. Tamaño de Tamiz 4 0 20 40 60 80 10 200 Bandeja

Masa de Suelo Retenido en cada Tamiz(g) 0 40 60 89 140 122 210 56 12

Estrategia: Para poder determinar la curva de distribución es necesario obtener el porcentaje de suelo seco que pasa por un determinado tamiz y en función a este y la abertura del tamiz se traza la curva de distribución. U.S. Tamaño Tamiz 4 10 20 40 60 80 100 200 Bandeja

Abertura (mm.) 4.750 2.000 0.850 0.425 0.250 0.180 0.150 0.075 0.000

Masa Retenida en cada Tamiz, g. 0 40 60 89 140 122 210 56 12

Masa Acumulada sobre cada Tamiz, g. 0 0+40 = 40 40+60 = 100 100+89 = 189 189+140 = 329 329+122 = 451 451+210 = 661 661+56 = 717 717+12 = 729

% que pasa 100 94.51 86.28 74.07 54.87 38.13 9.33 1.65 0

Masa acumulada sobre cada tamiz  M 1  M 2  .........  M n

% que pasa 

Donde:

 M  masa acumulada100 M

 M  729 % que pasa 

729  40 100  94.51 729

% que pasa 

729  100 100  86.28 729

72


Y así sucesivamente para cada tamiz como se ven los valores hallados en la Tabla:

Distribución de tamaño de partículas

Porcentaje que pasa, %

100,00 80,00 60,00 40,00 20,00 0,00 10,00

1,00

0,10

0,01

Abertura del tamiz, mm De la curva se deduce que debido a la pendiente pronunciada que presenta y a su forma, que el suelo de grano grueso (gravas y arenas) y esta POBREMENTE GRADADO.

73


PROBLEMA 11. Para la curva de distribución de tamaño de partículas mostrada en el anterior ejercicio. Determine: D10 , D30 , y D60 Coeficiente de Uniformidad Cu. Coeficiente de Gradación Cc. Estrategia: Para poder determinar el D10, D30 y el D60 es necesario hacer una interpolación lineal entre los valores inferior y superior mas cercanos al porcentaje que pasa deseado y la abertura de sus tamices correspondientes. Una vez hallados estos valores mediante las ecuaciones del anexo A se hallan fácilmente estos parámetros de la curva de distribución. PASO 1 Determinar el D10, D30 y el D60 mediante una interpolación lineal a una escala semilogarítmica. De la ecuación de la línea recta se tiene:

X  X 1 Y  Y1  X 1  X 2 Y1  Y2 Haciendo cambios de variable: X = Abertura tamiz (escala logarítmica) Y = % que pasa (escala aritmética)

X  D 10; 30; X 1  D1 X 2  D2

60

Y  10 ; 30; 60 % Y1  %1 Y2  % 2

 %  %1  Dx  D1   log x D2  D1  % 2  %1  Dx 

D2  D1  log% x   log%1   D1 log% 2  log%1

Para D10 se tiene:

D10 

0.18  0.15  log10  log9.33  0.15 log38.3  log9.33

D10  0.15 mm

74


Para D30 se tiene:

D30 

0.18  0.15  log30  log9.33  0.15 log38.3  log9.33

D30  0.17 mm Para D60 se tiene:

D30 

0.425  0.25  log60  log54.87  0.25 log74.07  log54.87

D60  0.28 mm PASO 2 Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas.

CU 

D60 D10



CU 

0.28 0.15

CC 

2 D30  D60  D10

CC 

0.172  0.28  0.15



CU  1.91

CC  0.67

75


PROBLEMA 12. Se conoce que el límite líquido de un suelo es 70% y el límite plástico ha sido determinado como 50%. Se pide hallar la magnitud del límite de contracción. Estrategia: Para poder resolver este ejercicio es necesario utilizar el grafico de plasticidad De las ecuaciones [A.56] y [A.57] se tienen las ecuaciones de la línea A y la línea U.

 

Línea A Línea U

IP = 0.73 (LL – 20) IP = 0.9 (LL – 8)

PASO 1 Determinar el punto de intersección de la línea A y la línea U. 0.73·(LL – 20) = 0.9·(LL – 8) 0.73·LL – 14.6 - 0.9·LL + 7.2 = 0 LL = – 43.53 IP = – 46.38

Intersección  43.53, - 46.38 Lí ne aU

Índice de plasticidad

70 60

aA ne Lí

50 40 30 20

Límite de contracción

A

10 0

20

30

40

50

60

80

100

Límite líquido

LL = -43.5 IP = -46.4

76


PASO 2 Determinar la ecuación que se forma entre el punto de intersección y el punto A dado. Para el punto A (dato) se tienen los siguientes datos: LL = 70% LP = 50 % Entonces el índice de plasticidad será: IP = LL – LP



IP = 70 – 50

IP = 20

A 70, 20 Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A:

y  y1 

y2  y1 X  X1  X 2  X1

[12.1]

Haciendo cambio de variable: IP = Y LL = X Entonces los puntos A y de intersección serán:

Inter sección  X 1 , Y1    A  X 2 , Y2 

Intersección  43.53, - 46.38 A 70, 20

Reemplazando en la ecuación [12.1] estos dos puntos se tiene:

IP   46.38 

IP  46.38 

20   46.38  LL   43.53 70  43.53

66.38  LL  43.53 113.53

IP  0.58 LL  20.93  0 Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:

0  0.58 LC  20.93  0 LC 

20.93 0.58



LC  35.79

77


PROBLEMA 13. Para un contenido de humedad w =35% se tiene 30 golpes en el aparato de casagrande y del ensayo de límite plástico se obtiene LP = 27%. a) Estimar el límite líquido. b) Estimar el límite de Contracción. c) Estimar el índice de liquidez para un winsitu  32.3% Estrategia: Para poder resolver este ejercicio es necesario utilizar el grafico de plasticidad y las ecuaciones [A.56] y [A.57] se tienen las ecuaciones de la línea A y la línea U. a) Determinar el límite líquido. De la ecuación [A.52] se tiene:

N LL  wN     25  Donde:

tg

tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación). N  30 wN  0.35

 30  LL  0.35     25 

0.121



LL  0.3578

b) Determinar el límite de contracción. Línea A



IP = 0.73 (LL – 20)

Línea U



IP = 0.9 (LL – 8)

PASO 1 Determinar el punto de intersección de la línea A y la línea U. 0.73·(LL – 20) = 0.9·(LL – 8) 0.73·LL – 14.6 - 0.9·LL + 7.2 = 0 LL = – 43.53 IP = – 46.38

Intersección  43.53, - 46.38

78


Lí ne aU


70 60

aA ne í L

50 40 30 20

Límite de contracción

A

10 0

20

30

40

50

60

80

100

Límite líquido

LL = -43.5 IP = -46.4

PASO 2 Determinar la ecuación que se forma entre el punto de intersección y el punto A dado. Para el punto A (dato) se tienen los siguientes datos: LL = 35.78% LP = 27% Entonces el índice de plasticidad será: IP = LL – LP IP = 35.78 – 27



IP = 7.78

A 35.78, 7.78 Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A:

y  y1 

y2  y1 X  X1  X 2  X1

[13.1]

79


Haciendo cambio de variable: IP = Y LL = X Entonces los puntos A y de intersección serán:

Inter sección  X 1 , Y1    A  X 2 , Y2 

Intersección  43.53, - 46.38 A 35.78, 7.78

Reemplazando en la ecuación [17.1] estos dos puntos se tiene:

IP   46.38 

IP  46.38 

7.78   46.38  LL   43.53 35.78   43.53

54.16  LL  43.53 79.31

IP  0.62 LL  16.65  0 Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:

0  0.62 LC  16.65  0 LC 

16.65 0.62



LC  26.86

c) Determinar el índice de liquidez. De la ecuación [A.54] se tiene:

LI 

winsitu  PL LL  PL

Reemplazando los valores hallados se tiene:

LI 

32.3  27 35.78  27



LI  0.6

80


PROBLEMA 14. El volumen de una muestra irregular de suelo parcialmente saturado se ha determinado cubriendo la muestra con cera y pesándola al aire y bajo agua. Se conocen: Peso total de la muestra de aire Contenido de humedad de la muestra Peso de la muestra envuelta en cera, en el aire Peso de la muestra envuelta en cera, sumergida Gravedad especifica de los sólidos Gravedad especifica de la cera

Mm = 180.6 g wm = 13.6% M (m+c) = 199.3 g M (m+c)agua = 78.3 g GS = 2.71 GC = 0.92

Determinar el peso específico seco, γd y el grado de saturación, S del suelo. Estrategia: Para hallar el peso específico seco y el grado se saturación se recurre a las ecuaciones del anexo A, y algunos principios básicos de hidráulica, como el de Arquímedes. PASO 1 Determinar el peso de la cera el peso seco del suelo.

M cera  M mc  M m  199.3  180.6  18.7 M cera  18.7 g De la ecuación [A.14] el dato de contenido de humedad se tiene.

M W  wm  M S

[14.1]


MW  M m  M S

[14.2]

Igualando las ecuaciones [14.1] y [14.2] se tiene:

wm  M S  M m  M S

[14.3]

Despejando MS se tiene:

MS 

Mm 1  wm

[14.4]

Reemplazando datos se tiene:

MS 

180.6 1  0.136



M S  158.98 g

81


PASO 2 Determinar el volumen de agua sólidos y cera: De la ecuación [A.6] se tiene:

VW 

WW

W



0.136158.98 1



VW  21.62 g

De las ecuaciones [A.15] y [A.7] se tiene:

GS 

VS 

S W 158.98 2.711

MS GS   w



VS 



VS  58.66 cm3

[14.5]

Se procede de la misma manera para el volumen de la cera:

Vcera 

M cera GC   w

Vcera 

18.7 0.92 1



Vcera  20.33 cm3

PASO 3 Determinar el volumen de la muestra. Siguiendo el principio de Arquímedes: El volumen de la muestra con cera (volumen total, Vt) es igual al volumen de agua desplazado cm3, e igual a su masa en gramos:

M t  W Vt

Mt



Vt 



M t  121 g

W

[14.6]

M t  M s c  M ( s c ) ' M t  199.3  78.3

Reemplazado Mt en la ecuación [14.6] se tiene:

Vt 

121 1



Vt  121 cm3

82


Entonces el volumen de la muestra será:

Vm  Vt  Vcera



Vm  121 20.3

Vm  100.67 cm3


Md V

d 



d 

159.0 100.7



 d  1.58 g/cm3

Cambiando unidades:

 d  15.49 kN/m3 De la ecuación [A.26] se tiene:

d 

GS   W  w  GS  1    S 

G S  W  w  GS  1    S 



d 



S



S  51.5 %

Despejando S se tiene:

S

w  GS   d G S  W   d

S  0.515

13.6  2.71  1.58 2.71  1  1.58

83


PROBLEMA 15. Determine el límite de contracción a partir de los siguientes datos: (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Densidad del mercurio, Mg/m3: Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: Masa del recipiente, g: Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, g: Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, g: Masa del mercurio desplazado, g:

13.55 230.65 19.76 49.19 43.08 183.17

Estrategia: La determinación del límite contracción a partir de estos datos es un procedimiento de laboratorio. El procedimiento a seguir se resume en la tabla siguiente:

Muestra Densidad del mercurio, (ρm) Mg/m3: Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: 3 Volumen inicial de muestra, (V) cm :

13.55 230.65

Masa del recipiente, (Mt) g: Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, (M W) g: Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, (M d) g: Masa del mercurio desplazado, g: Masa de la muestra húmeda, (M) g:M  M W  M t Masa de la muestra seca, (M0) g:M 0  M d  M t

19.76 49.19 43.08 183.17 29.43 23.32

17.02

 V  V0  

  100 Volumen de mercurio desplazado, (V0) cm : w   13.52 M 0   Contenido de humedad inicial, (w ) %: 26.20  V  V0   W   Límite de contracción (SL), %: SL  w     100 11.18 3



M0





84


PROBLEMA 16. Se requiere construir un terraplén de una carretera que tendrá las características de la figura:

15 m 2

1

2m

La longitud del terraplén será de 600 m y se desea que tenga un índice de vacíos de 0.5. Las propiedades del los dos bancos son las siguientes:

Peso especifico Contenido de humedad Gravedad especifica Distancia a la obra Esponjamiento

Banco A 18.5 kN/m3 10 % 2.65 3 km 20 %

Banco B 19 kN/m3 5% 2.65 4 km 30 %

Tomar en cuenta que una volqueta tiene una capacidad de 3 m3 y su costo por el uso es de 15 Bs. por kilómetro recorrido. a) Determinar los volúmenes a extraer, los volúmenes a transportar. b) Determinar el banco de préstamo más favorable. c) Tomando en cuenta el porcentaje de esponjamiento determinar el índice de vacíos del material suelto (extraído) para el banco de préstamo escogido. Estrategia: Para poder determinar los volúmenes a extraer es necesario realizar un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Una vez halladas estas incógnitas con ayuda de las ecuaciones del anexo A y algunos datos, se puede resolver fácilmente los incisos b) y c). a) Determinar los volúmenes a extraer, los volúmenes a transportar. PASO 1 Determinar el volumen del terraplén. De la definición del volumen de un trapecio se tiene:

Vt 

B  b   H  L

Vt 

15  23 2  600

2

2



Vt  22800 m 3

85


PASO 2 Determinar los volúmenes a extraer de cada banco de préstamo. De la ecuación [A.18] se tiene:



1  w  GS   w 1 e

Despejando el índice de vacíos, e:

e

1  w GS   W 

1 

eA  eB

1  0.1  2.65  9.81  1 18.5

1  0.05  2.65  9.81  1  19

e A  0.55 eB  0.44 De la ecuación [A.12] se tiene:

e

VV VS



e VS  VV

A partir de los datos e incógnitas dadas se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

e A VS  VV(bancoA)  eB VS  VV(bancoB)  e fnal VS  VV(final) V  V V(final)  Vterraplen  S

0.55Vs  VvA  0.44Vs  VvB 0.50V  V s vf  Vs  Vvf  22800 

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene: VS = 15200 m3 VV A = 8360 m3 VV B = 6688 m3 VV f = 7600 m3 Entonces los volúmenes a extraer para cada banco son:

Banco A : V A  15200 8360  23560m 3 Banco B : VB  15200 6688  21888m3

86


El esponjamiento es el porcentaje de volumen de aumenta el suelo al ser removido. Entonces los volúmenes a transportar serán:

Banco A :

V A  23560  1.20  28272.0

Banco B :

VB  21888  1.30  28454.4

b) Determinar el banco de préstamo más favorable. El costo de 1 volqueta de 3 m3 es de 15 Bs., entonces:

Costo 

15  5 Bs\km\m3 3

CostoA  5  282720  3  424080

Bs.

CostoB  5  28454.4  3  569088 Bs. El banco de préstamo más favorable será el banco A, con un costo de transporte de 424080 Bs. c) Determinar el índice de vacíos del material suelto para el banco de préstamo escogido.

Vbanco1  f e   Vsuelto

1  f e   Vsuelto  Vbanco

Vs  Vv ( suelto) Vs  Vv (banco)



Vs  esuelto Vs 1  esuelto  Vs  ebancoVs 1  ebanco

Despejando el índice de vacíos suelto tenemos:

esuelto  1  f e   1  ebanco  1 esuelto  1  0.20  1  0.55  1 esuelto  0.86

87


PROBLEMA 17. Un terraplén requiere 5000(m3) de suelo compactado .Se ha especificado el índice de vacíos del relleno compactado en 0.8.Se dispone de cuatro lugares de préstamo, como se describe en la siguiente tabla, la cual muestra los índices de vacíos del suelo y el costo por metro cúbico para mover el suelo al sitio propuesto. ¿Indique cual es el banco de prestamos mas económico para la obra propuesta. Banco de Préstamo Parotani Cliza Sacaba Punata

Índice de Vacíos 1.20 0.85 0.75 0.95

Costo ($/m3) 9 6 10 7

Estrategia: Es necesario recurrir a un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para poder despejar las incógnitas a partir de los datos dados.

 

V  5000m3 (Suelo Compactado)

e  0.8 PASO 1 Determinar el sistema de ecuaciones, en función de los datos e incógnitas:

eParot ani 

eCliza 

VVParo tan i VS

VVClizai VS

eSacaba 

VVSacabaai

ePunata 

VVPunata

eFinal 

VS

VS

VVFinal VS

V  VS  VVFinal

eVParo tan i  VS  VVParo tan i



120 VS  VVParo tan i

[1]

eVCliza  VS  VVCliza



0.85  VS  VVClizai

[2]

eVSacaba  VS  VVSacavaza



0.75  VS  VVSacabai

[3]

ePunata  VS  VVPunata



0.95  VS  VVPunata

[4]

eFinal  VS  VVFinal



0.80  VS  VVFinal

[5]

500  VS  VVFinal



VS  5000 VVFinal

[6]

Se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para resolver:

88


PASO 2 Hallar las incógnitas del sistema de ecuaciones.

VS  2777.78 m3

De aquí tenemos los Volúmenes Totales que se necesitan:

VVParo tan i  3333.33 m3 VParotani  2777.78  3333.33



VParotani  6111.11 m3

VVCliza  2361 m3

VCliza  2777.78  2361.11



VCliza  5138.89 m3

VVSacaba  2033.33 m3

VSacaba  2777.78  2361.11



VSacaba  4811.11 m3

VVPunata  2638.88 m3

VPunata  2777.78  2638.88



VPunata  5416.66 m3



VFinal  5000 m3

VVFinal  2222.22 m3 PASO 3 Determinar el costo de cada banco de préstamo. Banco de Préstamo Parotani Cliza Sacaba Punata

Volumen (m3) (1) 6111.11 5138.89 4611.11 5416.66

Costo (%/m3) (2) 9 6 10 7

Costo Total (%) (3) = (1) · (2) 54999.99 30833.34 48111.10 37916.62

El Banco de préstamo más económico es el de CLIZA.

89

CAPITULO 2 Clasificación de suelos

89


CAPÍTULO 2

Clasificación de los suelos 2.1. Introducción La clasificación de los suelos permite obtener una descripción apropiada y única de estos y así conocer de que material se trata en cada caso dándonos una idea clara de sus características y el uso que se le puede dar, los métodos de clasificación de suelos solo consisten en agruparlos en una u otra categoría dependiendo de sus propiedades físicas. Existe una clasificación de las partículas dependiendo su tamaño, de este modo, las partículas se definen como: 

Grava si su tamaño se encuentra entre 76.2 mm y 2 mm.



Arena si su tamaño es de 2 mm a 0.075 mm.



Limo si su tamaño es de 0.075 mm a 0.02 mm.



Arcilla si su tamaño es menor a 0.02 mm.

Entre los métodos de clasificación que se utilizan son: 

Sistema de clasificación AASHTO (American Association of State Highway and Transportation Officials), este es un sistema de clasificación más apto para material de construcción de vías ce comunicación, dando a los materiales una clasificación que va de A-1 a A-7 acompañados de un índice de grupo, en la que los mejores materiales para la construcción de bases y sub-bases son los primeros A-1 y A-2.



Sistema de Clasificación de Suelos Unificado, USCS (Unified soil classification system), se trata de un sistema más completo de clasificación que nos permite también conocer las características de plasticidad, gradación y otros de las muestras que se analiza, este método más usual para la ingeniería geotécnica clasifica las muestras mediante las abreviaciones del método y le asigna un nombre con respecto a sus otras características.

Las tablas y gráficas de clasificación se encuentran en el anexo B. Para obtener la distribución de tamaños de las partículas se utilizan dos métodos muy difundidos como son el tamizado mecánico y el del hidrómetro que se complementan mutuamente para obtener granulometrías completas hasta tamaños de partículas ínfimos. Para la determinar los límites de consistencia LL, LP e IP (IP = LL – LP) se determinan mediante el ensayo de muestras según métodos normalizados.

90


2.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Explique en que consiste la clasificación de suelos: Respuesta. El clasificar un suelo consiste en agrupar al mismo en grupos y/o subgrupos de suelos que presentan un comportamiento semejante con propiedades ingenieríles similares. Estos grupos o subgrupos de suelos presentan rangos normados de cada propiedad de los suelos según el sistema de clasificación utilizado.

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PREGUNTA 2. Explique cual es el tamaño máximo del diámetro de la partícula para que sea considerada como parte del suelo, según los sistemas de clasificación Unificado y AASHTO: Respuesta. Tanto el sistema de clasificación Unificado como el sistema de clasificación AASHTO consideran como suelo (conjunto de partículas sólidas, con líquido y agua en sus poros) a la parte que pasa por el tamiz de 3‖ (75 mm.), por lo tanto las partículas más grandes a este diámetro son consideradas como partículas aisladas que ya no forman parte del suelo.

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PREGUNTA 3. Explique cada uno de las cuatro principales categorías en que se dividen los suelos según el sistema de clasificación de suelos Unificado: Respuesta. El sistema de clasificación Unificado clasifica a los suelos en cuatro principales categorías, cada una de estas categorías usa un símbolo que define la naturaleza del suelo: 

Suelos de grano grueso. Son de naturaleza tipo grava y arena con menos del 50% pasando por el tamiz Nº 200. Los símbolos de grupo comienzan con un prefijo G para la grava o suelo gravoso del inglés ―Gravel‖ y S para la arena o suelo arenoso del inglés ―Sand‖.



Suelos de grano fino. Son aquellos que tienen 50% o más pasando por el tamiz Nº 200. Los símbolos de grupo comienzan con un prefijo M para limo inorgánico del sueco ―mo y mjala‖, C para arcilla inorgánica del inglés ―Clay‖.



Suelos orgánicos. Son limos y arcillas que contienen materia orgánica importante, a estos se los denomina con el prefijo O del inglés ―Organic‖.



Turbas. El símbolo Pt se usa para turbas del inglés ―peat‖, lodos y otros suelos altamente orgánicos.

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PREGUNTA 4. Explique cuando se presenta un símbolo doble en el sistema de clasificación Unificado y que significa este símbolo doble: Respuesta. Un símbolo doble, corresponde a dos símbolos separados por un guión, e.g. GP GM, SW-SC, CL-ML, los cuales se usan para indicar que el suelo tiene propiedades de dos grupos. Estos se obtienen cuando el suelo tiene finos entre 5 y 12% o cuando las coordenadas del límite líquido y el índice de plasticidad caen en el área sombreada CL-ML de la carta de plasticidad. La primera parte del doble símbolo indica si la fracción gruesa es pobremente o bien gradada. La segunda parte describe la naturaleza de los finos. Por ejemplo un suelo clasificado como un SP SM significa que se trata de una arena pobremente gradada c on finos limosos entre 5 y 12%. Similarmente un GW-GC es una grava bien gradada con algo de finos arcillosos que caen encima la línea A.

94


PREGUNTA 5. Explique cuando se presenta un símbolo de frontera en el sistema de clasificación Unificado y que significa este símbolo de frontera: Respuesta. Un símbolo de frontera. Corresponde a dos símbolos separados por el símbolo divisorio (/) y deberá usarse para indicar que el suelo cae muy cerca de la línea de división entre dos símbolos de grupo. En estos casos es aceptable el uso de ambos símbolos en la clasificación, con el símbolo de grupo ―correcto‖ por delante seguido del símbolo de grupo ―casi correcto‖. Por ejemplo, una combinación de arena – arcilla con ligeramente un poco menos del 50% de arcilla podría ser identificada como SC/CL, de la misma manera pasa con otros tipos de suelos como por ejemplo CL/CH, GM/SM.

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PREGUNTA 6. Explique cual es el principal uso de la línea U en la Figura B.1, del anexo B y cual es su ecuación: Respuesta. La línea ―U‖. Mostrada en la Figura B.1 ha sido determinada empíricamente en base a análisis de suelos extremos, para ser el ―límite superior‖ de suelos naturales, por lo que no deberían obtenerse resultados por encima de esta línea. Esta línea es una buena manera de comprobar que los datos no sean erróneos y algunos resultados de ensayos que caigan arriba o a la izquierda de esta deben ser verificados. La ecuación de la línea U es: IP = 0.9·(LL - 8)

96


PREGUNTA 7. Cuales son las principales características de un suelo para poder reconocerlo como un suelo altamente orgánico (Pt): Respuesta. Este tipo de suelo trae muchos problemas a los ingenieros, por su alta compresibilidad y muy baja resistencia al corte, pero es muy fácil de identificar según a sus siguientes características notorias: 

Compuesto principalmente de material orgánico (material fibroso).



Color café oscuro, gris oscuro, o color negro.



Olor orgánico, especialmente cuando esta húmedo.



Consistencia suave.

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PREGUNTA 8. En que esta basado el sistema de clasificación de suelos Unificado: Respuesta. El sistema de clasificación USCS está basado en la determinación en laboratorio de la distribución del tamaño de partículas, el límite líquido y el índice de plasticidad. Este sistema de clasificación también se basa en la gráfica de plasticidad, que fue obtenida por medio de investigaciones realizadas en laboratorio por A. Casagrande (1932).

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PREGUNTA 9. Según el sistema de clasificación de suelos AASHTO como se evalúa la calidad de los suelos: Respuesta. La evaluación de los suelos dentro de cada grupo se realiza por medio de un índice de grupo, que es un valor calculado a partir de una ecuación empírica. El comportamiento geotécnico de un suelo varía inversamente con su índice de grupo, es decir que un suelo con índice de grupo igual a cero indica que es material ―bueno‖ para la construcción de carreteras, y un índice de grupo igual a 20 o mayor, indica un material ―muy malo‖ para la construcción de carreteras.

99


PREGUNTA 10. Mediante el sistema de clasificación AASHTO, cuales son las principales características que se deben tomar en cuenta para poder calcular el índice de grupo de un suelo: Respuesta. El índice de grupo es calculado a partir de la siguiente ecuación empírica:

IG  ( F200  35)·0.2  0.005·LL  40  0.01·(F200  15)·(IP  10)

[2.3]

Donde: F200 = Porcentaje que pasa a través del tamiz Nº 200, expresado como número entero. LL = Límite líquido. IP = Índice de plasticidad.

Si el resultado del índice de grupo calculado es un valor negativo, entonces el índice de grupo (IG) será: IG = 0.

Si el suelo no es plástico y no se puede determinar el Límite líquido, entonces el índice de grupo (IG) será: IG = 0. Este es el caso de los de los suelos A-1-a, A-1-b, A-2-4, A-2-5 y A3, en donde su índice de grupo siempre es cero.

Si el valor del índice de grupo calculado resulta ser un número decimal, se redondea al número entero más cercano según los siguientes criterios matemáticos.   

Si la parte decimal es menor que 0.5 entonces se elimina, e.g. si IG = 3.4 se redondea a 3. Si la parte decimal es mayor que 0.5 entonces se aumenta en una unidad al número entero, e.g. si IG = 3.6 se redondea a 4. - Si la parte decimal es igual a 0.5 entonces se redondea al número entero par más próximo, e.g. si IG = 3.6 se redondea a 4 y si IG = 4.5 se redondea a 4.

El índice de grupo de suelos A-2-6 y A-2-7 debe calcularse utilizando solo la porción del IP:

IG  0.01·(F200  15)·(IP  10)

[2.4]

En el caso de usarse el ábaco, observe que en la parte superior de la medida derecha se encuentra un rango para los suelos A-2-6 y A-2-7, cuando trabaje con estos subgrupos el índice de grupo (IG) resultara ser el valor del índice parcial de grupo para IP.

El índice de grupo no tiene límite superior.

100


2.3. Problemas. PROBLEMA 1. Se ha realizado ensayos de granulometría y limites de consistencia en un suelo y se presentan los resultados a continuación.

Peso del recipiente, Mr: Peso de la muestra seca, MS: Peso de la muestra seca, Mo=MS+r - Mr: Peso seco de la muestra retenida en el Nº 200 despues del lavado, M 200:

352.5 g 9846.00 g 9493.50 g 9233 g

Para la fracción fina: Límite líquido = 28% Índice de plasticidad = 18% Tamiz Nº Diámetro Peso retenido mm g 3" 76 1829.5 2" 52 1978.5 11/2" 38 1055.5 1" 25 437 3/4" 19 320.5 1/2" 13 432 3/8" 9 235.5 1/4" 6.3 333 4 4.75 200.5 8 2.36 530.5 16 1.18 478.5 30 0.6 393.5 50 0.3 424.5 100 0.15 406 200 0.075 168 Bandeja ------10 Ma = 9233.00

Se pide clasificar el material usando el sistema de clasificación de suelos Unificado. a) Dibujar la curva granulométrica. b) Clasificar el suelo por el sistema de clasificación de suelos Unificado. a) Curva granulométrica: Para dibujar la curva granulométrica es necesario determinar los porcentajes de suelo seco que pasan por cada tamiz y graficar la abertura del tamiz en escala logarítmica con el porcentaje que pasa en cada tamiz. A continuación se presenta el procedimiento y algunas consideraciones de importancia para lograr un análisis preciso. El peso de la muestra seca retenida sobre el tamiz Nº 200, que es el peso del material seco que queda después de haber lavado el material seco de peso W S, sobre el tamiz Nº 200 y

101


haber eliminado de la muestra el material menor a 0.0075 mm de diámetro, este material es el que se utiliza para el tamizado. Si se tienen partículas que no pasen el tamiz de 3‖, no tomar en cuenta el peso e estas para el calculo y colocar en el informe final: ―Con cantos rodados‖ Del análisis del tamizado se obtiene el porcentaje que pasa de la siguiente manera: 1. Determinar el total de peso retenido en todos los tamices. Total de peso retenido = Ma = ∑(Peso retenido en cada tamiz) = 1829.5 + 1978.5 +… 9233 g

+ 10 =

2. Verificar el porcentaje de error en el tamizado (debe ser menor al 2 %, sino rehacer el ensayo).

% Error 

M 200  M a 100  2% M 200

% Error 

9233 9233 100  0 %  2 % 9233

3. Determinar el peso retenido acumulado en cada tamiz: Peso retenido acumulado = Peso retenido en el tamiz superior + peso retenido en el tamiz actual.

Por ejemplo para el tamiz de 2‖: Peso retenido acumulado = 1829.5 + 1978.5 = 3808 4. Determinar la masa que se debe aumentar a la bandeja: Mb = Mo – M200 Mb = 2943.5 – 9233 = 260.5 g 5. Determinar el porcentaje retenido acumulado: Porcentaje retenido acumulado = [(masa retenida acumulada)/peso de la muestra seca, Mo]·100

Por ejemplo para el tamiz de 2‖: Porcentaje retenido acumulado = [3808/9493]·100 = 40.11 % 6. Determinar el porcentaje que pasa: Porcentaje que pasa = 100 % - Porcentaje retenido acumulado. Por ejemplo para el tamiz de 2‖: Porcentaje que pasa = 100 % - 40.11 % = 59.89 %

102


7. Determinar los logaritmos del diámetro de la abertura de los tamices: Log(Diámetro) = Logaritmo en base 10 8. Determinar el porcentaje que pasa corregido. Haciendo que porcentaje que pasa el tamiz de 3‖ sea el 100% y los demás se los halla por regla de tres. 9. Construcción de la curva de distribución de tamaño de partículas. Log(diámetro) vs. % que pasa. Tamiz Diámetro Peso retenido Peso retenido % retenido % que pasa Log (diámetro) % que pasa mm g acumulado g acumulado corregido 3" 76 1829.5 1829.50 19.27 80.73 1.88 100.00 2" 52 1978.5 3808.00 40.11 59.89 1.72 74.18 11/2" 38 1055.5 4863.50 51.23 48.77 1.58 60.41 1" 25 437 5300.50 55.83 44.17 1.40 54.71 3/4" 19 320.5 5621.00 59.21 40.79 1.28 50.53 1/2" 13 432 6053.00 63.76 36.24 1.11 44.89 3/8" 9 235.5 6288.50 66.24 33.76 0.95 41.82 1/4" 6.3 333 6621.50 69.75 30.25 0.80 37.47 4 4.75 200.5 6822.00 71.86 28.14 0.68 34.86 8 2.36 530.5 7352.50 77.45 22.55 0.37 27.94 16 1.18 478.5 7831.00 82.49 17.51 0.07 21.69 30 0.6 393.5 8224.50 86.63 13.37 -0.22 16.56 50 0.3 424.5 8649.00 91.10 8.90 -0.52 11.02 100 0.15 406 9055.00 95.38 4.62 -0.82 5.72 200 0.075 168 9223.00 97.15 2.85 -1.12 3.53 Bandeja ------10 9233.00 100.00 0.00 ---0.00 Ma = 9233.00 260.50 Mo = 9493.50

Distribución de tamaño de partículas

Porcentaje que pasa, %

100 80 60 40 20 0 100.00

10.00

1.00 0.10 Abertura de los tamices, mm

0.01

103


b) Clasificación de suelos por el sistema de clasificación de suelos:

PASO 1 Obtener el % retenido en el tamiz Nº 200 para la clasificación preliminar (Tabla B.1). F200 = 3.53% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 3.53)

R200 = 96.47%



R200 = 96.47% > 50%



Suelo de grano grueso.



Suelo gravoso

PASO 2 Determinar si el suelo es gravoso o arenoso: F4 = 34.86



R4 = 100 - F4

R4=100 - 34.86



R4 = 65.14

0.5·R200 = 0.5·96.47



0.5·R200 = 48.23

R4 >0.5·R200



65.14 > 48.23

PASO 3 Clasificar el suelo según los criterios de la Tabla B.1 para los suelos gravosos: F200 < 5 hallar Cu y Cz:

Cu 

D60 D10

;

Cz 

2 D30 D10 D60

Los diámetros de partículas para los porcentajes requeridos, 10%, 30%, 60%, se pueden obtener de la curva de distribución de tamaño de partículas o mediante una interpolación lineal entre dos puntos en cuyo intervalo se encuentre el punto que se requiera hallar. El resultado obtenido mediante una interpolación lineal produce resultados más exactos. A continuación se procede con este método de interpolación lineal: PASO 4 Determinar el D10, D30 y el D60 mediante una interpolación lineal semilogaritmica. De la ecuación de la línea recta se tiene:

X  X1 Y  Y1  X 2  X 2 Y2  Y1

104


Haciendo cambios de variable:

X  D 10; 30; X 1  D1 X 2  D2

60

X =abertura tamiz (escala logarítmica) Y = % que pasa (escala aritmética)

Y  10 ; 30; 60 % Y1  %1 Y2  %2

 %  %1  Dx  D1   log x D2  D1  % 2  %1  Dx 

D2  D1  log% x   log%1   D1 log% 2  log%1

Para D10 se tiene: D10 = X D1 = 0.3 D2 = 0.15

%x = 10 %1 = 11.02 %2 = 5.72

D10 

0.3  0.15  log10  log11.02  0.3 log5.72  log11.02

D10  0.278 mm Para D30 se tiene: D30 = X D1 = 4.75 D2 = 2.36

%x = 30 %1 = 34.86 %2 = 27.94

D30 

2.36  4.75  log30  log34.86  4.75 log27.94  log34.86

D30  3.131mm Para D10 se tiene: D60 = X D1 = 38 D2 = 25

%x = 60 %1 = 60.41 %2 = 54.71

D60 

25  38  log60  log60.41  38 log54.71  log60.41

D60  37.107 mm

105


PASO 5 Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas.

CU 

D60 D10



CU 

37.107 0.278

CC 

2 D30  D60  D10

CC 

3.1312  CC  0.67 0.278 37.107



CU  133.5

PASO 6 Clasificar el suelo con todos los datos ya disponibles (Tabla B.1).

CU  133.5 > 4 CC  0.67 < 1 Por lo tanto el suelo es:

GP

PASO 7 Hallar el nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2. SF = R200 – R4



SF = 96.47 – 65.14

SF = 31.33% > 15 Por lo tanto el suelo es:

(GP) Grava pobremente gradada con arena.

106


PROBLEMA 2. Clasifique el siguiente suelo por el sistema de clasificación AASHTO. Límite líquido = 51% Límite plástico = 25% Distribución del tamaño de partículas Porcentaje que pasa, %

100 80 60 40 20 0

100

10

1

0.1

Diametro de partículas, mm

0.01

PASO 1 Determinar el índice de plasticidad y porcentajes que pasan necesarios para clasificación.

LL  51% LP  25%



IP  26%

De la grafica de la distribución de tamaño de partículas se tiene:

F200  4% (Diámetro de partículas de 0.075 mm) F40  10% (Diámetro de partículas de 0.425 mm) F10  23% (Diámetro de partículas de 2.00 mm) PASO 2 Clasificar el suelo según la Tabla B.6 del anexo B. Se procede de izquierda a derecha por simple eliminación hasta que los datos del suelo se ajusten exactamente a los de la Tabla.

F200  4%



F200  35%

LL  41% IP  11%



A 27



Suelo grueso

De la ecuación [B.4] se obtiene el índice de grupo para el suelo A-2-7:

IG  0.01 F200  15  IP  10  0.01 4  15  26  10  1.76

IG  0

(Para índices de grupo negativos su índice de grupo será cero)

Por lo tanto el suelo es:

A-2-7 (0)

107


PROBLEMA 3. Se pide clasificar el siguiente suelo por el sistema ASSHTO. Límite líquido = 44% Límite plástico = 21% Distribución del tamaño de partículas Porcentaje que pasa, %

100 80 60 40 20 0

100

10

1

0.1

Diametro de partículas, mm

0.01

PASO 1 Determinar el índice de plasticidad y porcentajes que pasan necesarios para clasificación.

LL  44% LP  21%



IP  23%

De la grafica de la distribución de tamaño de partículas se tiene:

F200  4% (Diámetro de partículas de 0.075 mm) F40  10% (Diámetro de partículas de 0.425 mm) F10  23% (Diámetro de partículas de 2.00 mm) PASO 2 Clasificar el suelo según la Tabla B.6 del anexo B. Se procede de izquierda a derecha por simple eliminación hasta que los datos del suelo se ajusten exactamente a los de la Tabla.

F200  4%



F200  35%



Suelo grueso

LL  44% LP  21%



LL  41% IP  11%



A 27

PASO 3 Determinar el índice de grupo.

IG  0.01 F200  15  IP  10  0.01 4  15  23  10  1.43

IG  0

(Para índices de grupo negativos su índice de grupo será cero)


A-2-7 (0)

108


PROBLEMA 4 Clasificar los siguientes suelos por el sistema de clasificación AASHTO. Distribución

Suelo A 83 48 20 20 5

% fino tamiz Nº 10 % fino tamiz Nº 40 % fino tamiz Nº 200 Limite liquido Índice de plasticidad

B 100 92 86 70 32

C 48 28 6 — No plástico

D 90 76 34 37 12

E 100 82 38 42 23

Para clasificar estos suelos se procede de la misma manera que para las pregunta 1 y 2. Suelo A:



F200 = 20 < 35%

LL  20% IP  5%



Suelo Granular

LL  41% IP  11%



A 27

Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero: Por lo tanto el suelo es:



IG = 0

A-1-b (0)

Suelo B:



F200 = 86 > 35%

Suelo limo - Arcilla

LL  70% IP  32%



LL  41% IP  11%



A7

IP = LL-30



32 = 70 – 30



32  40



A-7-5

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG = F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01 F200  15  IP  10 IG = 86  35  0.2  0.005 70  40  0.01 86  15  32  10 IG = 33.47



IG = 33


A-7-5 (33)

Suelo C: F200 = 6 < 35%



suelo Granular

IP = No plástico



A-1-a

109


Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero: Por lo tanto el suelo es:



IG = 0

A-1-a (0)

Suelo D:



F200 = 34 < 35%

LL  37% IP  12%



suelo Granular

LL  41% IP  11%



A 26

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.4]: IG = 0.01 F200  15  IP  10 IG = IG  0.01 34  15  12  10 IG = 0.38



IG = 0

A  2  6(0)

Por lo tanto el suelo es: Suelo E:



F200 = 38 < 35%

suelo limo y Arcilla

LL  42% IP  23%



LL  41% IP  11%



A7

IP = LL-30



23 = 42 – 30



23 ≥ 12



A-7-6

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:

IG  F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01F200  15  IP  10 IG  38  35  0.2  0.005 42  40  0.0138  1523  10 IG = 3.62




IG = 4 A-7-6 (4)

110


PROBLEMA 5. Una muestra de suelo inorgánico tiene las siguientes características: Tamiz (m.m) % que pasa 2.0 (Nº 10) 100 0.075(Nº 200) 71 0.050 67 0.005 31 0.002 19 Límite líquido = 53% Índice de Plasticidad = 22% Clasificar el suelo mediante los sistemas de clasificación de suelos: a) AASTHO. b) Unificado. a) Sistema de clasificación AASHTO: F200 = 71% > 35%



LL = 53% IP = 22%



LL  41% IP  11%



A7

IP = LL-30



22 = 53 – 30



22  23

Suelo Arcilla-Limo.



A-7-5

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG = F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01 F200  15  IP  10

IG  71 35  0.2  0.005 53  40  0.01 71 15  22  10 IG = 16.26



IG = 16


A-7-5 (16) Mayormente Arcilloso.

b) Sistema de clasificación Unificado F200 = 71% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 71)

R200 = 29%



R200 = 29% < 50%



Suelo de grano fino.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 53% IP = 22%

 Límitesde Atterbergdebajo de la línea A (Figura B.1)  MH 111


El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4 (ver nota en la parte inferior de la Tabla B.4, para determinar la fracción de grava, GF y la fracción de arena, SF): R200 = 29%



15 ≤ R200 ≤ 29%

GF = R4



GF = 0%

SF = R200 – R4 

SF = 29 – 0

SF 29  GF 0

SF  GF






SF = 29%

(MH) Limo elástico con arena

112


PROBLEMA 6. Realizar la clasificación de los siguientes suelos: Suelo Descripción % que pasa el tamiz No. 4 % que pasa el tamiz No. 10 % que pasa el tamiz No. 40 % que pasa el tamiz No. 200 Limite líquido Índice plástico

A 87 77 68 60 27 10

B 95 90 66 80 32 3,5

C 75,5 65 53 45 32 12

D 47 38 26,8 16,5 24,5 7,6

E 28 21 12 2,85 –———No plástico

F 99,8 97,5 96 74 25 20

Por los siguientes métodos: a) Sistema de clasificación AASHTO. b) Sistema de clasificación Unificado. a) Sistema AASHTO. Suelo A: F200 = 60% > 35%



LL = 27% IP = 10%

LL < 40% IP ≤ 10%



Suelo Arcilla-Limo.



A4


IG  F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01 F200  15  IP  10

IG  60  35  0.2  0.005 27  40  0.01 60  15  10  10 IG = 3.375



IG = 3

Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limoso de regular a pobre para la construcción de carreteras. Suelo B: F200 = 80% > 35%



LL = 32% IP = 3.5%

LL < 40% IP < 10%



Suelo Arcilla-Limo.



A4


IG  F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01 F200  15  IP  10

113

Problemas resueltos de mecánica de suelos IG  80  35  0.2  0.005 32  40  0.01 80  15  3.5  10 IG = 2.97



IG = 3

Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limoso de regular a pobre para la construcción de carreteras. Suelo C:



F200 = 45 > 35% LL = 32% IP = 12%



Suelo Arcilla-Limo.

LL < 40% IP > 11%



A6


IG  F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01 F200  15  IP  10 IG  45  35  0.2  0.005 32  40  0.01 45  15  12  10 IG = 2.2



IG = 2

Por lo tanto el suelo es: A-6 (2) Suelo arcilloso de regular a pobre para la construcción de carreteras Suelo D: F200 = 16.5 < 35%



LL = 24.5% IP = 7.6%

LL < 40% IP < 10%



Suelo grueso.



A24

El índice de grupo de este suelo es cero: IG = 0 Por lo tanto el suelo es: A-2-4 (0) Grava y arena limosa o arcillosa de excelente a buena para la construcción de carreteras. Suelo E: F200 = 2.85 < 35%



Suelo grueso.

LL = —— IP = No plástico



A3

El índice de grupo de este suelo es cero: IG = 0

114


Por lo tanto el suelo es: A-3(0) Arena fina de excelente a buena para la construcción de carreteras.

Suelo F:



F200 = 74 > 35% LL = 25% IP = 20%



Suelo Arcilla-Limo.

LL < 40% IP > 11%



A6


IG  F200  35  0.2  0.005 LL  40  0.01 F200  15  IP  10 IG  74  35  0.2  0.005 25  40  0.01 74  15  20  10 IG = 10.7



IG = 11

Por lo tanto el suelo es: A-6 (11) Suelo arcilloso de regular a pobre para la construcción de carreteras b) Sistema Unificado. Suelo A: F200 = 60% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 60)

R200 = 40%



R200 = 40% < 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 27% < 50% IP = 10% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)



CL

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4: R200 = 40%



R200 > 30%

R4 = 100 – F4



R4 = 100 – 87



R4 = 13%

SF = R200 – R4 

SF = 40 – 13



SF = 27%

SF 27  GF 13

SF  2.08 > 1 GF






GF = R4 = 13%

(CL) Arcilla magra arenosa.

115


Suelo B: F200 = 80% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 80)

R200 = 20%



R200 = 20% < 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 32% < 50% IP = 3.5% < 4%



ML

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4: R200 = 20%



15 ≤ R200 ≤ 29%

R4 = 100 – F4



R4 = 100 – 95



R4 = 5%

SF = R200 – R4 

SF = 20 – 5



SF = 15%

SF 15  GF 5

SF 3 >1 GF






GF = R4 = 5%

(ML) Limo con arena

Suelo C: F200 = 45% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 45)

R200 = 55%



R200 = 55% > 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: F4 = 75.5



R4 = 100 - F4

R4=100 – 75.5



R4 = 24.5

0.5·R200 = 0.5·55



0.5·R200 = 27.5

R4 <0.5·R200



24.5 < 27.5

F200 = 45% > 12% IP = 12% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)



Suelo arenoso



SC

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.3:

116


R4 = 24.5%



GF = R4 = 24.5% > 15


(SC) Arena arcillosa con grava.

Suelo D: F200 = 16.5% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 16.5)

R200 = 83.5%



R200 = 83.5% > 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: F4 = 47



R4 = 100 - F4

R4=100 – 47



R4 = 53

0.5·R200 = 0.5·83.5



0.5·R200 = 41.75

R4 > 0.5·R200



53 > 41.75

F200 = 45% > 12% IP = 12% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)



Suelo gravoso



GC

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2: SF = R200 – R4 

SF = 83.5 – 53


(GC) Grava arcillosa con arena.

Suelo E: F200 = 2.85% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 2.85)

R200 = 97.15%



R200 = 97.15% > 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: F4 = 28



R4 = 100 - F4

R4=100 – 28 0.5·R200 = 0.5·97.15

 

R4 = 72 0.5·R200 = 48.575

R4 > 0.5·R200



72 > 48.575



Suelo gravoso

117


F200 = 2.85% < 5% Hallar Cu y Cz: Tomamos los mismos parámetros del problema 1.

CU 

D60 D10



CU 

37.107 0.278



CU  133.5

CC 

2 D30  D60  D10

CC 

3.1312 0.278 37.107



CC  0.67

CU  133.5 > 4 CC  0.67 < 1 Por lo tanto el suelo es:

GP

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2: SF = R200 – R4



SF = 97.15 – 72


(GP) Grava pobremente gradada con arena.

Suelo F: F200 = 74% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 74)

R200 = 26%



R200 = 26% < 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 25% < 50% IP = 20% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A y sobre la línea U (Figura B.1). Esto se puede comprobar con la función de su gráfica : Línea U: PIu = (0.9)·(LL – PI) PIu = (0.9)(25 – 20) PIu = 4.5 < PI = 20 De esta manera se comprobó que los limites se encuentran por encima de la línea U, lo que indica que este suelo NO EXISTE , ya que no hay suelos con límites de consistencia por encima de esta línea.

118

CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos

CAPÍTULO 3

Descripción e identificación de suelos 3.1. Introducción La identificación de un suelo consiste en reconocer el tipo de suelo en un sistema de clasificación conocido, en este caso mediante una inspección visual, táctil y olfativa, acompañado de algunos ensayos manuales evaluados en forma cualitativa. Mientras que la descripción consiste en aportar información adicional de algunas características notorias del suelo como ser: el color, olor, forma de las partículas del suelo y otras características. Inclusive esta información descriptiva debe usarse para complementar la clasificación de un suelo mediante los ensayos convencionales de laboratorio. En ingeniería civil se utilizan los suelos con dos propósitos: a) material de préstamo para terraplenes o rellenos. b) Fundaciones de estructuras. Se realiza la descripción de los suelos dependiendo como vayan a ser utilizados. a) Material de préstamo. Descripción del contenido de humedad seco, húmedo, saturado. b) Para fundaciones. Estructura natural, densificación en campo, consistencia del suelo, contenido de humedad. En general, se debe seguir el siguiente procedimiento: 1. Nombre típico. 2. Porcentaje aproximado de arena y grava. 3. Máximo tamaño de partículas. 4. Forma de los granos gruesos, angularidad. 5. Condición de la superficie de los granos. 6. Dureza. 7. Color 8. Humedad. 9. Contenido orgánico 10. Plasticidad 11. Estructura 12 Cementacion 13. Grado de compacidad (excepto arcilla) 14. Consistencia (solo arcillas) 15 Nombre geológico 16. Símbolo de grupo

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Problemas resueltos de mecánica de suelos 3.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Para la identificación de una muestra de suelo: a) Definir tenacidad b) Definir dilatancia. c) Actividad. d) Plasticidad. e) Límite plástico. Respuesta: a) Tenacidad. Se refiere a la firmeza o rigidez de un suelo en términos de su grado de cohesividad. b) Dilatancia. Se refiere a la velocidad con la que una muestra de suelo cambia su consistencia y con la que el agua aparece y desaparece al ser sometida a una cierta acción dinámica de golpeteo. La dilatancia define la intensidad de dicha reacción. c) Actividad. Es la pendiente entre el índice de plasticidad y el % de fracción de arcilla de un suelo. A

IP Fracción de arcilla (%)

d) Plasticidad. Es la propiedad que tienen algunos suelos en especial las arcillas a que con un contenido de humedad leve pueden ser remoldeados y amasados sin desmenuzarse. e) Limite Plástico. Es cuando un suelo de determinada humedad es amasado en forma de rollitos de 3,2mm de diámetro una y otra vez hasta que ese rollo presente fisuras en la superficie entonces ese es el limite plástico, es el limite entre el estado plástico y el estado liquido.

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PREGUNTA 2. Para la identificación de muestras de suelo. a) Definir resistencia en seco. b) Determinar los criterios para identificar una muestra de limo (ML o MH). c) Distinguir y explicar los diferentes “grados” de consistencia de un suelo fino. Respuesta: a) Resistencia en seco. Se refiere a la firmeza o rigidez de una muestra d suelo, previamente secado, al romperse bajo presiones ejercidas por los dedos, es un índice del carácter de su fracción de arcilla. b) Determinar los criterios para identificar un limo. Simbolo Resistencia en Seco ML Nula a baja MH Baja a media

Dilatancia Tenacidad Lenta a rapida Baja, no se forman rollos Nula a lenta Baja a media

c) Distinguir los grados de consistencia de un suelo fino. Descripcion Muy suave Suave Firme Dura Muy dura

Criterio El pulgar penetra el suelo mas de 1" (25mm) El pulgar penetra el suelo cerca de 1" (25mm) El pulgar mella el suelo cerca de 1/4 (6mm) El pulgar no mella el suelo pero es facilmente mellado con la uña del pulgar La uña del pulgar no mella el suelo

111

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 3. Para la identificación de una muestra de suelo: a) Determinar los criterios para identificar una muestra de arcilla (CL o CH) b) Indicar los aspectos que deben caracterizarse en una muestra de suelo Respuesta: a) Determinar los criterios para identificar una arcilla. Simbolo CL CH

Resistencia en Seco Media a alta Alta a muy Alta

Dilatancia Nula a lenta Nula

Tenacidad Media Alta

b) Aspectos que deben caracterizarse en una muestra de suelo.            

Angularidad de las partículas Forma de las partículas Tamaño máximo de partícula Dureza Color Olor Humedad Reacción con HCL Consistencia Estructura Cimentación Comentarios Adicionales

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PREGUNTA 4. Describa como se puede identificar los siguientes suelos en campo utilizando simplemente es tacto y la vista. a) Grava o arena. b) Limo. c) Arcilla. d) Suelo orgánico. Respuesta: a) Grava o Arena. Las gravas y las arenas son visibles a la vista, el diámetro de la grava es mayor a 4.75 mm hasta 76 mm, y la arena varía de 4.75 mm a 0.075 mm, las arenas son rugosas al tacto. b) Limo. Es un material fino que presenta muy poca plasticidad por lo cual al ser presionados por los dedos se desmenuzan. c) Arcilla. Es un material fino que presenta alta plasticidad por lo que con un contenido de humedad moderado, puede remoldearse y amasarse sin desmenuzarse. d) Suelo Orgánico. Tiene un olor a materia orgánica vegetal y presenta un color café oscuro a negro.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 5. Cuales son las características que se deben anotar en el informe para la descripción de: a) Un suelo granular. b) Un suelo fino. Respuesta: a) Para un suelo Granular: 

Color



Componentes minerales, como el cuarzo, pizarra, mica, granito, etc.



Materia orgánica como raíces, pedazos de madera, fango, etc.



Forma de los granos cuando estos sean visibles.



Tamaño máximo de las partículas en el caso de tratarse de gravas o rocas.

a) Para un suelo fino: 

Color.



Porcentaje de material granular.



Componentes orgánicos.



Dilatancía.

114


PREGUNTA 6. Cuales son los materiales necesarios para una descripción e identificación de un suelo en campo: Respuesta: 

Navaja de bolsillo o una espátula pequeña.



Un pequeño tubo de ensayo con tapón (o jarra con tapa).



Lupa manual.



Agua pura. A menos que se indique otra cosa, cuando se hace referencia al agua, deberá darse por entendido que ésta provenga de un acueducto o de una fuente natural, incluyendo agua no potable.



Acido clorhídrico (HCl), recipiente pequeño con ácido clorhídrico, diluido una parte de HCl (10 N) en tres partes de agua destilada (este reactivo es opcional, ver precauciones de seguridad).

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 7. Cuales son los Criterios a seguir para describir la angularidad de los materiales granulares: Respuesta: Criterios para describir la angularidad de las partículas granulares. Descripción Angular Subangular Subredondeada Redondeada

Criterio Partículas con bordes afilados o agudos y caras relativamente planas con superficies no pulidas (Figura B.1). Partículas similares a las angulares pero con bordes algo redondeados (Figura B.2). Partículas con casi todas las caras planas pero con esquinas y bordes redondeados (Figura B.3). Partículas con lados suavemente redondeados y sin bordes (Figura B.4).

116


PREGUNTA 8. Cuales son los Criterios a seguir para describir la forma de las partículas granulares: Respuesta: Criterio para describir la forma de las partículas granulares. Descripción Planas Alargadas Planas y alargadas

Criterio Partículas con una relación ancho/espesor >3. Partículas con una relación longitud/ancho >3. Partículas que cumplen ambas condiciones..

Nota. La longitud es la dimensión mayor; ancho es la dimensión intermedi a y espesor es la dimensión menor.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 9. Cuales son los Criterios a seguir para describir la reacción al HCl: Respuesta: Criterio para describir la reacción del HCl. Descripción Ninguna Débil Fuerte

Criterio Ninguna reacción visible. Ligera reacción, se forman burbujas lentamente. Reacción violenta, se forman burbujas de inmediato.

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PREGUNTA 9. Cuales son los Criterios a seguir para describir el estado de humedad del suelo: Respuesta: Criterio para describir la condición de humedad . Descripción Seca Húmeda Mojada

Criterio Ausencia de humedad, polvorosa (deja marcas de suciedad), seca al tacto. Humedad evidente, pero sin presencia visible de agua. Agua libre visible, generalmente cuando el suelo está por debajo del nivel freático.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 10. Cuales son los Criterios a seguir para describir la consistencia del suelo: Respuesta: Criterio para describir la consistencia. Descripción Muy blanda Blanda Firme Dura Muy dura

Criterio El dedo pulgar penetra en el suelo más de 25 mm. (1”). El dedo pulgar penetra en el suelo aproximadamente 25 mm. El dedo pulgar hace mella de 6 mm. (1/4”). El dedo pulgar no hace mella en el suelo; pero es fácilmente mellado con la uña del pulgar. La uña del pulgar no hace mella en el suelo.

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PREGUNTA 11. Cuales son los Criterios a seguir para describir el grado de cementación del suelo: Respuesta: Criterio para describir el grado de cementación. Descripción Débil Moderado Fuerte

Criterio Desmoronamiento o desmenuzamiento la manejar la muestra, o bajo una ligera presión de los dedos. Desmoronamiento o desmenuzamiento bajo una considerable presión de los dedos. No existe desmoronamiento ni desmenuzamiento bajo la presión de los dedos.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 12. Cuales son los Criterios a seguir para describir la estructura del suelo: Respuesta: Criterio para describir la estructura. Descripción Estratificada

Laminada

Fisurada Fracturada o lisa Estructura en bloques. Estructura con presencia de lentes Homogénea

Criterio Capas alternadas de material o color diferente, con espesor de por lo menos 6 mm. Los espesores de las capas deben ser anotados. Capas alternadas de material o color diferente, con espesores menores de 6 mm. Los espesores de las capas deben anotarse. Rompimiento o fisuras a lo largo de planos definidos de fractura con poca resistencia a ésta. Planos de fractura lisos o lustrosos; algunas veces estriados Suelos cohesivos que pueden romperse o ser disgregados en pequeños terrones angulosos, los cuales a su vez ya no pueden ser disgregados nuevamente. Inclusión de pequeñas bolsas de diferentes suelos; tales como pequeños cristales o lentes de arena esparcidos en una masa de arcilla. Se debe tomar nota del espesor de los lentes. Apariencia y color uniforme, es decir mismo color y textura .

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PREGUNTA 13. Cuales son los Criterios a seguir para describir la resistencia en seco de un suelo: Respuesta: Criterio para describir la resistencia en seco. Descripción Nula Baja Mediana Alta

Muy alta

Criterio La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con la simple manipulación. La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con una ligera presión de los dedos. La muestra seca se disgrega en pedazos o terrones con una considerable presión de los dedos. No podrá romperse o disgregarse la muestra seca con la presión de los dedos, pero se romperá en fragmentos al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura. No podrá romperse o disgregarse la muestra seca al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 14. Cuales son los Criterios a seguir para describir la dilatancía de un suelo: Respuesta: Criterio para describir la Dilatancía. Descripción Ninguna Lenta

Rápida

Criterio No hay ningún cambio visible en la muestra. Aparece lentamente agua sobre la superficie de mientras se la sacude, y no desaparece o lentamente al escurrirla. Aparece rápidamente agua sobre la superficie de mientras se la sacude y desaparece rápidamente al

la muestra desaparece la muestra escurrirla.

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PREGUNTA 15. Cuales son los Criterios a seguir para describir la tenacidad de un suelo: Respuesta: Criterio para describir la Tenacidad. Descripción Baja

Media

Alta

Criterio Sólo se necesita una ligera presión para formar rollitos cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del materi al son débiles y blandos. Se necesita una presión media para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen una rigidez o tenacidad media. Se requiere considerable presión para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen muy alta tenacidad.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 16. Cuales son los Criterios a seguir para describir la plasticidad de un suelo: Respuesta: Criterio para describir la Plasticidad. Descripción No plástico Baja Media

Alta

Criterio No pueden formarse rollos de 1/8” (3 mm) bajo ningún contenido de humedad. Difícilmente pueden formarse rollitos y terrones cuando la muestra está más seca que el límite plástico. Es fácil formar el rollito y pronto alcanza el límite plástico. El rollito no puede ser rehecho después de que se alcanza el límite plástico. Los terrones se desmoronan cuando se secan más que el límite plástico. Toma considerable tiempo formar rollos y remoldearlos para alcanzar el límite Plástico, pero el rollo puede ser rehecho varias veces después de alcanzar el límite plástico. Pueden formarse terrones sin que se desmoronen cuando están más secos que el límite plástico.

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PREGUNTA 17. Que es lo que debe contener el informe final para la descripción e identificación de un suelo: Respuesta: Información básica en una Descripción e Identificación de Suelos Información descriptiva de suelos. 1. Angularidad de las partículas: angular, subangular, subredondeada, redondeada. 2. Forma de las partículas: planas, alargadas, planas y alargadas. 3. Tamaño máximo de partículas. 4. Dureza, de arena gruesa a partículas más grandes. 5. Color (en condición húmeda). 6. Olor (mencionar solo se es suelo orgánico o si se trata e un olor inusual). 7. Humedad: seca. Húmeda, mojada 8. Reacción con HCI: ninguna, débil, fuerte Para muestras intactas: 9. consistencia (solo en suelos de grano fino): muy suaves, suave, firme, dura, muy dura 10. Estructura: estratificada, laminada, figurada, fracturada, con presencia de lentes, con bloques, homogénea. 11. Cementación; débil, moderada, fuerte 12. Comentarios adicionales (presencia de raíces, huecos, dificultades en el muestreo, etc.). Identificación de suelos. 13. Nombre de grupo 14. Símbolo de grupo 15. Nombre local 16. Interpretación geológica 17. Porcentaje de guijarros y cantos rodados (en volumen) 18. Porcentaje de grava, arena y finos (en peso seco) 19. Rango de tamaño de partículas: Grava-fina-gruesa Arena-fina, media, gruesa. Para suelos de grano fino: 20. Plasticidad de finos: no plástica, baja, media, alta, muy alta 21. Resistencia en seco: nula, baja, media, alta, muy alta. 22. Dilatancía : nula, lenta, rápida 23. Tenacidad: baja, media, alta. 24. Comentarios adicionales: presencia de raíces o de huecos de raíces, presencia de mica, yeso, etc., recubrimientos superficiales de las partículas, de los agregados gruesos, formación de cavernas o de costras, en los hoyos de barrenos o en las paredes de trincheras, dificultad al barrenar o al excavar, etc.

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CAPITULO 4 Flujo de agua

CAPITULO CUATRO

Flujo de agua 4.1. Introducción. Los suelos tienen espacios vacíos interconectados entre sí, a través de los cuales el agua puede fluir desde los puntos de mayor energía hacia los puntos de menor energía; todos los poros del suelo están conectados con sus vecinos. Los poros aislados son imposibles en una agrupación de esferas, cualquiera sea la forma de la misma. En los suelos gruesos, gravas, arenas e incluso limos es difícil imaginar poros aislados. En las arcillas, formadas como es habitual por partículas aplanadas, podrían existir un pequeño porcentaje de huecos aislados. Las fotografías con microscopio electrónico de arcillas naturales sugieren, sin embargo, que incluso en los suelos de grano más fino todos los huecos están interconectados. Como los poros de un suelo están aparentemente comunicados entre sí, el agua puede fluir a través de los suelos naturales más compactos. El estudio del flujo de agua a través de un medio poroso es importante en la mecánica de suelos. Es necesario para la estimación de la cantidad de flujo subterráneo bajo varias condiciones hidráulicas, para la investigación de problemas que envuelven la presión del agua bajo una construcción y para realizar el análisis de estabilidad en presas de tierra y estructuras de soporte hechas de tierra que están sujetas a fuerzas debidas al escurrimiento. Para éste estudio se sigue la ley de Darcy, la cual propone una simple ecuación para la velocidad de descarga del agua a través de los suelos saturados. Se debe tener muy en cuenta que la ecuación de Darcy sólo es aplicable en suelos más finos que las arenas gruesas. Además que el flujo de entre dos puntos cualesquiera depende sólo de la diferencia de carga total. De la mecánica de fluidos sabemos que, de acuerdo a la ecuación de Bernoulli, la altura total en un punto de análisis de agua en movimiento puede determinarse como la suma de la presión, la velocidad y la elevación. Cabe hacer notar que la altura de elevación, Z, es la distancia vertical de un punto dado por encima o por debajo del plano de referencia llamado Datum a éste. Si se aplica la ecuación de Bernoulli al flujo de agua a través de un medio poroso, como es el suelo, el término de velocidad puede ser despreciado, esto porque la velocidad de desplazamineto es pequeña, por tanto podemos decir que la altura total en cualquier punto es:

h

u v2  w 2 g

La altura de presión en un punto es la altura de la columna vertical de agua en el piezómetro instalado en tal punto.

1


4.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Explique lo que es: a) b) c) d)

Flujo de agua Infiltración. Percolación Escorrentía

Respuesta. a) Flujo de agua.- Se considera flujo de agua, a una corriente de agua que pasa a través de un medio poroso saturado de agua, donde las partículas de agua se mueven como conjunto de una altura total de carga mayor a una menor. b) Infiltración.- La infiltración a diferencia de flujo de agua, resulta ser una corriente de agua que circula por un medio poroso no saturado de agua, de una altura total de carga mayor a una menor. c) Precolación.- Se conoce como precolación, a la acción de una corriente de agua que pasa a través de un medio poroso. d) Escorrentía.- Escorrentía llamada también escurrimiento, es una corriente de agua que no se infiltra en el suelo, sino que corre por encima de la superficie terrestre hasta formar parte de los ríos, lagos y finalmente llegar al mar.

PREGUNTA 2. Explique el ciclo del agua. Respuesta. El ciclo hidrológico, es el proceso que resulta en la circulación del agua por toda la tierra. Este proceso empieza, cuando el agua se evapora de la superficie del océano y asciende a la atmósfera. Las corrientes de aire que se mueven constantemente en la atmósfera de la Tierra llevan hacia los continentes el aire húmedo. Cuando el aire se enfría, el vapor se condensa y forma gotitas de agua. Por lo general se las ve en forma de nubes. Con frecuencia las gotitas se juntan y forman gotas de lluvia. Si la atmósfera está lo suficientemente fría, en vez de gotas de lluvia se forman copos de nieve. Al caer al suelo, el agua se junta en riachuelos o se infiltra en el suelo y empieza su viaje de regreso al mar. La figura 4.1 muestra el proceso de manera simplificada.

Figura 4.1. Esquema simplificado del ciclo hidrológico.

2


Este comportamiento dinámico del estado físico del agua, tiene un elemento motriz. La fuente de la energía necesaria para el movimiento del agua proviene del calor del sol y la gravedad. Estas fuentes de energía, actúan en diferentes de los procesos que forman parte del ciclo del agua, estos son: Evaporación.- Gracias a la acción del sol buena parte del agua que esta en la superficie terrestre se evapora, por la radiación calórica del suelo o por la transpiración de las plantas, convirtiéndose en vapor de agua. Éste vapor llega a la atmósfera y es transportado por los vientos, donde luego se condensa formando así nubes. Precipitación.- Cuando el agua contenida en las nubes cae de la atmosférica y se deposita en la superficie terrestre, se dice que hay precipitación. Esta ocurre en forma líquida (lluvia y rocío) o sólida (granizo, nieve y escarcha). Infiltración.- Una parte del agua que ha precipitado, por gravedad ingresa al interior del suelo muchas veces a grandes profundidades, a lo que se llama infiltración. Escorrentía.- El agua que no se infiltra en el suelo, corre por encima de la superficie terrestre a las partes más bajas y llega a formar parte de los ríos, lagos, ciénagas y finalmente llega al mar.

PREGUNTA 3. Explique la permeabilidad de los suelos. Respuesta. La permeabilidad es una propiedad hidráulica de los suelos, donde el suelo permite hasta cierto grado particular, un movimiento de agua perceptible a través del mismo en estado saturado. La permeabilidad se mide en unidades de área, se considera a los suelos compuestos de grava y arena como de alta permeabilidad, mientras a los suelos arcillosos como muy poco permeables.

PREGUNTA 4. ¿Qué es la Superficie o nivel freático del agua? Respuesta. Los suelos están formados por partículas minerales con agua o gas entres sus espacios vacíos. Los espacios vacíos están interconectados entre si de diversas maneras, por lo tanto el agua puede pasar a través de estas en descenso de las zonas de alta presión a las de baja presión. El nivel de agua descenderá hasta detenerse, esto es cuando se encuentre un equilibrio entre la presión atmosférica y la presión de poros del suelo. Este nivel de agua, recibe el nombre de superficie freática o nivel freático de agua.

3


PREGUNTA 5. Explique lo que es: a) b) c) d)

Acuífero. Acuítardo. Acuícludo. Acuífugo.

Respuesta. a) Acuífero.- El agua que penetra en el suelo por infiltración puede quedar retenida a una profundidad o bien descender a una profundidad mayor. Un acuífero es un estrato subterráneo de arena o grava que almacena esta agua, cuya permeabilidad permite la retención de agua y permitir su movimiento a lo largo de este. Generalmente esta agua es transmitida a zonas de recarga, como: lagos, pantanos, manantiales, pozos y otras fuentes de captación. b) Acuítardo: Es una formación geológica similar al acuífero, que contiene apreciables cantidades de agua, pero este debido a su permeabilidad, la transmite muy lentamente, como fuente de recarga, hacia otros acuíferos. c) Acuícludo: Es una formación geológica compuesta de arcilla (muy baja permeabilidad) que, conteniendo agua en su interior incluso hasta la saturación, no la transmite. d) Acuífugo: Esta es una formación geológica subterránea, que se caracteriza por no tener intersticios interconectados, es decir que los espacios vacíos entre partículas no están conectados entre si, por lo tanto, es incapaz de absorber agua y mucho menos transmitirla.

PREGUNTA 6. Explique la ascensión capilar de agua en los suelos. Respuesta. Los continuos espacios vacíos en un suelo, pueden comportarse en conjunto como tubos capilares con secciones transversales diferentes. Estos se comunican entre sí en toda dirección, constituyendo un enrejado de vacíos. Si este enrejado es invadido desde abajo por agua (nivel freático), esta ascenderá gradualmente. La figura 4.2, muestra que hasta una altura hcc por encima del nivel freático, el suelo se encuentra completamente saturado. A una latura comprendida entre hcc y hc, se encuentra parcialmente saturado de agua. La altura hc, se denomina altura máxima de ascensión capilar, que se determina con la siguiente expresión:

hc 

C e  D10

4


Superficie

Ascenso capilar máximo

Nivel de saturación capilar

hc

hcs Nivel freático

Figura 4.2. Ascensión capilar de agua en el suelo.

PREGUNTA 7. ¿Qué es la presión de poros? Respuesta. Cuando se instala un piezómetro donde existe un flujo de agua, este registra una cierta altura piezométrica (hp), como se observa en la figura 4.3. La presión del flujo de agua entre los espacios vacíos del suelo (poros), empuja agua hacia arriba por el piezómetro, hasta que exista un equilibro con el peso del agua contenida en el piezómetro.

Wp

Ap

Ap

hp

u Figura 4.3. Presión de poros en el suelo.

5


A la presión del agua dentro los espacios vacíos del suelo (poros), se la denomina presión de poros y se la representa por la letra u. Como la presión de poros está en equilibrio con la presión que ejerce el peso del agua dentro del piezómetro (figura 4.3), se escribe que:

u

Wp Ap

Donde: Wp = Peso del agua contenida en el piezómetro. Ap = Área de la sección transversal del piezómetro ocupada por el agua. El peso del agua (Wp), puede escribirse en función a las dimensiones del piezómetro, este será:

u

 w  h p  Ap Ap

Por lo que la presión de poros será: u =  w·hp

PREGUNTA 8. Explique lo que es: a) b) c) d) e) f)

Concepto de carga Altura total de carga. Perdida de carga Gradiente hidráulico Gradiente hidráulico crítico Conductividad hidráulica

Respuesta. a) Altura total de carga.- Si se considera el punto B de la figura 4.4, este contiene energía en varias formas como ser: Energía potencial.- La cual existe debido a la elevación sobre la línea de referencia. Energía de presión.- La cual es debido a la presión del agua. Energía cinética.- La cual es debido a la velocidad del flujo de agua. Aunque las unidades en que se expresa la energía es Jouels, BTUs y otros, conviene hacer uso del concepto de carga, el cual es la energía dividida entre la aceleración de la gravedad. Este método convierte cada forma de energía al equivalente de energía potencial y se expresa esta con una respectiva altura. Por lo tanto las tres formas de energía pueden expresarse como:

6


Tubo Pitot

Piezometro

hv

hp

Area=A

h

Q Punto B hz Linea de referencia

Figura 4.4. Altura total de carga en una tubería. Altura de presión (hp).- Es la altura de elevación entre el punto y el nivel de agua del piezómetro que está adherido a la tubería, esta describe la energía de presión, esta altura también se conoce como altura piezométrica. Altura de velocidad (hv).- Es la diferencia en la elevación de agua que existe dentro el piezómetro y el tubo Pitot y describe la carga de velocidad. Esta relaciona la velocidad v y la aceleración debido a la gravedad que se expresa:

hv 

v2 2 g

b) Altura total de carga. La suma de estas tres alturas se conoce como la altura de carga total (h), que se expresa: h = hz + hp + hv c) Pérdida de carga.- La figura 4.5, muestra a una tubería con piezómetros y tubos Pitot instalados en los puntos A y B. Se tiene un flujo de agua que ocasiona un ascenso de agua en los piezómetros, donde existe una diferencia en las alturas piezométricas y de velocidad respecto de un punto al otro. Esta diferencia se debe a una pérdida de energía ocasionada por fricción, que es conocida como la pérdida de carga (h). d) Gradiente hidráulico.- El gradiente hidráulico (i), es definido como la relación entre la pérdida de carga y una distancia (L) donde ocurre dicha pérdida (figura 4.5), este se expresa:

i

h L

7


Al poder determinar un gradiente hidráulico, este indica la existencia de un flujo de agua. El gradiente hidráulico, siempre debe ser un valor positivo, además de ser adimensional. Este siempre tiene que ser medido en la dirección del flujo, donde L: Es una distancia paralela a la dirección del flujo.

hv

h

hv hp

hp B Q

A

L hz

hz

Linea de referencia

Figura 4.5. Pérdida de carga en una tubería. e) Gradiente hidráulico crítico.- El efecto que produce un flujo ascendente de agua en las partículas de una masa de suelo, consiste en reducir el esfuerzo intergranular entre partículas. Si se logra una velocidad de flujo suficientemente alta, la presión de flujo puede cancelar el esfuerzo efectivo en su totalidad, ocasionando condiciones movedizas. Se trata en esencia de condiciones en las que el suelo no ofrece resistencia al corte, pues el esfuerzo intergranular ha sido reducido a cero. Esto significa que las partículas del suelo empiezan a flotar debido a la fuerza del flujo de agua. Al valor de ic, se lo denomina como: Gradiente hidráulico crítico. Este representa la relación mínima entre la pérdida de carga (h) y longitud de suelo (L), que se requiere para cancelar el esfuerzo efectivo del suelo y ocasionar condiciones movedizas en las partículas de este. Este, es:

ic 

 sat  w w

También, puede expresarse en función de la gravedad específica y el índice de vacíos, que será:

ic 

Gs  1 1 e

f) Conductividad hidráulica: La conductividad hidráulica (k), es una constante que da una idea de la resistencia que ofrece el suelo al flujo de agua. Esta constante es medida en términos de velocidad y depende en gran manera de la estructura del suelo y depende de algunos factores tanto del suelo como del agua que circula en este, como ser:

8

CAPITULO 4 Flujo de agua     

La estructura del suelo. El índice de vacíos. La textura de las partículas, además de su rugosidad. Densidad. Viscosidad.

El intervalo de valores para la conductividad hidráulica, es muy amplio. La tabla 4.1, muestra algunos valores de la conductividad hidráulica para diferentes tipos de suelos. Tabla 4.1. Conductividad hidráulica para diversos suelos. Tipo de suelo Grava limpia Arena y grava mezclada Arena gruesa limpia Arena fina Arena limosa Arena arcillosa Limo Arcilla

Conductividad hidráulica cm/seg 1 a 100 10-2 a 10 10-2 a 1 10-2 a 10-1 10-3 a 10-2 10-4 a 10-2 10-8 a 10-2 10-10 a 10-6

La tabla 4.2, da una orientación de que tan permeables son los suelos según a su coeficiente de permeabilidad. Tabla 4.2. Clasificación del grado de permeabilidad del suelo. Grado de permeabilidad

Valor de k en [cm/seg]

Elevada Media Baja Muy baja Practicamente impermeable

Superior a 10-1 10-1 a10-3 10-3 a10-5 10-5 a10-7 menor de 10-7

Existen tres maneras comunes para conocer la conductividad hidráulica de un suelo, mediante: Ensayos hechos en laboratorio, relaciones y métodos empíricos y ensayos hechos en campo.

PREGUNTA 9. Explique la Ley de Darcy. Respuesta El propósito del análisis de flujo de agua en el suelo es determinar el caudal (q), que circula a través del suelo. Alrededor de 1850, H. Darcy trabajando en Paris, realizo un experimento. Utilizó un dispositivo semejante al que aparece en la figura 4.6, para estudiar las propiedades del flujo de agua a través de un lecho filtrante de arenas.

9


q

entra 1 2 3

h3

L

Arena

4

q sale

h4 Línea de referencia

Figura 4.6. Experimento de Darcy. Darcy hizo variar la longitud de la muestra (L) y la presión de agua en las partes superior e inferior de la misma, midiendo el gasto (q) a través de la arena. Darcy, encontró experimentalmente que el caudal (q), era proporcional a: (h3 – h4)/L . Por lo cual propuso que:

qk

h3  h4 A L

De la ecuación propuesta por: Darcy, se reconoce el gradiente hidráulico (i), expresado como:

i

h3  h4 L

Por lo que esta ecuación, se escribe: q = k·i·A Esta ecuación es conocida como la ley de Darcy y es válida únicamente para flujo laminar. En la figura 4.7, se muestra que la curva en la zona I, se ajusta a una línea recta que parte desde el origen de coordenadas. Por lo cual la ecuación de esta curva en la zona I, puede escribirse cómo: v = k·i

10


Velocidad, v

Zona III Zona de Flujo Turbulento Zona II Zona de Flujo de Transición Zona I Zona de Flujo Laminar

Gradiente Hidráulico, i

Figura 4.7. Variación natural de la velocidad v con el gradiente hidráulico i.

PREGUNTA 10. Explique de manera sencilla, un procedimiento para determinar la conductividad hidráulica de un suelo, utilizando el:

a) Permeámetro de carga constante b) Permeámetro de carga variable Respuesta. a) Permeámetro de carga constante.- Este permeámetro es usado para suelos de grano grueso, compuestos de: Arena y grava. Este permeámetro puede medir conductividades hidráulicas de: k > 10-4 m/s. La figura 4.8, muestra el permeámetro de carga constante. Para determinar la conductividad hidráulica, debe seguirse los siguientes pasos: Paso 1. La muestra de suelo se introduce en un cilindro de plástico transparente, donde se instalan filtros de piedra porosa por encima y por debajo de esta. Paso 2. Se debe saturar completamente la muestra de agua, para lo cual se suministra agua que sea desairada al reservorio superior. Luego se abren las válvulas y se deja circular agua controlando la velocidad del flujo con las válvulas, hasta que los niveles de agua de los piezómetros se mantienen constantes. Lo que significa qua la muestra estará completamente saturada de agua. Paso 3. Inicialmente se deja correr un flujo de agua, controlado por las válvulas por un tiempo t. Luego, se registran las alturas piezométricas y el volumen de agua recolectada por el recipiente graduado. Después se modifica el caudal (q) y se repite el mismo procedimiento, se deben efectuar varios ensayos con diferentes caudales. La conductividad hidráulica será:

11


k

QL h  A  t

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. (véase a figura 4.8) h = Pérdida de carga. (véase a figura 4.8) Q = Volumen de agua recolectada por el cilindro graduado. A = Área transversal interna del cilindro. (sección transversal) t = Tiempo de duración el ensayo.

Reservorio superior

h

Drenaje de revalse Piezómetros Entrada q de agua

Válvula

Suelo

L

Reservorio inferior

q Válvula Cilindro graduado

Q

Figura 4.8. Permeámetro de carga constante. Paso 4. Luego de determinar diferentes conductividades hidráulicas (k), para cada variación del caudal (q), la media aritmética de todas las conductividades hidráulicas obtenidas será la conductividad hidráulica.

12


Paso 5. Finalmente debe realizarze, una corrección de la conductividad hidráulica por efecto de la temperatura, los resultados deben ser expresados para una temperatura de 20º C. a) Permeámetro de carga variable.- El permeámetro que se muestra en la figura 4.9, generalmente es usado para suelos de grano fino como ser:arenas finas, limos y arcillas, se pueden medir conductividades comprendidas entre: 10-4 < k < 10-7 m/s. Sección transversal area = a

Nivel de agua al empezar del ensayo

Tubo

h1

h Nivel de agua al final del ensayo h2 Sección transversal area = A

Suelo

L

Cilindro graduado

Huecos de drenaje

Figura 4.9. Permeámetro de carga variable. Aunque el ensayo de carga variable es principalmente aplicado a suelos finos, también puede proporcionar resultados aceptables en cualquier tipo de suelo, para lo cual deben seguirse lo siguientes pasos:

13


Paso 1. En un cilindro de unos 100 mm de diámetro, se introduce una muestra inalterada de suelo, donde los extremos superior e inferior están protegidos por una piedra porosa.

Paso 2. La muestra debe estar completamente saturada de agua, para esto se sigue el mismo procedimiento que para el permeámetro de carga constante.

Paso 3. Después de que la muestra ha sido saturada, se la introduce en un reservorio anegado de agua que cuenta con un vertedor que mantiene un nivel constante. El ensayo empieza, cuando se llena de agua el tubo que está conectado al extremo superior del cilindro con la muestra de suelo, entonces se permite que el agua desairada pase a través de la muestra de suelo. Se registra el nivel inicial de la columna de agua en el tubo al empezar el ensayo y también a diferentes tiempos durante el ensayo. La conductividad hidráulica (k), es obtenida de la siguiente expresión:

k

a  L  ln h1 h2  A  t 2  t1 

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. (véase a figura 4 – 32) a = Área de la sección transversal del tubo. h1 = Nivel inicial del agua en el tubo al empezar el ensayo. h2 = Nivel final del agua en el tubo al finalizar el ensayo. A = Área transversal interna del cilindro. (sección transversal) t1 = Tiempo al iniciar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h1. t2 = Tiempo al finalizar el ensayo, cuando el nivel de agua esta en h2.

Paso 4. Se repite el ensayo con diferentes diámetros del tubo, calculando diferentes conductividades hidráulicas (k), donde se tendrá una variación del caudal (q). La media aritmética de todas estas obtenidas será la conductividad hidráulica.

Paso 5. Finalmente, se debe realizar una corrección de la conductividad hidráulica por efecto de la temperatura, los resultados deben ser expresados para una temperatura de 20º C.

PREGUNTA 11. Explique las ventajas y desventajas de determinar la conductividad hidráulica al utilizar:

14

CAPITULO 4 Flujo de agua   

Ensayos en laboratorio Ecuaciones y métodos empíricos Ensayos en campo

Respuesta. a) Ensayos de laboratorio: Determinar la conductividad hidráulica del suelo, mediante ensayos en laboratorio es la forma más común. Ventajas.    

Los resultados por el permeámetro de carga constante o variable, gozan de ser confiables. No son muy costosos Aunque requieren experiencia, el manejo del equipo es sencillo. Para el caso de alguno suelos, el ensayo es rápido.

Desventajas.  

No siempre la muestra extraída in situ, es la representativa de la zona de estudio. Durante el transporte, puede sufrir alteraciones que podrían variar los resultados.

b) Ecuaciones y métodos empíricos: De acuerdo a la experiencia de muchos ensayos realizados en una diversidad de suelos, muchos investigadores han elaborado relaciones y procedimientos empíricos para predecir la conductividad hidráulica de los suelos según a sus propiedades físicas. Ventajas.  

Rápidamente, puede estimarse la conductividad hidráulica de un suelo. En algunos casos, basta tener los resultados un ensayo de granulométrico.

Desventajas.  

Los métodos empíricos, solo brindan aproximaciones, por lo que estos valores no son siempre son confiables. Para algunas características físicas especiales del suelo, los métodos empíricos pueden no ser aplicables.

c) Ensayos en campo: Las pruebas de bombeo en estado estacionario y los ensayos en barrenaciones, son solo algunos de los que se han ideado para determinar la conductividad hidráulica en campo. Ventajas. 

Estos ensayos proporcionan valores precisos de la conductividad hidráulica, ya que se ensaya con la misma zona en estudio.

15

Problemas resueltos de mecánica de suelos 

Pueden proporcionar información adicional, que generalmente es útil.

Desventajas. 

Resultan muy costosos, lo que su empleo debe limitarse según a la importancia de la obra. Las pruebas en campo requieren una significativa experiencia, tanto del operador como del equipo.



PREGUNTA 12. Explique la anisotropía en flujo unidimensional. Respuesta.

kV

kV kH

kV

kH

kH kV

kV

kH (a)

(b)

kH (c)

Figura 4.10. Conductividad hidráulica según a la dirección del flujo en suelo anisotrópico. Los suelos en su estado natural son anisotrópicos, pues el suelo no mantiene sus propiedades físicas en toda su masa. Lo que significa que la conductividad hidráulica varía según a la dirección del flujo. La figura 4.10, muestra diferentes casos en que puede presentarse la dirección del flujo: El flujo puede fluir en sentido horizontal (a), en sentido vertical (b) o en sentido inclinado (c). Según al caso se tendrá una componente vertical (kV) u horizontal (kH) de la conductividad hidráulica.

PREGUNTA 13. Explique la conductividad hidráulica equivalente en suelos estratificados. Respuesta. Un suelo estratificado puede contener diferentes tipos de suelo, con conductividades hidráulicas diferentes en todo su perfil, como se muestra en la figura 4.11. Cada estrato tiene un espesor de capa (H) y una conductividad hidráulica horizontal (kH) y vertical (kV) diferente. El flujo de agua puede fluir tanto horizontalmente como verticalmente teniendo conductividades hidráulicas diferentes en cualquier sentido.

16


Flujo horizontal

Flujo vertical

Figura 4.11. Flujo horizontal o vertical en suelo estratificado. Para el caso de un perfil de suelo de n estratos, donde se tiene un flujo de agua en sentido horizontal, como muestra la figura 4.12.

H1

Flujo horizontal

H2

H3

Hn

Figura 4.12. Conductividad hidráulica equivalente horizontal. La conductividad hidráulica equivalente para flujo horizontal en suelo estratificado, será:

k Heq 

k  H H i

i

i

La figura 4.13, muestra n estratos de suelo con flujo en dirección vertical.

17


Flujo vertical

H1

H2

H3

Hn

Figura 4.13. Conductividad hidráulica equivalente horizontal. La conductividad hidráulica equivalente para flujo horizontal en suelo estratificado, será:

kVeq 

H

i

 Hi    i 

  k

PREGUNTA 14. ¿Cómo se resuelve la ecuación de Laplace en flujo bidimensional? Respuesta. Para resolver la ecuación de Laplace en dos dimensiones, es necesario entender la teoría de las variables complejas y las técnicas del análisis conforme. Con la ayuda de computadoras, pueden obtenerse soluciones numéricas utilizando la técnica de elementos finitos, para problemas con condiciones de frontera complejas y características de permeabilidad altamente variables. La solución general de la ecuación de Laplace está constituida por dos grupos de funciones que geométricamente estas dos familias de curvas, son ortogonales entre si. La ecuación de Laplace para flujo bidimensional es:

 2h  2h  0 x 2 z 2 A fin de obtener con rapidez soluciones aceptables para los problemas de flujo de agua, se ha ideado diversas soluciones para la ecuación de Laplace en dos dimensiones. Esta ecuación puede ser solucionada mediante: Redes de flujo, métodos analíticos y modelos físicos.

18


PREGUNTA 15. ¿Qué condiciones debe cumplir la red de flujo isotrópica? Respuesta. Las redes de flujo, se construyen con el objetivo de calcular el caudal de flujo de agua subterránea y la altura de carga en el sistema. Sin embargo la red de flujo que es considerada como apropiada, debe cumplir ciertos requisitos: 

Las líneas equipotenciales interceptarán a las líneas de flujo en ángulos rectos (90º), pero ambas familias nunca se interceptaran entre si mismas.



Los elementos de flujo formados por la intercepción de estas dos familias de curvas, serán aproximadamente cuadrados.

La figura 4.14, muestra un buen ejemplo de una red de flujo que cumple apropiadamente estos dos requisitos.

H 0 A B

h1

C

D

E

F

G

H IJ

17

E' 1

16 2

15 3 4 5 6

7

8

9

10

11

12

13

14

Figura 4.14. Red de flujo isotrópica que satisface apropiadamente los requisitos.

PREGUNTA 16. ¿Cómo se origina la presión ascendente de agua, bajo estructuras de concreto? Respuesta. En sistemas de flujo cerrado o confinado, el agua circula por debajo de las estructuras impermeables en un suelo saturado de agua. La presión de poros ocasiona el ascenso del agua en un piezómetro, pero cuando la presión de poros actúa por debajo de una estructura, esta es como una barrera impermeable, esta presión tiende a levantar la estructura hacia arriba como muestra la figura 4.15.

19


A B

C

D

E

F

G

H IJ

Figura 4.15. Presión ascendente sobre la estructura.

Esta presión de poros en cada punto de contacto, será: ui =  w·hpi

PREGUNTA 17. Explique lo que es flujo confinado y no confinado. Respuesta. A diferencia del flujo unidimensional, cuando el flujo de agua se mueve en dos dimensiones , como por ejemplo en un plano, su estudio es más complicado. Generalmente los casos de flujo en dos dimensiones se presentan como: Flujo de aguas subterráneas, llamado también flujo confinado o cerrado, que es el que circula bajo muros de contención, presas de concreto y ataguías, donde no están expuestos a la presión atmosférica. Mientras que el flujo abierto es el que generalmente circula a través de presas de tierra, donde está expuesto a la presión atmosférica. La figura 4.16, muestra algunos ejemplos.

20


Ataguia Presa de concreto

Presa de tierra

z z

z y x

Dirección del flujo


y

y x

x

(b) (a) Figura 4.16. Ejemplos de flujo de agua en dos dimensiones.

(c)

PREGUNTA 18. ¿Qué es el gradiente hidráulico de salida? Respuesta. El gradiente hidráulico de salida, es conocido como la cantidad de disipación de altura de carga por unidad de longitud, medido a lo largo de la cara de la estructura donde el flujo de agua sale del medio poroso. Esta característica del flujo, es aplicable únicamente a sistemas de flujo confinado. En la Figura 4.17, se muestra la parte de la cara de la estructura donde es medido el gradiente hidráulico de salida.

Superficie del terreno L

Figura 4.17. Cara donde se mide el gradiente hidráulico de salida.

PREGUNTA 19. Explique la anisotropía en flujo bidimensional.

21


Respuesta.

a 4

3

2

1

1

2

3

4

5

kH = kV 2·b

kz=4·kx (a) Ataguía

2·a 3

1

1

2

b

kx=4·k z

(b)

a 4

3

2

1

Números de referencia 1 2 3 4

b

(c) Figura 4.18. Red de flujo en suelo anisotrópico.

Debido a su modo de formación y su deposición, muchos suelos sedimentarios tienen una conductividad superior en la dirección horizontal que en la dirección vertical. Se entiende por suelo anisotrópico, cuando: Las propiedades del suelo no son las mismas en cualquier dirección. Como consecuencia, las conductividades hidráulicas en sentido horizontal como vertical no son las mismas (kH  V). Por lo cual es necesario hacer algunas correcciones cuando se trate de un suelo de esta naturaleza y así poder emplear los métodos anteriormente descritos. Para compensar el efecto por anisotropía, las dimensiones del suelo son cambiadas por: La raíz cuadrada, de la relación entre las dos conductividades hidráulicas. Si kh, es la conductividad hidráulica horizontal y kv, es la conductividad hidráulica vertical, entonces las dimensiones horizontales del medio poroso de la sección transversal se cambiarán por la razón de: k H kV . Está razón a de ser aplicada a todas las dimensiones horizontales, para

22


obtener una sección transformada; donde se dibujará la red de flujo de manera similar al caso del suelo isotrópico. La figura 4.18 muestra algunos ejemplos. En la Figura 4.18a, se muestra la red de flujo en un sistema anisotrópico en dimensiones reales, donde kz > kx, al ser el suelo más permeable en la dirección z la red es alargada en esa dirección. En la Figura 4.18b, se muestra otro sistema anisotrópico en dimensiones reales, donde kx > kz, que está alargada en la dirección x. Al aplicar los cambios de variable la región de flujo queda transformada a un sistema isotrópico, como se ve en la Figura 4.18c.

PREGUNTA 20. Explique el efecto que tiene en el nivel freático la perforación de un pozo. Respuesta.

q Pozo de bombeo

r

r

2

Pozos de observación

1

A niv batim el ie fre nto áti d co el

d

Abatimiento

Nivel freático inicial Estrato impermeable

w

h

0

h

1

h

2

Acuifero Estrato impermeable Figura 4.19. Abatimiento del nivel freático al perforar un pozo. En la figura 4.19, se muestra el perfil de un suelo, la interfase entre la superficie superior del acuífero y el estrato impermeable, forma la línea superior del nivel freático. Al perforar el pozo y bombear agua se abate el nivel freático. Mediante la excavación de pozos de observación, puede determinarse el abatimiento del nivel freático. Este tiene forma parabólica y progresivamente se mantendrá constante, cuando se realice una prueba de bombeo estacionario.

PREGUNTA 21. Explique la prueba de bombeo estacionario en pozos.

23


Respuesta. El método de bombeo en estado estacionario, es apropiado para determinar valores precisos de la conductividad hidráulica de un suelo. Esta prueba de bombeo, implica la perforación de un pozo y bombear agua de este pozo. Inicialmente al empezar el bombeo, el agua extraída es agua almacenada de un acuífero que se encuentra adyacente al pozo o de un acuífero que el pozo intercepto (figura 4.20). Si se sigue bombeando el área de influencia del bombeo crecerá hasta alcanzar un estado de equilibrio entre el agua que es extraída y el agua de una fuente de recarga, satisfaciendo así la tasa de bombeo de agua. Si el pozo es bombeado a una tasa constante hasta que la descarga se estabilice, se tiene un bombeo en estado estacionario. Por tanto la conductividad hidráulica del acuífero puede ser calculado a partir de ecuaciones de equilibrio.

Figura 4.20. Bombeo de un pozo en estado estacionario. El análisis de los resultados de la prueba de bombeo en estado estacionario, depende del tipo de acuífero. Pueden presentarse los casos de: Acuíferos confinados, no confinados o mixtos; Según a la posición del nivel freático, se determinará el tipo de acuífero.

24


4.3. Problemas resueltos. Capilaridad.

PROBLEMA 1. Determine la altura del máximo ascenso capilar, de dos muestras de arena. La primera consiste en una arena limpia, donde se han clasificado la mayoría de sus partículas como redondeadas, esta arena tiene una relación de vacíos de 0.60 y un d10 = 0.05 mm. La segunda muestra consiste en una arena no limpia, contiene material rugoso, con un índice de vacíos de 0.60 y un d10 = 0.05 mm. Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el ascenso máximo capilar de agua en el suelo. El índice de vacíos y el diámetro efectivo son valores conocidos; el único valor que debe encontrarse es el coeficiente C. Este coeficiente es determinado con la tabla D.1, en base a las condiciones que describe el enunciado en lo que se refiere a forma y limpieza de las partículas de las arenas. PASO 1. Estimación del coeficiente C. Para el caso de la primera arena, el enunciado comenta que es una arena limpia y una buena parte de sus partículas son: redondeadas. Según la tabla D.1, puede estimarse un valor adecuado al caso de: C1 = 30 mm2 Para el caso de la segunda arena, el enunciado comenta que la arena es no limpia, una parte significativa de la arena contiene material rugoso: Según la tabla D.1, se estima un valor de: C2 = 50 mm2 PASO 2. Determinación del máximo ascenso capilar. El máximo ascenso capilar, para ambos suelos será:

hc1 

C1 e  d10

hc 2 

C2 e  d10

Reemplazando los valores de: e = 0.6 d10 = 0.05 mm. C1 = 30 mm2 C2 = 50 mm2

25


Se tendrá que:

hc1 

30 0.6  0.05

hc 2 

50 0.6  0.05

El máximo ascenso capilar de la primera arena, será: hc1 = 1000 mm.

hc2 = 1666.6 mm.

Comentario: Las dos arenas tienen el mismo índice de vacíos y diámetro efectivo, pero ambas varían en la forma y limpieza de sus partículas. Los resultado muestran, que el máximo ascenso capilar es mayor en la segunda arena que en la primera; por lo cual se ve que el ascenso capilar en suelos depende de la textura de las partículas, mientras más rugoso sea el suelo mayor será el ascenso capilar

26


PROBLEMA 2. Determine el máximo ascenso capilar, en tres tubos de diámetros diferentes mostrados en la figura 4.21. La tensión superficial del agua es: T = 0.073 N/m, los tubos están limpios y los diámetros son: d1 = 2 [mm]; d2 = 3 [mm]; d3 = 4 [mm]. d1

d2

d3

h1 h2 h3

Figura 4.21. Ascenso capilar máximo en tubos de diámetro variado. Estrategia: Con la ecuación D.1, se determina el máximo ascenso capilar de agua en tubos de vidrio. La tensión superficial, el peso unitario del agua y el diámetro del tubo son valores conocidos, salvo el ángulo . Este ángulo es conocido a partir del enunciado, que indica que los tubos están limpios. PASO 1. Determinación del valor del ángulo . Para el caso de tubos limpios, el valor del ángulo  siempre toma el valor de: =0 PASO 2. Determinación del máximo ascenso capilar. El ascenso máximo capilar en los tubos, será:

hc1 

4  T  cos d1   w

hc 2 

4  T  cos d2  w

hc 3 

4  T  cos d3   w

Reemplazando los valores de:  = 0 T = 0.073 N/m. w = 9.81x103 N/m3 (expresado en N/m3) d1 = 2x10-3 m. (convertido a metros)

27

Problemas resueltos de mecánica de suelos d2 = 3x10-3 m. (convertido a metros) d3 = 4x10-3 m. (convertido a metros) Se tendrá que:

hc1 

4  0.0731 2x103  9.81x103

hc 2 

4  0.0731 3x103  9.81x103

hc3 

4  0.0731 4x103  9.81x103

Por lo tanto el máximo ascenso capilar en los tres tubos, será: hc1 = 1.4x10-2 m.

hc2 = 9.9x10-3 m.

hc3 = 7.44x10-3 m.

Comentario: La única variación de los tres tubos de la figura 4.21, es su diámetro. De los resultados obtenidos, se concluye que mientras más pequeño sea el diámetro, mayor será el ascenso capilar.

28


PROBLEMA 3. Se ha extraído una muestra de suelo compuesta de arena y arcilla, donde se realizaron diversos ensayos en los cuales se determinaron distintas características del suelo, que son:  = 21.3 %, Gs = 2.60,  = 19.74 KN/m3 y d10 = 0.11 mm. La rugosidad y esfericidad de las partículas del suelo han sido estimadas, ambas en el rango de: 0.3 a 0.5. Determine el máximo ascenso capilar y estime la altura del suelo saturado con agua capilar. Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el máximo ascenso capilar máximo de agua en el suelo, se tiene como dato el diámetro efectivo, pero se desconocen el índice de vacíos y el coeficiente C. Mediante una ecuación que relacione el índice de vacíos, con los valores de: , GS y  , se determina dicho índice. El valor del coeficiente C, es estimado según a la forma de las partículas del suelo, con la Figura A.1, se puede tener una idea de esta forma tomando en cuenta los datos de rugosidad y esfericidad con que se clasificaron las partículas. Con la figura D.1, puede estimarse la altura de suelo saturado con agua capilar. PASO 1. Determinación del índice de vacíos. El índice de vacíos es obtenido de la ecuación A.18, que es:



1     GS   w 1 e

Reemplazando los valores de:

 = 0.213 (convertido a decimal) GS = 2.60  = 19.74 KN/m3 w = 9.81 KN/m3 Se tiene que:

19.74 

1  0.213  2.60  9.81 1 e

El índice de vacíos será: e = 0.56 PASO 2. Estimación del coeficiente C. En el enunciado, se describe que las partículas del suelo en general tienen una rugosidad y esfericidad en el rango de: 0.3 a 0.5 en la Figura A.1. Según a esta tabla, las partículas tienen mas forma rugosa que redondeada. Ya que el suelo es arcilloso, esto da la idea de que las partículas están ligeramente sucias. En base a toda esta información, según a la tabla D.1, se estima un valor del coeficiente de: C = 50 mm2

29


PASO 3. Determinación del máximo ascenso capilar. El máximo ascenso capilar será:

hc 

C e  D10


e = 0.56 d10 = 0.11 mm. C = 50 mm2 Se tiene que:

hc 

50 0.56  0.11

El máximo ascenso capilar será: hc = 811.6 mm. PASO 4. Estimación de la altura de suelo saturado por agua capilar. Ingresando con un valor de: d10 = 0.11 mm, en el ábaco de la figura D.1, se intercepta la curva que corresponde al: Nivel de saturación (figura 4.22). Arcilla Limo 10 4

Ascención capilar

mm

Arena Asc en

ción

10 3

10 2

Nivel d

e satura

85

cap

ilar

hc

Grava

ción h cs

10 1

0.11 0 0.002

0.006

0.02 0.06 Diámetro efectivo, d10

0.2

0.6

2

6

20

mm

Figura 4.22. Determinación de la altura de suelo saturada de agua capilar. La altura de suelo saturado es: hcs = 85 mm.

30


Comentario: Los resultados muestran, que la altura del máximo ascenso capilar (hc) es mucho mayor que la altura de suelo saturado de agua capilar (hcs), debido al tamaño de las partículas. En tubos capilares, mientras mayor sea el diámetro menor será el ascenso capilar. En suelos, mientras mayor sea el tamaño de las partículas el valor de d10 se incrementará, ocasionando que el tamaño de los espacios vacíos entre partículas crezcan. Como consecuencia de esto, la altura máxima de asenso capilar y la altura de suelo saturado por agua capilar serán cada vez menores cuando el tamaño de las partículas del suelo sea mayor.

31


PROBLEMA 4. En un suelo compuesto de arena fina limosa, se ha registrado el nivel freático a 5 [m] de profundidad. También se ha realizado un ensayo granulométrico y de gravedad específica en una muestra representativa de este suelo, los resultados de estos ensayos se muestran respectivamente en la tabla 4.3. Mediante otro ensayo se determino que el suelo tiene un d = 19.7 KN/m3, se sabe también que las partículas del suelo han sido clasificadas con una rugosidad de 0.9 y una esfericidad en el rango de 0.7 a 0.9. Determine la profundidad (D1) del máximo ascenso capilar y la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar. Tabla 4.3. Resultados de los ensayos de granulometría y de gravedad específica. Masa Tamiz Nro. Abertura [mm] retenida [gr] 4 4,75 0 10 2 40,2 20 0,85 84,6 30 0,6 50,2 40 0,425 40 60 0,25 106,4 140 0,106 108,8 200 0,075 59,4 Plato ------8,7 Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el máximo ascenso capilar de agua en el suelo. Para determinar la profundidad de este ascenso, debe restarse: Los 5 m de profundidad del nivel freático menos el ascenso capilar máximo (hc). El índice de vacíos no se conoce, para determinarlo, primero se obtiene la gravedad específica con los resultados del ensayo de la tabla 4.3 y utilizando una ecuación que relacione el: índice de vacíos, peso unitario seco y gravedad específica, se determina dicho índice. El diámetro efectivo que también no se conoce, se determina mediante una interpolación luego de procesar los resultado del ensayo granulométrico de la tabla 4.3. El coeficiente C, puede ser estimado con la tabla D.1, donde la forma de las partículas se conocerá según a la descripción de rugosidad y esfericidad de la Figura A.1 que da el enunciado. La altura de suelo saturado de agua capilar es determinada con el ábaco de la figura D.1. Para determinar la profundidad en que se encuentra el suelo saturado de agua capilar a de restarse: Los 5 m del nivel freático menos la altura de suelo saturado con agua capilar (hcs). PASO 1. Determinación de la gravedad específica: El peso del frasco con agua hasta el tope sin el suelo, será: 738.5 – 103.4 = 635.1 gr. El peso de un volumen de agua igual al volumen del suelo, será: 674.3 – 635.1 = 39.2 gr.

32


Por lo cual:

103.4 39.2

GS 

La gravedad específica de los sólidos, será: GS = 2.63 Al no especificarse una temperatura en la que se realizó el ensayo, se asume que es de 20º C. PASO 2. Determinación del índice de vacíos. La ecuación A.24, relaciona: d, e y Gs, que es:

d 

GS   w 1 e

Reemplazando los valores de: GS = 2.63 d = 19.7 KN/m3 w = 9.81 KN/m3 El índice de vacíos será: e = 0.3 PASO 3. Determinación del diámetro efectivo. Procesando los resultados de la tabla 4.3, se tiene que:

Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura mm 4.75 2 0.85 0.6 0.425 0.25 0.106 0.075 -------

Masa retenida gr 0 40.2 84.6 50.2 40 106.4 108.8 59.4 8.7

Masa acumulada 0 40.2 124.8 175 215 321.4 430.2 489.6 498.3

Porcentaje que pasa 100.00 91.93 74.95 64.88 56.85 35.50 13.67 1.75 0.00

Interpolando las cifras correspondientes al 10 %, el diámetro efectivo será: d10 = 8.23x10-2 mm.

33


PASO 3. Estimación del coeficiente C. Las partículas han sido clasificadas con una rugosidad de 0.9 y una esfericidad en el rango de 0.7 a 0.9, que según la Figura A.1 corresponde a una forma redondeada. La cantidad de material fino que se deposita en el plato (ensayo granulométrico) constituye un 1.7 % del total del suelo, lo que significa que la muestra está relativamente limpia. Según a la tabla D.1, con toda esta información se estima un coeficiente de: C = 30 mm2

PASO 4. Determinación de la profundidad máxima de ascenso capilar: El máximo ascenso capilar será:

hc 

C e  D10

Reemplazando los valores de: e = 0.3 d10 = 8.23x10-2 mm. C = 30 mm2 Se tiene que:

hc 

30 0.3  8.23x102

El máximo ascenso capilar, será: hc = 1215 mm. Por lo tanto, la profundidad (D1) de la máxima ascensión capilar en metros será: D1 = 5 – 1.215 D1 = 3.78 m.

PASO 5. Determinación de la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar. Ingresando con un valor de: d10 = 8.23x10-2 mm, en el ábaco de la figura D.1, se intercepta la curva que corresponde al: Nivel de saturación (figura 4.23).

34


Arcilla Limo

mm

10 4 Arena Asc enc ión cap ilar h

10 3

Ascención capilar

c

10 2

Nivel d

89

Grava

e satura

ción h cs

10 1

-2

8.23x10 0 0.002

0.006

0.02 0.06 Diámetro efectivo, d10

0.2

0.6

2

6

20

mm

Figura 4.23. Determinación de la altura de suelo saturada de agua capilar. La altura del suelo saturado de agua capilar es: hcs = 89 mm. Por lo tanto, la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar es: D1 = 5 – .089 D1 = 4.91 m. Comentario: El coeficiente C, depende mucho de la forma de las partículas del suelo, para esto debe hablarse en términos de rugosidad y esfericidad. Para determinar la rugosidad y esfericidad de las partículas del suelo, se requiere de la observación microscópica, en el cual el criterio del técnico es indispensable para poder obtener una buena clasificación. En el caso de no disponerse suficiente información sobre la forma de las partículas del suelo, vale la pena tomar un valor promedio de la tabla D.1.

35


Flujo en una dimensión.

PROBLEMA 5. Para la figura 4.23, determine el caudal en m3/s/m, que circula a través del estrato permeable de suelo. Para los valores de: H = 4 m, H1 = 2 m, h = 3.1 m, L = 30 m,  = 14º y k = 0.05 cm/s.

h


H

H1 

L Figura 4.23. Flujo de agua en un estrato de suelo. Estrategia: Con la ecuación D.11, se determina el caudal que circula por el estrato permeable de suelo. En base al criterio de la figura D.2, se determina correctamente el gradiente hidráulico y el área de la sección transversal.

PASO 1. Determinación del gradiente hidráulico y el área de la sección transversal. El gradiente hidráulico, siempre debe ser calculado con respecto a la dirección del flujo. En base a la ecuación D.4, para el caso de la figura D.22 el gradiente hidráulico será:

i

h L cos

Reemplazando los valores de: h = 3.1 m. L = 30 m.

36


Se tiene que:

i

3.1 30 cos14º

El gradiente hidráulico será: i = 0.1 El área de la sección transversal, para 1 m, será: A = H1·cos ·1 Reemplazando: A = 2·cos 14º Por lo cual, el área de la sección transversal es: A = 1.94 m2 PASO 2. Determinación del caudal. El caudal que circula por el estrato permeable será: q = k·i·A Reemplazando los valores de: k = 0.05 cm/s. i = 0.1 A = 1.94 m2 Se tiene que: q = 5x10-4·0.1·1.94 El caudal será:

q = 9.7x10-5 m3/s. Comentario: El gradiente hidráulico y el área de la sección transversal, siempre son determinados con respecto a la dirección del flujo.

37


PROBLEMA 6. El permeámetro de la figura 4.24, tiene las siguientes dimensiones: h = 28 cm; z = 24 cm y L = 50 cm. El área de la sección transversal del permeámetro es de: 530 cm2. Se ha determinado que el peso unitario de la arena es de:  = 18 kN/m3. Manteniendo una carga hidráulica constante, pasa a través de la arena un volumen de 100 cm3 en 18 segundos. Determine la conductividad hidráulica de la arena.

h

z

L

ARENA

Figura 4.24. Permeámetro. Estrategia: Con la ecuación D.11, se obtiene la conductividad hidráulica de la arena. Sin embargo, antes debe calcularse el gradiente hidráulico con la ecuación D.4 y el caudal de descarga que circula a través de la arena con los datos que ofrece el enunciado. PASO 1. Determinación del gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico, será:

i

h L

Reemplazando los valores de: h = 28 cm. (pérdida de carga) L = 50 cm. Se tiene que:

i

28 50

38


El gradiente hidráulico será: i = 0.56 PASO 2. Determinación del caudal que circula. El caudal de descarga, que circula por el sistema será:

q

Q t

Reemplazando los valores de: Q = 100 cm3 t = 18 seg. Se tiene que:

q

100 18

El caudal que circula por el sistema será: q = 5.55 cm3/s. PASO 3. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, se determina de la ecuación: q = k·i·A Reemplazando los valores de: q = 5.55 cm3/s. i = 0.56 A = 530 cm2 Se tiene que: 5.55 = k·0.56·530 Despejando, la conductividad hidráulica será: k = 1.86x10-2 cm/s. Comentario: El caudal de descarga, es calculado con la ecuación D.11 o determinado con una relación de volumen y tiempo que este relacionada al suelo. Este caudal, será el mismo en cualquier punto del sistema, sea en el suelo o fuera de el. En el caso de no disponerse suficiente información para determinar algún valor del sistema de flujo en una dimensión, se puede recurrir a comparar caudales en dos puntos del sistema y así obtener ecuaciones útiles.

39


PROBLEMA 7. En un ensayo en laboratorio, se ha determinado que la conductividad hidráulica de un suelo es:1.8x10-2 cm/s, para una temperatura del agua de 15º C. ¿Cómo debería ser considerada la conductividad hidráulica en términos corrientes de mecánica de suelos? Estrategia: La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20º C. Para expresarla de esta forma, se realiza una corrección por temperatura con la ecuación D.31, el valor de Ct se obtiene de la tabla D.8. PASO 1.

Determinación del valor del coeficiente Ct. De la tabla D.8, se elige un coeficiente adecuado que corresponda a la corrección de una temperatura de 15º C, este es: Ct = 1.135 PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica para 20 ºC. La corrección por temperatura para la conductividad hidráulica es: k20 = Ct·kT Reemplazando el valor de: Ct = 1.135 Se tiene que: k20 = 1.135·1.8x10-2 La conductividad hidráulica para 20º C, será:

k20 = 2x10-2 cm/s. Comentario: Al realizar un ensayo en laboratorio, las condiciones de temperatura del ambiente y agua pueden variar de diversas maneras. Por lo cual por motivo de compatibilidad, los resultados del ensayo deben ser siempre expresados para una temperatura de 20º C. En el caso de no mencionarse alguna temperatura en que se realizo el ensayo, debe asumirse que el valor de la conductividad hidráulica corresponde a una temperatura de 20º C.

40


PROBLEMA 8. En una muestra representativa de suelo, se ha realizado un ensayo de conductividad hidráulica. La tabla 4.4, muestra los resultados de tres ensayos que se realizaron con esta muestra de suelo en laboratorio. Tabla 4.4. Resultados de un ensayo de permeabilidad. Nro. Ensayo Cantidad de flujo Temperatura del agua Tiempo de recolección Diferencia de carga Diámetro del espécimen Longitud del espécimen Área del espécimen

3

cm ºC seg cm cm cm cm 2

1 305 60 25 60 6.35 13.2 31.67

2 375 60 25 70 6.35 13.2 31.67

3 395 60 25 80 6.35 13.2 31.67

Determine: La conductividad hidráulica del suelo. Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica del ensayo de carga constante, se utiliza la ecuación D.12 con los datos recolectados en la tabla 4.4. Generalmente en laboratorio se realizan tres ensayos para una misma muestra de suelo, para determinar la conductividad hidráulica real, deben hallarse las conductividades hidráulicas para los tres ensayos de la tabla y obtener la media aritmética de estos tres. Finalmente debe hacerse una corrección por temperatura con la ecuación D.31, para esto debe determinar un coeficiente adecuado de la tabla D.8. PASO 1. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será:

k1 

Q1  L h1  A  t

k2 

Q2  L h2  A  t

k3 

Q3  L h3  A  t

Reemplazando los valores correspondientes a cada ensayo: Q1 = 305 cm3 Q2 = 375 cm3 Q3 = 395 cm3 h1 = 60 cm. h2 = 70 cm. h3 = 80 cm. t = 25 seg. L = 13.2 cm. A = 31.67 cm2 Se tendrá que:

k1 

30513.2 60  31.67  25

k2 

37513.2 70  31.67  25

k3 

39513.2 80  31.67  25

41


Las conductividades hidráulicas serán: k1 = 8.5x10-2 cm/s.

k2 = 8.9x10-2 cm/s.

k3 = 8.2x10-2 cm/s.

PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica promedio. La media aritmética de la conductividad hidráulica, será:

kt 

k1  k 2  k3 3

Reemplazando los valores de: k1 = 8.5x10-2 cm/s. k2 = 8.9x10-2 cm/s. k3 = 8.2x10-2 cm/s. Se tiene que:

kt 

8.5x102  8.9x102  8.2x102 3

La conductividad hidráulica será: kt = 8.5x10-3 cm/s. PASO 3. Corrección por temperatura de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20 º C. La conductividad hidráulica expresada para una temperatura de 20ºC, será: k20 = Ct·kt De la tabla D.8, se elige un coeficiente adecuado para la corrección de 60º C, este es: Ct = 0.468 Reemplazando los valores de: Ct = 0.468 kt = 0.085 cm/s. Se tiene que: k20 = 0.468·0.085

42


La conductividad hidráulica para una temperatura de 20 ºC, será: k20 = 3.97x10-2 cm/s. Comentario: Cuando se realiza un ensayo de permeabilidad en laboratorio, generalmente se realizar tres o más ensayos de la misma muestra de suelo, haciendo una variación de la altura de carga. Con el objetivo de tener resultados mas confiables. La conductividad hidráulica, será la media aritmética de todas estas conductividades calculadas, en esta siempre se debe hacerse una corrección por temperatura. Es importante que la temperatura del agua se mantenga constante en todos los ensayos que se realicen con la misma muestra de suelo.

43


PROBLEMA 9. Para una muestra representativa de suelo, se ha realizado un ensayo de conductividad hidráulica con un permeámetro de carga variable, del cual se obtienen los siguientes datos mostrados en la tabla 4.5. Tabla 4.5. Resultados del ensayo de permeabilidad con carga variable. Nro. Ensayo Diámetro del espécimen [cm] Longitud del espécimen [cm] Temperatura del agua [ºC] Diferencia de carga inicial [cm] Diferencia de carga final [cm] Duración del ensayo [s]

1 6,35 13,2 25 85 24 15,4

2 6,35 13,2 25 76 20 15,3

3 6,35 13,2 25 65 20 14,4

Área del espécimen [cm2] Volumen de agua que atraviesa el espécimen [cm3]

31,67

31,67

31,67

64

58

47

Determine: La conductividad hidráulica del suelo. Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica en un ensayo de carga variable, se utiliza la ecuación D.13. Generalmente en laboratorio, se hacen tres ensayos de una misma muestra de suelo, de la tabla 4.4 se extraen los datos necesarios para determinar la conductividad hidráulica para cada ensayo. El valor de a, que no figura en la tabla, puede ser expresado de otra manera en función al volumen de agua. Luego de hallarse las conductividades hidráulicas para los tres ensayos, la media aritmética de estos tres será la conductividad hidráulica real. Finalmente, se debe hacer una corrección por temperatura con la ecuación D.31, donde se requiere un coeficiente adecuado de la tabla D.8. PASO 1. Determinación del valor de a, en función al volumen. La cantidad de agua, que pasa por la muestra será: El área del tubo de carga multiplicado por la diferencia de los niveles de agua, que será: Q = a·(h1 – h2) El área del tubo de carga (a), expresado en función al volumen será:

a

Q h1  h2

[1]

PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será:

k

a  L  lnh1 / h2  A  t 2  t1 

44


Reemplazando la ecuación [1] en esta expresión, se tiene que:

k

Q  L  lnh1 / h2  h1  h2   A  t 2  t1 

Reemplazando los valores de: Nro. Ensayo Longitud del espécimen cm Diferencia de carga inicial cm Diferencia de carga final cm Duración del ensayo t2-t1 seg Área del espécimen cm 2 Volumen de agua cm 3

1 13.2 85 24 15.4 31.67 64

2 13.2 76 20 15.3 31.67 58

3 13.2 65 20 14.4 31.67 47

Se tendrá que:

k1 

64 13.2  ln85 / 24 85  24  31.67  15.4

k2 

58 13.2  ln76 / 20 76  20  31.67  15.3

k3 

47 13.2  ln65 / 20 65  20  31.67  14.4

La conductividad hidráulica será: Nro. Ensayo Conductividad hidráulica cm/s

1 3.59x10-2

2 3.77x10-2

3 3.56x10-2

La media aritmética, será:

kt 

k1  k 2  k3 3

Reemplazando las conductividades hidráulicas, se tiene que:

kt 

3.59x102  3.77x102  3.56x102 3

La conductividad hidráulica será: kt = 3.64x10-2 cm/s. PASO 3. Corrección por temperatura de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20 º C. Con la ecuación D.31,se realiza la corrección por temperatura, esta es: k20 = Ct·kt El valor de Ct, es obtenido de la tabla D.8, que para 25 º será: Ct = 0.889

45


Reemplazando los valores de: Ct = 0.889 kt = 3.64x10-2 cm/s. Se tiene que: k20 = 0.889·3.6x10-2 La conductividad hidráulica para una temperatura de 20º C, será: k20 = 3.2x10-2 cm/s. Comentario: Cuando se realiza un ensayo de conductividad hidráulica en laboratorio, puede darse la posibilidad no disponerse de algunos datos, pero estos pueden ser determinados implícitamente y hasta puede hacerse ciertas modificaciones en la ecuación general según lo requieran las circunstancias.

46


PROBLEMA 10. Para una muestra representativa de suelo, se realizando un ensayo con el permeámetro de carga constante mostrado en la figura 4.25. Las dimensiones del permeámetro son: L = 350 mm. A = 125 cm2 h = 420 mm. Además se sabe que: El índice de vacíos de la muestra de suelo es de: 0.61 y el agua que recolecta el permeámetro en 3 minutos es de 580 cm3. Determine: a) La conductividad hidráulica de la arena en cm/s. b) El caudal, la velocidad de descarga y de flujo en cm/s. c) La pérdida de carga necesaria, para tener un caudal de 5 cm3/s.

q

h L

Recipiente graduado Q

Figura 4.25. Permeámetro de carga constante. Estrategia: La conductividad hidráulica, es determinada con la ecuación D.12, utilizando los datos que proporciona el enunciado. El caudal, es determinado con la ecuación D.11. La velocidad de flujo, es calculada con la ecuación D.9, donde se requiere la velocidad de descarga y la porosidad. La velocidad de descarga, es determinada a con la ecuación D.10 y la porosidad que no se conoce, es determinarse mediante una ecuación que relacione: la porosidad y el índice de vacíos. Para determinar la pérdida de carga necesaria para cierto caudal, se utiliza nuevamente la ecuación D.12 reemplazando en esta los datos correspondientes.

47


a) Conductividad hidráulica de la arena: La conductividad hidráulica será:

k

Q L h  A  t

Reemplazando los valores de: Q = 580 cm3 L = 35 cm. h = 42 cm. A = 125 cm2 t = 180 seg. (convertido a segundos) Se tiene que:

580 35 42 125125 La conductividad hidráulica será: k

k = 2.14x10-2 cm/s. b) Velocidad de descarga y de flujo en cm/s. PASO 1. Determinación del gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico será:

i

h L


h = 42 cm. L = 35 cm. Se tiene que:

i

42 35

El gradiente hidráulico será: i = 1.2 PASO 2. Determinación del caudal de descarga.

48


Para el sistema, el caudal de descarga será: q = k·i Reemplazando los valores de: k = 2.14x10-2 cm/s. i = 1.2 Se tiene que: q = 2.14x10-2·1.2 El caudal de descarga será: q = 2.56 cm3/s. PASO 3. Determinación de la velocidad de descarga. La velocidad de descarga será: v = k·i Reemplazando los valores de: k = 2.14x10-2 cm3/s. i = 1.2 se tiene que: v = 2.14x10-2·1.2 La velocidad de descarga será: v = 2.56x10-2 cm/s. PASO 4. Determinación de la porosidad La ecuación A.42, relaciona el índice de vacíos con la porosidad, está es:

e

n 1 n

Reemplazando el valor de: e = 0.63 Se tiene que:

0.63 

n 1 n

49


La porosidad será: n = 0.38 PASO 5. Determinación de la velocidad de flujo. La velocidad de flujo será:

v n Reemplazando los valores de: vs 

v = 2.56x10-2 cm/s. n = 0.38 Se tiene que:

vs 

2.56x102 0.38

La velocidad de flujo será: vs = 6.73x10-2 cm/s. c) Pérdida de carga necesaria para un caudal de 120 cm3/s: El caudal de descarga será:

q

Q t

Por lo tanto, el caudal que se precisa es 5 cm3/s, por lo que se tendrá:

Q 5 t

[1]

La conductividad hidráulica, para el ensayo de carga constante es:

k

L Q  h  A t

Reemplazando la ecuación [1], en esta expresión se tiene que:

L 5 h  A Reemplazando los valores de: k

L = 35 cm. A = 125 cm2 k = 2.14x10-2 cm/s.

50


Se tiene que:

2.14x102 

35 5 h 125

La pérdida de carga necesaria será:

h = 65.42 cm. Comentario: Debe tenerse claro, que la velocidad de descarga (v) es distinta a la velocidad de flujo (vs). El flujo de agua que circula por el suelo, tiene una velocidad de flujo y el flujo de agua que circula fuera del suelo tiene una velocidad de descarga. El caudal en cambio, resulta ser el mismo en cualquier punto del sistema.

51


PROBLEMA 11. En un ensayo de laboratorio con el permeámetro de carga variable mostrado en la figura 4.26, cuando la carga era h1 = 65 cm, se accionó un cronómetro. A los 30 seg., la carga era de h2 = 35 cm. Si L = 20 cm; A = 77 cm2 y a = 1.2 cm2. Determine: a) La conductividad hidráulica del suelo. b) Una aproximación de la conductividad hidráulica, aplicando directamente la Ley de Darcy, para una carga de 50 cm en el ensayo. c) Una aproximación del tipo de suelo. d) En cuanto tiempo la carga hidráulica caería de 65 a 50 cm. a

A h1 h2

SUELO

L

Figura 4.26. Permeámetro de carga variable. Estrategia: Con la ecuación D.13, se determina la conductividad hidráulica, donde t 2 – t1 es el tiempo de duración del ensayo. Una estimación de la conductividad hidráulica, puede realizarse con la ley de Darcy, expresada en la ecuación D.11, para lo cual se determinará el gradiente hidráulico y el caudal que circula por el sistema. La tabla D.2, muestra valores tentativos de la conductividad hidráulica para diversos suelos, con el valor de la conductividad hidráulica puede hacerse aproximaciones del tipo de suelo. Puede utilizarse la ecuación D.13, para determinar el tiempo en que desciende la altura de carga. a) Conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será:

k

a  L  lnh1 / h2  A  t 2  t1 

52


Reemplazando los valores de: a = 1.2 cm2 A = 77 cm2 L = 20 cm. h1 = 65 cm. h2 = 35 cm. t2 – t1 = 30 seg. Se tiene que:

k

1.2  20  ln65 / 35 77  30

La conductividad hidráulica será: k = 6.43x10-3 cm/s

b) Aproximación de la conductividad hidráulica. PASO 1. Determinación del gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico será:

i

h L


h = 50 cm. L = 20 cm. Se tiene que:

i

50 20

El gradiente hidráulico será: i = 2.5 PASO 2. Determinación del caudal que circula en el sistema. La cantidad de agua que se encuentra en el tubo de área a es: Q = (65 – 35)·1.2 Q = 36 cm3

53


El caudal será:

q

Q t

Reemplazando los valores de: Q = 36 cm3 t = 30 seg. Se tiene que:

q

36 30

El caudal que circula por el sistema será: q = 1.2 cm3/s. PASO 3. Determinación de la conductividad hidráulica: La conductividad hidráulica es determinada de según la Ley de Darcy, que es: q = k·i·A Reemplazando los valores de: i = 2.5 q = 1.2 cm3/s. A = 77 cm2 Se tiene que: 1.2 = k·2.5·77 La conductividad hidráulica será: k = 6.23x10-3 cm/s. c) Aproximación del tipo de suelo. Según la tabla D.2, para una conductividad hidráulica de k = 6.23x10-3 cm/s, el suelo corresponde a: ARENA LIMOSA d) Tiempo que tarda la carga en descender de 65 a 50 cm. Despejando la variación de tiempo t2 – t1 de la ecuación D.13, se tiene que:

t 2  t1 

a  L  lnh1 / h2  kA

54


Reemplazando los valores de: a = 1.2 cm2 A = 77 cm2 L = 20 cm. h1 = 65 cm. h2 = 50 cm. k = 6.23x10-3 cm/s. se tiene que:

t 2  t1 

1.2  20  lnh1 / h2  6.23x103  77

El tiempo será: t1 – t2 = 12.71 seg. El tiempo que toma la carga en descender de 65 a 50 cm, será: t = 12.71 seg. Comentario: Las ecuaciones, para determinar la conductividad hidráulica pueden usarse de diversas formas para obtener los datos que se requieran. El inciso c), muestra que la conductividad hidráulica de un suelo aporta información acerca del tipo de suelo.

55


PROBLEMA 12. Para una muestra de suelo, se realiza un experimento en laboratorio con el permeámetro de se muestra en la figura 4.26. El sistema consta de un arreglo de que tiene dos capas de suelo, en tubos de diámetros diferentes. Las características de los suelos son: Suelo A:

AA = 0,38 m2 nA = 1/2 kA = 0.6 cm/s

Suelo B:

AB = 0,19 m2 nB = 1/3 kB= 0.3 cm/s

10 9 8

B 7 6

A 5 4 3 2 1 0

Figura 4.27. Permeámetro con dos capas de suelo. El agua es añadida manteniendo una diferencia de altura de carga constante. Calcule el caudal circulante y las velocidades de flujo en los suelos. Estrategia: Por continuidad, se sabe que el caudal es el mismo en cualquier punto del sistema. Con esta idea se igualan los caudales de ambos suelo y así pueden encontrarse ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y las pérdidas de carga de los suelos. Resolviendo las ecuaciones, pueden determinarse las pérdidas de carga. Con todos estos datos, se determina el caudal circulante del sistema. Con la ecuación D.9 y los datos que proporciona el enunciado, pueden encontrarse las velocidades de flujo. PASO 1. Relacionando los gradientes hidráulicos. Como ni se añade ni se elimina agua del sistema, el caudal que circula por el suelo A, debe ser igual al que circula por el suelo B. Por lo cual, por continuidad se dice que: qA = qB

56


Reemplazando el caudal, se tiene que: kA·iA·AA = kB·iB·AB Reemplazando valores de: kA =6x10-3 m/s. (convertido a m/s) AA = 0.38 m2 kB =3x10-3 m/s. (convertido a m/s) AB = 0.19 m2 Se tiene que: 6x10-3·iA·0.38 = 3x10-3·iB·0.19

iA 

0.3  0.19  iB 0.6  0.38

Por lo tanto, la relación entre gradientes hidráulicos será:

iA 

iB 4

[1]

PASO 2. Relacionando las pérdidas de carga. Los gradientes hidráulicos, para ambos suelos será:

iA 

h A LA

iB 

hB LB

iB 

hB 1

Reemplazando los valores de: LA = 2 m. LB = 1 m. Se tendrá que:

iA 

hA 2

Reemplazando estas expresiones en la ecuación [1], se tiene la relación entre pérdidas de carga que es:

h A 

hB 2

[2]

PASO 3. Determinación de las perdidas de carga hA y hB.

57

Problemas resueltos de mecánica de suelos La perdida total de carga (hT), será:

hT = 4 – 1 hT = 3 m. Puede decirse, que la pérdida total de carga es la suma de las pérdidas de carga de ambos suelos, que será:

hA  hB  3

[3]

Resolviendo las ecuaciones [2] y [3], se tiene que:

hA = 1 m. 

hB = 2 m.

PASO 4. Determinación del caudal. El caudal circulante, será:

q  kA 

hA  AA LA

Reemplazando los valores de: kA = 6x10-3 m/s. hA = 1 m. LA = 2 m. AA = 0.38 m2 Se tiene que:

1 q A  0.6x103   0.38 2 El caudal que circula por el sistema, será: qA = 1.14x10-3 m3/s PASO 5. Determinación de las velocidades de descarga. La velocidad de descarga será: v = k·i Por lo cual, la velocidad de descarga, para los suelos será:

vA  k A 

h A LA

vB  k B 

hB LB

58


Reemplazando los valores de: kA = 6x10-3 m/s. kB = 3x10-3 m/s. hA = 1 m. hB = 2 m. LA = 2 m. LB = 1 m. Se tendrá que:

v A  6x103 

1 2

vB  3x103 

2 1

Las velocidades de descarga serán: vA = 3x10-3 m/s

vB = 6x10-3 m/s

Las velocidades de flujo serán:

v SA 

vA nA

vSB 

vB nB

Reemplazando los valores de: vA = 3x10-3 m/s. vB = 6x10-3 m/s. nA = 1/2 nB = 1/3 Se tendrá que:

vSA 

3x103 1/ 2

vSB 

6x10-3 1/ 3

Las velocidades de flujo serán: vSA = 6x10-3 m/s.

vSB = 1.8x10-2 m/s.

Comentario: Por continuidad, el caudal que circula por el sistema será el mismo en cualquier punto de el. Puede utilizarse la continuidad, al igualar caudales en dos puntos del sistema para encontrar relaciones que ayuden a encontrar valores desconocidos.

59


PROBLEMA 13. El aparato de laboratorio que se muestra en la figura 4.27 mantiene una carga constante en ambos reservorios. Se pide determinar : a) b) c) d)

La altura total de carga en el punto 2. La altura total de carga en el punto 3. El caudal que pasa por el suelo 2, en cm3/s La presión de poros en el punto A. Suelo 1: A1 = 400 cm2 k1 = 1x10-7 cm/s.

0 10 20 30 40

1

Suelo 2: A2 = 50 cm2 k2 = 1x10-6 cm/s.

1

2 A

2

Suelo 3: A3 = 900 cm2 k3 = 1x10-8 cm/s.

50 60

3

70

3

80 90 100

4

Figura 4.27. Permeámetro con tres capas de suelo. Estrategia: Mediante conceptos de pérdida de carga y de continuidad se determinan algunas alturas de carga y se encuentran ecuaciones que relacionan los gradientes hidráulicos y alturas de carga. Con las relaciones que puedan encontrarse, se forma un sistema de ecuaciones donde al resolverlo se determinan las alturas totales de carga h1, h2, h3 y h4. Halladas estas alturas, se determinan los gradiente hidráulicos, de donde se halla el caudal que circula en el sistema. La presión de poros puede determinarse con la ecuación D.5. a) Altura total de carga en el punto 2. PASO 1. Determinación de las alturas totales, mediante relaciones de pérdida de carga. Se toma como línea de referencia, el nivel 100 de la figura 4.44. La altura total de carga para el punto 1, según la ecuación D.3 será: h1 = hz1 + hp1

60


Reemplazando los valores de: hz1 = 80 cm. hp1 = 10 cm. Se tiene que: h1= 80 + 10 La altura total de carga h1, será: h1 = 90 cm. La pérdida total de carga (hT) del sistema, será:

hT = 80 – 10 hT = 70 cm. La perdida total de carga puede expresarse: h1 – h4 = 70 Reemplazando el valor de h1 en esta expresión, la altura de carga h4, será: h4 = 20 cm. PASO 2. Determinación de las alturas totales, mediante relaciones de caudal. Por continuidad, el caudal que circula por los tres tipos de suelo es el mismo, por lo cual: q1 = q2 = q3 Reemplazando el caudal, se tiene que: q1 = k1·i1·A1

q2 = k2·i2·A2

q3 = k3·i3·A3

Los gradientes hidráulicos serán:

i1 

h1  h2 L1

i2 

h2  h3 L2

i3 

h3  h4 L3

De las ecuaciones dadas, se tiene como incógnitas las alturas: h2 y h3. Igualando caudales para los suelos 1 y 2, además de los suelos 3 y 2, se tendrá que: q1 = q2

q3 = q2

Reemplazando los caudales, se tiene que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2

k3·i3·A3 = k2·i2·A2

61


Reemplazando los gradientes hidráulicos i1 e i2 en esta expresión, se tiene que:

h h  h h  k1 A1  1 2   k 2 A2  2 3   L1   L2 

h h  h h  k3 A3  3 4   k 2 A2  2 3   L2   L3 

Reemplazando los valores de: L1 = 10 cm. L2 = 30 cm. L3 = 40 cm. A1 = 400 cm2 A2 = 50 cm2 A3 = 900 cm2 k1 = 1x10-7 cm/s. k2 = 1x10-6 cm/s. k3 = 1x10-8 cm/s. h1 = 90 cm. h4 = 20 cm. Se tendrá que: h2 = 0.29·h3 + 63.52

[1]

h3 = 0.88·h2 + 2.37

[2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2], se tendrán las alturas de carga, que son: h2 = 86.69 cm.

h3 = 78.76 cm.

b) Altura total de carga en el punto 3. La altura de carga para el punto 3, será: h3 = 78.76 cm. c) Caudal que pasa por el suelo 2, en cm3/s. PASO 1. Determinación de los gradientes hidráulicos. Reemplazando lo valores, de: h1 = 90 cm. h2 = 86.69 cm. h3 = 78.76 cm. h4 = 20 cm. L1 = 10 cm. L2 = 30 cm. L3 = 40 cm.

62


En las ecuaciones de los gradientes hidráulicos, se tendrá que:

i1 

90  86.69 10

i2 

86.69  78.76 30

i3 

78.76  20 40

Los gradientes hidráulicos serán: i1 = 0.33

i2 = 0.26

i3 = 1.46

PASO 2. Determinación del caudal. El caudal será: q2 = k2·i2·A2 Reemplazando valores de: k2 = 1x10-6 cm/s. i2 = 0.26 A2 = 50 cm2 Se tiene que: q2 = 1x10-6·0.26·50 El caudal será:

q2 = 1.3x10–5 cm3/s.

d) La presión de poros en el punto A. PASO 1. Determinación de la altura piezométrica. El gradiente hidráulico medido en los puntos 2 y A del suelo 2, será el mismo gradiente del suelo 2, por lo cual: i2-A = i2 El gradiente hidráulico (i1-A), será:

i2 A 

h2  h A L2 A

Reemplazando los valores de: h2 = 86.69 cm. L2-A = 10 cm. i2-A = 0.26

63


Se tiene que:

0.26 

86.69  hA 10

La altura total de carga en el punto A, será: hA = 84.1 cm. La altura piezométrica será: hPA = hA – hzA Reemplazando los valores de: hPA = 84.1 cm. hzA = 40 cm. Se tiene que: hPA = 84.1 – 40 la altura piezométrica en el punto A será: hPA = 44.1 cm. PASO 2. Determinación de la presión de poros. La presión de poros será: uA = hpA·w Reemplazan los valores de: hpA = 0.44 m. (convertido a metros) w = 9.81 KN/m3 Se tiene que:

uA = 0.44·9.81

La presión de poros en le punto A, será: uA = 4.32 KPa. Comentario: El gradiente hidráulico, se mantendrá constante en cualquier fracción de un mismo suelo. La pérdida de carga total del sistema, puede ser medida con respecto a la primera y última altura de carga o es la suma de todas las pérdidas de carga del sistema.

64


PROBLEMA 14. Se dispone en laboratorio el permeámetro que se muestra en la figura 4.28. Se pide: a) b) c) d)

Dibujar en función de la distancia, la altura total de carga. Dibujar en función de la distancia, la altura piezométrica. Dibujar en función de la distancia, la velocidad de flujo en cm/s Determinar el caudal del sistema en l/s.

3.6

Suelo 1: A1 = 0.37 m2 k1 = 1 cm/s. n1 = 1/2

3.0 A

2.4

Suelo 2: A2 = 0.37 m2 k2 = 0.75 cm/s. n2 = 1/2

1 B

1.8

Suelo 3: 2 C

1.2

A3 = 0.18 m2 k3 = 0.5 cm/s. n3 = 1/3

3 0.6

D

0.0

Figura 4.28. Permeámetro con tres diferentes suelos.

Estrategia: Para dibujar la variación de la altura total de carga, altura piezométrica y la velocidad de flujo en función de la distancia, deben determinarse todos estos valores para los puntos A, B, C y D. Mediante el concepto de alturas de carga, pueden encontrarse algunas alturas. Por el concepto de continuidad al igualar caudales entre suelos, pueden encontrarse ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y alturas de carga. La idea consiste en formar un sistema de ecuaciones que al solucionarlo, se determinan las alturas de carga, piezométricas, gradientes hidráulicos y como consecuencia las velocidades de flujo y el caudal. a) Variación de la altura total de carga. PASO 1. Determinación de alturas totales mediante el conceptos de altura de carga.

65


La altura piezométrica del punto A, será: hPA = 36. – 2.4 hPA = 1.2 m. Se toma como nivel de referencia la elevación 0.0, en la figura 4.28. Por lo cual, para el punto A, la altura total de carga será: hA = hzA + hpA Reemplazando los valores de: hzA = 2.4 m. hpA = 1.2 m. Se tiene que: hA = 2.4 + 1.2 La altura total de carga en el punto A, será: hA = 3.6 m. PASO 2. Determinación de alturas totales mediante concepto de pérdida de carga. La pérdida total de carga (hT) del sistema será:

hT = 3.6 – 0.0 hT = 3.6 m. La pérdida total de carga, también se mide el los puntos A y D, por lo cual se tiene que: hA – hD = 3.6 Reemplazando el valor de hA = 3.6, la altura total de carga para el punto D es:: hD = 0 m. PASO 3. Determinación de relaciones mediante concepto de continuidad. Por continuidad, el caudal en los tres tipos de suelo es el mismo, por lo tanto: q1 = q2 = q3 Igualando los caudales de los suelos 1 y 2, además de los suelos 1 y 3, se tendrá que:

q1  q2

q1  q3

66


Reemplazando el caudal, se tiene que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2

k1·i1·A1 = k3·i3·A3

Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-2 m/s. (convertido a m/s) k2 = 7.5x10-3 m/s. (convertido a m/s) k3 = 5x10-3 m/s. (convertido a m/s) A1 = 0.37 m2 A2 = 0.37 m2 A3 = 0.18 m2 Se tendrá que: 1x10-2·i1·0.37 = 7.5x10-3·i2·0.37

1x10-2·i1·0.37 = 5x10-3·i3·0.18

Las relaciones entre gradientes hidráulicos serán: i1 = 0.75·i2

[1]

i1 = 0.25·i3

[2]

PASO 4. Determinación de relaciones mediante concepto de gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico, es determinado con la ecuación: i

h L

De la figura 4.28, se obtienen las dimensiones de: L y las alturas de carga que corresponden a cada caso. Por lo cual, el gradiente hidráulico para cada uno de los suelos, será:

i1 

hA  hB 2.4  1.8

i2 

hB  hC 1.8  1.2

i3 

hC  hD 1.2  0.6

Reemplazando los valores de: hA = 3.6 m. hD = 0 m. Se tendrá que:

3.6  hB 0.6 h h i2  B C 0.6 i1 

i3 

hC 0.6

[3] [4]

[5]

67


PASO 5. Solución del sistema de ecuaciones. Se han encontrado cinco ecuaciones que forman un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas, que son las ecuaciones: [1], [2], [3], [4] y [5]. Solucionando el sistema de ecuaciones, se tiene que: i1 = 0.95

i2 = 1.26

hB = 3.03 m.

i3 = 3.78 hC = 2.27 m.

PASO 6. Graficación de la variación de altura total de carga en función a la distancia. La variación de la altura total de carga con respecto a la distancia, se muestra en la Tabla 4.6. Tabla 4.6. Variación de la altura total de carga. Altura total Distancia m de carga m 3.6 3.6 2.4 3.6 2.8 3.03 1.2 2.27 0.6 0 0 0 Gráficamente expresado, se muestra en la figura 4.29.

3.6

3.6

3.6

Distancia m

3

3.6

2.4 1.8

3.03

1.2 0.6

2.27

0 0

0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Altura total de carga m

Figura 4.29. Variación de la altura total de carga con la profundidad.

68


b) Dibujar en función de la profundidad, la altura piezométrica. PASO 1 Determinación de la altura piezométrica. Las alturas piezométricas para los diferentes puntos el sistema serán: hPA = hA – hzA

hPB = hB – hzB

hPC = hC – hzC

hPD = hD – hzD

hpC = 2.27 – 1.2

hpD = 0 – 0.6

Reemplazando los valores de: hA = 3.6 m. hZA = 2.4 m. hB = 3.03 m. hZB = 1.8 m. hC = 2.27 m. hZC = 1.2 m. hD = 0 m. hZD = 0.6 m. Se tendrá que: hpA = 3.6 – 2.4

hpB = 3.03 – 1.8

Las alturas piezométricas serán: hpA = 1.2 m.

hpB = 1.23 m.

hpC = 1.07 m.

hpD = – 0.6 m.

PASO 2 Graficación de la variación de la altura piezométrica en función a la distancia. Con todos los valores obtenidos de las alturas piezométricas, puede trazarse la variación de la altura piezométrica con respecto a la profundidad. Esta variación se muestra en la tabla 4.7. Considere que los valores negativos expresan succión. Tabla 4.7. Variación de la altura piezométrica. Altura Distancia m piezométrica m 3.6 0 2.4 1.2 1.8 1.23 1.2 1.07 0.6 -0.6 0 0 Gráficamente se expresan estos valores en la figura 4.30.

69


0

3.6

Distancia m

3 1.2

2.4 1.8

1.23

1.2

1.07

0.6 -0.6 0 -0.6

0 -0.1

0.4 Altura piezométrica m

0.9

1.4

Figura 4.30. Variación de la altura piezométrica con la profundidad. c) Variación de la velocidad de flujo en función de la distancia. PASO 1 Determinación de la velocidad de descarga. La velocidad de descarga será: v = k·i· La velocidad de descarga, para los diferentes suelos será: v1 = k1·i1

v2 = k2·i2

v3 = k3·i3

v2 = 0.75·1.26

v3 = 0.5·3.78

v2 = 0.95 cm/s

v3 = 1.89 cm/s

Reemplazando los valores de: i1 = 0.95 i2 = 1.26 i3 = 3.78 k1 = 1 cm/s. k2 = 0.75 cm/s. k3 = 0.5 cm/s. Se tendrá que: v1 = 1·0.95 Las velocidades de descarga serán: v1 = 0.95 cm/s

70


PASO 2 Determinación de la velocidad de flujo. La velocidad de flujo será:

vs 

v n

Las velocidades de flujo, serán:

vs1 

v1 n1

vs 2 

v2 n2

vs3 

vS 2 

0.95 1/ 2

vS 3 

v3 n3

Reemplazando los valores de: v1 = 0.95 cm/s. v2 = 0.95 cm/s. v3 = 1.89 cm/s. n1 = 1/2 n2 = 1/2 n3 = 1/3 Se tendrá que:

v S1 

0.95 1/ 2

1.89 1/ 3

Las velocidades de flujo serán: vS1 = 1.9 cm/s.

vS2 = 1.9 cm/s.

vS3 = 5.67 cm/s.

PASO 3 Graficación de la variación de la velocidad de descarga en función a la distancia. Teniendo los valores de la velocidad de flujo para los tres tipos de suelo, puede graficarse la variación de esta en función a la distancia. Esta variación se muestra en la tabla 4.8. Tabla 4.7. Variación de la altura piezométrica. Velocidad de flujo Distancia m cm/s 3.6 a 2.4 0.95 2.4 a 1.2 1.9 1.2 a 0.6 5.67 0.6 a 0 1.89 Gráficamente se expresan estos valores en la figura 4.31

71


0.95

3.6

Distancia m

3 0.95

2.4

1.9 1.9

1.8

5.67

1.9

1.2

5.67

1.89

0.6

1.89

0 0

1

2

3 Velocidad de flujo cm/s

4

5

6

Figura 4.31. Variación de la velocidad de flujo con la profundidad. d) Caudal del sistema en l/s: El caudal que circula por el sistema, será: q = k1·i1·A1 Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-2 m/s. i1 = 0.95 A1 = 0.37 m2 Se tienen que: q = 1x10-2·0.95·0.37 El caudal, será: q = 3.51x10-3 m3/s. Expresado en l/s, será: q = 3.51 l/s. Comentario: Aunque el caudal es el mismo en cualquier punto del sistema, la velocidad de flujo variará cuando el área de la sección transversal sea diferente. Un grafico ayuda a apreciar su variación. Con la ecuación D.11, puede obtenerse la velocidad de descarga en función a las propiedades hidráulicas del suelo. Tanto la altura de carga con la piezométrica varía a lo largo de un mismo suelo, mientras que la velocidad de flujo se mantiene constante a lo largo de un mismo suelo.

72


PROBLEMA 15. El aparato de laboratorio que se muestra en la figura 4.32, mantiene una carga constante en ambos reservorios. La muestra de suelo corresponde a una arena con una conductividad hidráulica de 6x10-5 m/s, tiene un peso unitario húmedo de 21 KN/m3 y una gravedad específica de los sólidos de 2.65, para un grado de saturación del 35%. Determine el tiempo, que el agua coloreada toma en pasar a través del suelo (esto es cuando el extremo derecho penetra en el suelo y el extremo izquierdo del agua alcanza el extremo derecho del suelo). Asuma que no hay difusión, es decir, el volumen de agua coloreada es el mismo en función del tiempo. También asuma que el agua coloreada tiene el mismo peso unitario y viscosidad del agua que fluye.

185 mm

220 mm 60 mm

Ø = 30 mm

Ø = 30 mm

Agua coloreada

Ø = 100 mm

Figura 4.32. Ensayo de laboratorio con un permeámetro. Estrategia: Conociendo la velocidad de flujo, puede determinarse el tiempo que tarda el fluido en atravesar el suelo. Para este fin, mediante la ecuación D.11 puede calcularse el caudal que circula por el sistema, luego se determina la velocidad de descarga con la ecuación D.10, con la que se determina la velocidad de flujo en el suelo. La porosidad que no se conoce, puede determinarse mediante una ecuación que relacione: el peso unitario, la gravedad específica, la porosidad y el grado de saturación. PASO 1. Determinación del caudal que circula por el sistema. El gradiente hidráulico del suelo será:

i

h L

Para los valores de:

h = 18.5 cm. (convertido a cm) L = 22 cm. (convertido a cm)

73


Se tiene que:

i

18.5 22

El gradiente hidráulico será: i = 0.84 El caudal que circula por el sistema será: q = k·i·A Para los valores de: k = 6x10-3 cm/s. (Convertido a cm/s) i = 0.84 A = 78.53 cm2 (Convertido a cm) Se tiene que: q = 6x10-3·0.48·78.53 El caudal será: q = 0.39 cm3/s PASO 2. Determinación de la velocidad de descarga. El caudal de descarga, se expresa como: v = k·i Para los valores de: k = 6x10-3 cm/s. (Convertido a cm/s) i = 0.84 Se tiene que: v = 6x10-3·0.84 v = 5.04x10-3 cm/s PASO 3. Determinación de la porosidad. La ecuación A.22, relaciona la porosidad, gravedad específica y el peso unitario, esta es:

 = Gs·w·(1 – n) + n·S·w Para los valores de: Gs = 2.65

74

CAPITULO 4 Flujo de agua w = 9.81 KN/m3  = 21 KN/m3 S = 0.75 (convertido a decimal) Se tiene que: 21 = 2.65·9.81·(1 – n) + n·0.75·9.81 Por lo tanto, la porosidad será: n = 0.26 PASO 4. Determinación de la velocidad de flujo. La velocidad de flujo, será:

vs 

v n

Para los valores de: v = 5.52x10-2 cm/s. n = 0.26 Se tiene que:

vs 

5.04x103 0.26

La velocidad de flujo será: vs = 1.93x10-2 cm/s. PASO 5. Determinación del tiempo que tarda el fluido en atravesar el suelo. La distancia total de recorrido será: la longitud del suelo más la longitud del agua coloreada, es decir: d = 22 + 6 d = 28 cm. La velocidad se expresa como:

v

d t

75


El tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar el suelo, será:

t

d vs

Reemplazando los valores de: d = 28 cm. vs = 1.93x10-2 cm/s. Se tiene que:

t

28 1.93x102

El tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar el suelo será: t = 1450.77 seg. Lo que significa: 24 minutos con 10 segundos. Comentario: La velocidad que debe utilizarse para determinar el tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar la muestra de suelo, debe ser la velocidad de flujo, pues esta gobierna en el suelo. Las partículas de agua en el suelo, se moverán a esta velocidad, pero fuera del suelo se moverán según a la velocidad de descarga.

76


PROBLEMA 16. El permeámetro de la figura 4.33, consta de dos capas de suelo, que tienen las siguientes características:

Suelo 1: k 1 = 1x10-3 m/s

Suelo 2: k 2 = 9.8x10-2 m/s

A 1 = 98 cm2

A 2 = 65 cm2

Las diferentes dimensiones de cada parte del permeámetro, están señaladas mediante una graduación ubicada a la izquierda en la figura 4.33. Se pide determinar el caudal que circula por el sistema. 4.0

A

Altura , m

B 1

3.0

30 cm 2.0

C 2

30 cm

11.4 KPa

1.0 22.3 KPa

0.0

Figura 4.33. Permeámetro con dos estratos de suelo. Estrategia: El caudal es determinado con la ecuación D.1, para lo cual se necesita conocer el gradiente hidráulico de cada suelo. Para conocer estos gradientes, se necesitan las alturas de carga en los puntos A, B y C. Con la ecuación D.5, pueden conocerse las alturas de carga en los puntos A y C y mediante ecuaciones que relacionan las alturas de carga e igualando los caudales de los suelos 1 y 2, puede conocerse las altura de carga en el punto B. Con estas alturas se determinan los gradientes hidráulicos y el caudal que circula por el sistema. PASO 1. Determinación de las alturas de carga en los puntos A y C. La altura piezométrica para los puntos: A y C, será:

h pA 

uA

w

h pC 

uC

w

77


En los puntos A y C, se tiene una presión de poros de: uA = 11.4 KPa.

uC = 22.3 KPa.

Por lo tanto, la altura píezométrica de estos puntos será:

h pA 

11.4 9.81

hpA = 1.16 m.

h pC 

22.3 9.81

hpC = 2.27 m.

De la figura 4.33, se observa que la altura potencial, para los puntos A y C, es: hZ = 3.1 m. La altura total de carga en el punto A y C, será: hA = 1.16 + 3.1

hC = 2.27 + 3.1

hA = 4.26 m.

hC = 5.37 m.

PASO 2. Relacionando las alturas de cara y gradientes hidráulicos. El gradiente hidráulico del suelo 1 y 2, será:

i1 

hB  h A L1

i2 

hC  hB L2

Reemplazando los valores de: hA = 4.26 m. hC = 5.37 m. L1 = 0.3 m. L2 = 0.3 m. Se tendrá que:

i1 

hB  4.26 0.3

[1]

i2 

5.37  hB 0.3

[2]

PASO 3. Determinación de la altura de carga en el punto B

78


Por continuidad, el caudal será el mismo en cualquier punto del sistema. Por lo que se iguala el caudal del suelo 1 con el del suelo 2. Por lo se tiene que: q1 = q2 Reemplazando el caudal, se tendrá que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2 Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-3 m/s. A1 = 98x10-4 m2 (convertido a metros) k2 = 9.8x10-2 m/s. A2 = 65x10-4 m2 (convertido a metros) Se tiene que: 1x10-3·i1·98x10-4 = 9.8x10-2·i2·65x10-4 Reemplazando las ecuaciones [1] y [2] en está expresión, se tiene que:

 h  4.26   5.37  hB  1x103   B   98x104  9.8x102     65x104  0.3   0.3  Por lo tanto, la altura de carga en el punto B, será: hB = 5.35 m. PASO 4. Determinación del caudal. Reemplazando el valor de hB, en la ecuación [2], se tiene que:

i2 

5.37  5.35 0.3

i2 = 0.06 El caudal será: q= k2·i2·A2 Reemplazando los valores de: k2 = 9.8x10-2 m/s. i2 = 0.06 A2 = 65x10-4 m2 Se tendrá que: q = 9.8x10-2·0.06·65x10-4

79


El caudal que circula por el sistema será: q = 3.82x10-5 m3/s. Comentario: Los puntos A y C, están sometidos a una presión en equilibrio donde existe un flujo de agua, por tanto la presión de poros en estos puntos corresponderá a esta misma presión en cada punto.

80


PROBLEMA 17. La conductividad hidráulica para una arena de índice de vacíos de 0.62, es 0.03 cm/s. Determine la conductividad hidráulica, para esta misma arena con un índice de vacíos de 0.48.

Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica para cierto índice de vacíos, debe emplearse una ecuación empírica que relacione la conductividad hidráulica con el índice de vacíos. Para el caso de suelos gruesos, se utilizan las ecuaciones D.22 y D.23, para generar valores que ayuden a conocer la conductividad hidráulica de forma mpírica. PASO 1. Generación de la conductividad hidráulica, para un distinto índice de vacíos. De la ecuación D.22, se tiene que: k = 1.4·e2·k0.85 Reemplazando los valores de: e = 0.62 k = 0.03 cm/s. Se tiene que: 0.03 = 1.4·0.622·k0.85 La conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.85 será: k = 5.57x10-2 cm/s PASO 2. Estimación del coeficiente C1. La variación de la conductividad hidráulica con respecto al índice de vacíos es: Para: e = 0.62

se tiene que:

k = 0.03 cm/s

e = 0.85

se tiene que:

k = 5.57x10-2 cm/s

Para:

Con esta información, se puede determinar el coeficiente C1 de la ecuación D.23, que es:

k  C1 

e3 1 e

81


Para ambos casos, reemplazando los valores de: e = 0.62 k = 0.03 cm/s.

e = 0.85 k = 5.57x10-2 cm/s.

Se tendrá que:

0.03  C1 

0.623 1  0.62

5.57x102  C1 

0.853 1  0.85

El coeficiente C1, para ambos casos será: C1 = 0.047

C1 = 0.013

Por lo tanto: Para un valor de: e = 0.62, se tiene que: C1 = 0.047 Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C1 = 0.013 Interpolando para un: e = 0.48, se tiene que: C1 = 6.76x10-2 PASO 3. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será:

k  C1 

e3 1 e

Reemplazando los valores de: e = 0.48 C1 = 6.76x10-2 Se tiene que:

k  6.76x102 

0.483 1  0.48

La conductividad hidráulica será: k = 1.4x10-2 cm/s. Comentario: Determinar la conductividad hidráulica empíricamente, significa: Utilizar ecuaciones, realizar interpolaciones y otros artificios matemáticos necesarios obtener este valor. Sin embargo, debe tenerse cuidado de utilizar las ecuaciones adecuadas al caso.

82


PROBLEMA 18. Para una muestra de suelo arenoso, se tiene que: Índice de vacíos máximo = 0.68 Índice de vacíos mínimo = 0.42 Diámetro efectivo = 0.4 mm. Coeficiente de uniformidad = 3.1 Determine: a) La conductividad hidráulica de la arena para una densidad relativa de 32%. b) La conductividad hidráulica para una densidad relativa de 50%, utilizando las ecuaciones de Amer y Shahabi de la tabla D.7. Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica, se utiliza el ábaco de la figura D.6, antes debe verificarse si el suelo es apropiado para este ábaco. El índice de vacíos, es determinado con la ecuación A.17. Teniendo el diámetro efectivo y el índice de vacíos, se determina la conductividad hidráulica con el ábaco. Si se utilizan las ecuaciones de Amer y Shahabi, debe encontrarse el valor de C2 empíricamente, para un índice de vacíos que corresponda a una densidad relativa del 50%. a) La conductividad hidráulica de la arena para una densidad relativa del 32%. PASO 1. Determinación del índice de vacíos. La densidad relativa es:

DR 

emax  e emax  emin

Reemplazando los valores de: emax = 0.68 emin = 0.42 DR = 0.32 (convertido a decimal) Se tiene que:

0.32 

0.68  e 0.68  0.42

El índice de vacíos será: e = 0.59 PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica.

83


El coeficiente de uniformidad de la arena es: Cu = 3.1, el ábaco de la figura D.6, permite suelos que tengan un coeficiente de uniformidad en el rango: 2 < Cu < 12. El suelo en cuestión está en el rango, puede utilizarse el ábaco de la figura D.6.

10 8 6 4

d10 < 1.4 d5

1 0.8 0.6

Cu = 2 a 12 Índ ice 0.6 de va cio 0.5 s, 0 e= 0.3 .4 0.7

Conductividad hidráulica, k ft/min

2

0.85

0.4

0.2 0.1 0.08 0.06 0.04

0.02

0.6

0.01 0.1

0.2

0.4

0.8 1 d 10 mm

2

4

6

8

10

Figura 4.34. Determinación de la conductividad hidráulica. Ingresando con un diámetro efectivo de: d10 = 0.4 mm, en el ábaco de la figura D.6, se intercepta la curva que corresponde a un valor de: e = 0.59 (véase la figura 4.34). Entonces se tendrá una conductividad hidráulica de: k = 0.85 ft/min. Que transformando unidades, resulta ser: k = 0.43 cm/s. b) La conductividad hidráulica para una densidad relativa de 50%. Utilizando la ecuación de Amer.

84


PASO 1. Estimación de la conductividad hidráulica para otro índice de vacíos. La conductividad hidráulica, se puede expresar como: k =1.4·e2·k0.85 Reemplazando los valores de: e = 0.59 k = 0.43 cm/s. Se tiene que: 0.43 = 1.4·0.592·k0.85 La conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.85, será: k0.85 = 0.88 cm/s. PASO 2. Determinación del índice de vacíos La densidad relativa será:

DR 


Reemplazando los valores de: emax = 0.68 emin = 0.42 DR = 0.5 (convertido a decimal) Se tiene que:

DR 

0.68  e 0.68  0.42

El índice de vacíos, para una densidad relativa de 50%, será: e = 0.55 PASO 3. Estimación del coeficiente C2. Se tiene que: Para:

e = 0.59, se tiene que: k = 0.43 cm/s

85


Para:


Con esta información, se puede estimar el coeficiente C2 de la ecuación de Amer, que es: 2.32 k  C2  d10  Cu0.5 

e3 1 e

Para ambos casos, se reemplazan los valores de: e = 0.59 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.43 cm/s

e = 0.85 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.88 cm/s

Se tendrá que:

0.43  C2  0.4 2.32  3.10.5 

0.593 1  0.59

0.88  C2  0.4 2.32  3.10.5 

0.853 1  0.85


C2 = 12.61

Por lo tanto: Para un valor de: e = 0.59, se tiene que: C2 = 15.84 Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C2 = 12.61 Interpolando para un: e = 0.55, se tiene que: C2 = 16.33 PASO 4. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, será: 2.32 k  C2  d10  Cu0.5 

e3 1 e

Reemplazando los valores de: e = 0.55 d10 = 0.4 Cu = 3.1 C2 = 16.33 Se tiene que:

k  16.33 0.4 2.32  3.10.5 

0.553 1  0.55

86


La conductividad hidráulica será: k = 0.36 cm/s. Utilizando la ecuación de Shahabi. PASO 1. Estimación del coeficiente C2. Se tiene que: Para:


Para:


Con esta información, se puede estimar el coeficiente C2 de la ecuación de Shahabi, que es: 0.89 k  1.2  C20.735  d10 

e3 1 e

Para ambos casos, reemplazando los valores de: e = 0.59 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.43 cm/s.

e = 0.85 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.88 cm/s.

Se tendrá que:

0.43  1.2  C20.735  0.4 0.89 

0.593 1  0.59

0.88  1.2  C20.735  0.4 0.89 

0.853 1  0.85


C2 = 8.91

Por lo tanto: Para un valor de: e = 0.59, se tiene que: C2 = 12.15 Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C2 = 8.91 Interpolando para un: e = 0.55, se tiene que: C2 = 12.64 PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica.

87


La conductividad hidráulica será: 0.89 k  1.2  C20.735  d10 

e3 1 e

Reemplazando los valores de: e = 0.55 d10 = 0.4 C2 = 12.64 Se tiene que:

k  1.2 12.640.735  0.40.89 

0.553 1  0.55

La conductividad hidráulica será: k = 0.36 cm/s. Comentario: Antes de utilizar algún ábaco o alguna ecuación, es importante verificar si el ábaco es adecuado o la ecuación es aplicable al tipo de suelo, caso contrario se obtendrán resultados aparentemente correctos pero incompatibles o en el peor de los casos contradicciones. Si se utilizan relaciones empíricas para determinar la conductividad hidráulica, es bueno utilizar diferentes ecuaciones para tener una mejor aproximación de la conductividad hidráulica.

88


PROBLEMA 19. Para una arcilla normalmente consolidada, se tiene que:

Índice de vacíos

k cm/s

1.2

0.2x10-6

0.91x10-6 1.9 Determine la conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.9, utilizando: a) La ecuación de Huang & Drnevich. b) La ecuación de Mersi and Olson. Estrategia: Se conoce la variación del índice de vacíos con respecto a la conductividad hidráulica, para utilizar la ecuación de Huang & Drnevich, se debe encontrar los coeficientes: n y C2 para un índice de vacíos de 0.9. En el caso de la ecuación de Mersi and Olson, se deben encontrar los coeficientes: A’ y B’ para un índice de vacíos de 0.9. Determinados los respectivos coeficientes se determina la conductividad hidráulica. a) Conductividad hidráulica con la ecuación de Huang & Drnevich. PASO 1. Determinación de los valores de: C2 y n. La ecuación de Huang & Drnevich será:

 en   k  C 2    1 e  Para ambos casos, se reemplzan los valores de: k = 0.2x10-6 cm/s. e = 1.2

k = 0.91x10-6 cm/s. e = 1.9

Se tendrá que:

 1.2 n   0.2x106  C 2     1  1.2  Simplificando, se tiene que:

 1.9 n   0.91x106  C 2     1  1.9 

1.2n·C2 = 4.4x10-7

[1]

1.9n·C2 = 2.63x10-6

[2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2], se tendrá que: n = 3.89

C2 = 2.16x10-7

PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica.

89


La conductividad hidráulica será:

 en   k  C 2    1 e  Reemplazando los valores de: n = 3.89 C2 = 2.16x10-7 e = 0.9 Se tiene que:

 0.9 3.89   k  2.16x107     1  0.9  La conductividad hidráulica será: k = 7.54x10-8 cm/s. b) Conductividad hidráulica con la ecuación de Mersi and Olson. PASO 1. Determinación de los coeficientes A´ y B’. La ecuación de Mersi and Olson será: Log k = A’·Log e + B’ Para ambos casos, reemplazando los valores de: k = 0.2x10-6 cm/s e = 1.2

k = 0.91x10-6 cm/s e = 1.9

Se tendrá que: Log 0.2x10-6 = A’·Log 1.2 + B’

[1]

Log 0.91x10-6 = A’·Log 1.9 + B’

[2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2], se tendrá que: A’= 3.29

B’ = -6.96

PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica se determina de la ecuación de Mersi and Olson, esta es: Log k = A’·Log e + B’

90


Reemplazando los valores de: A’ = 3.29 B’ = -6.96 e = 0.9 Se tiene que: Log k = 3.29·Log 0.9 – 6.96 La conductividad hidráulica será:

k = 7.75x10-8 cm/s. Comentario: Tanto los suelos finos como gruesos, tienen sus correspondientes relaciones empíricas. Deben utilizarse las apropiadas a cada caso.

91


PROBLEMA 20. El índice de vacíos de una arcilla in situ es de 2.1 y su conductividad hidráulica para este índice de vacíos es: 0.86x10-6 cm/s. Utilice la ecuación de Taylor, para estimar la conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 1.3. Estrategia: Con la figura D.7, se estima el valor de la constante Ck, con todos los demás datos proporcionados, se determina la conductividad hidráulica. PASO 1. Determinación del coeficiente Ck. Con un valor de: e0 = 2.1, se ingresa al ábaco de la figura D.7, donde interceptando la curva, se tiene el valor de Ck. (véase la figura 4.34) 1.75

1.50

1.25

1.06 Ck

1.00 0.75

0.50

0.25 0

2.1 0

0.5

1.0

e0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

Figura 4.34. Determinación del coeficiente Ck. El valor de Ck es: Ck = 1.06 PASO 2. Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica es determinada de la ecuación de Taylor, que es:

log k  log k 0 

e0  e Ck

Reemplazando los valores de : Ck = 1.06

92


e = 1.3 k0 = 0.86x10-6 cm/s. e0 = 2.1 Se tiene que:

log k  log0.86x106 

2.1  1.3 1.06

La conductividad hidráulica será: k = 1.51x10-7 cm/s. Comentario: El ábaco de la figura D.7, se ha determinado en base a muchos ensayos, resulta práctico determinar el valore de Ck con la ecuación: Ck = 0.5·e0.

93


PROBLEMA 21. Para el permeámetro de tres suelos mostrado en la figura 4.35, se sabe que: Suelo 1: k 1 = 2.3x10-3 cm/s

Suelo 2: k 2 = 1.57x10-4 cm/s

Suelo 3: k 3 = 1.5x10-3 cm/s

A 1 = 450 cm2

A 2 = 125 cm2

A 4 = 100 cm2

 = 17 KN/m

 = 20 KN/m

 = 19 KN/m3

3

3

Si las alturas totales de carga h1 y h2 respectivamente son: 8.2 y 3.2 m. Determine: a) La presión de flujo de agua, en el plano transversal del punto B. b) El gradiente hidráulico crítico del suelo 3 y su factor de seguridad. c) La pérdida de carga necesaria del sistema, para tener flotación en el suelo 3, suponiendo que la altura total de carga h2, se mantiene constante y el suelo 1 y 2 no entran flotación. h1

E

Suelo 3

h2

A

Suelo 1

1.9 m

B

Suelo 2

C

2.1 m

Suelo 1

1.2 m

D

1.7 m

Figura 4.35. Permeámetro con diferentes capas de suelo. Estrategia: Con la ecuación D.6, se determina la presión de flujo, para lo cual se necesita conocer el gradiente hidráulico. Con las ecuaciones D.4 y D.11, pueden generarse ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico con las alturas totales de carga. Formando un sistema de ecuaciones con todas esas relaciones, se determinan las alturas de carga y gradientes hidráulicos. El gradiente hidráulico crítico, es determinado con la ecuación D.7. El factor de seguridad contra flotación, será la relación entre el gradiente hidráulico crítico y el gradiente hidráulico del suelo. Para determinar la nueva pérdida de carga, se sigue un proceso inverso, desde la condición para ocasionar flotación , hasta determinar la altura total de carga h1. Encontrada esta altura, se determina la pérdida de carga necesaria.

a) La presión de flujo de agua, en el plano transversal del punto B.

94


PASO 1. Determinar ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico con las alturas de carga. El suelo 1 del lado derecho, se identificara con una coma superior, mientras que el suelo 1 lado izquierdo no tendrá ninguna. La altura total de carga para el punto A, según la figura 4.35, será: hA = 8.2 m. Los gradientes hidráulicos para los diferentes suelos, serán:

h  hD h A  hB i '1  C L1 L'1 Reemplazando los valores de: i1 

i2 

hB  hC L2

i3 

hD  hE L3

i2 

hB  hc 2.1

i3 

hD  hE L3

hA = 8.2 m. L1 = 1.9 m. L2 = 2.1 m. L3 = 2.1 m. L’1 = 1.7 m. Se tendrá que:

i1 

8.2  hB 1.9

i'1 

hC  hD 1.7

Simplificando, se tendrá que: 1.9·i1 + hB = 8.2

[1]

2.1·i2 – hB + hc = 0

[2]

1.20·i3 – hD = 0

[3]

1.7·i'1 – hC + hD = 0

[4]

Por continuidad, el caudal es el mismo en cualquier punto del suelo. Igualando el caudal del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 2, además del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 3 y del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 3 se tendrá que: q1 = q2

q1 = q1’

q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tendrá que: k1·i1·A1 = q2·i2·A2

k1·i1·A1 = k1·i'1·A1

k1·i1·A1 = q3·i3·A3

Reemplazando los valores de: k1 = 2.3x10-3 cm/s.

95

Problemas resueltos de mecánica de suelos k2 = 1.57x10-4 cm/s. k3 = 1.5x10-3 cm/s. A1 = 450 cm2 A2 = 125 cm2 A3 = 100 cm2 Se tendrá que: 2.3x10-3·i1·450 = 1.57x10-4·i2·125

i1 = i’1

2.3x10-3·i1·450 = 1.5x10-3·i2·100

Simplificando, se tendrá que: 52.73·i1 – i2 = 0 i1 = i’1

[5] [6]

6.9·i1 – i3 = 0

(7)

PASO 2. Determinación de las alturas totales de carga. Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [4], [6] y [2] en [5], se tiene que: 1.51x10-2·hB – hC + 0.98·hD = 0

(8)

Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [1] y [4] en [6], se tiene que: 0.82·hC – hD = 0

(9)

Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [4], [6] y [3] en (7), se tiene que: 0.89·hB + hC – hD = 5.54

(10)

Resolviendo el sistema de ecuaciones: (8), (9) y (10), se tendrá que: hB = 6.12 m.

hC = 0.47 m.

hD = 0.38 m.

PASO 3. Determinación de la presión de flujo. El gradiente hidráulico del suelo 2, será:

i2 

hB  hc L2

Reemplazando los valores de: hC = 0.47 m. hD = 0.38 m.

96


L2 = 2.1 m. Se tiene que:

i2 

0.47  0.38 2.1

El gradiente hidráulico en el suelo 2, será: i2 = 2.69 La presión unitaria de flujo para el suelo 2, será: j = i2·w Reemplazando los valores de: i2 = 2.69 w = 9.81 KN/m3 Se tiene que: j = 2.69·9.81 La presión de flujo en el suelo 2, será:

j = 26.39 KN/m3 b) El gradiente hidráulico crítico del suelo 3 y su factor de seguridad. PASO 1. Determinación del gradiente hidráulico crítico. El gradiente hidráulico crítico será:

ic 

' w

Según la ecuación A.6, esta expresión también puede ser escrita como:

ic 

  w w


 = 19 KN/m3 w = 9.81 KN/m3

97


Se tiene que:

ic 

19  9.81 9.81

El gradiente hidráulico crítico del suelo 3, será: ic = 0.93 PASO 2. Determinación del gradiente hidráulico del suelo 3. El gradiente hidráulico del suelo 3, será:

i3 

hD  hE L3

Reemplazando los valores de: hD = 0.38 m. hE = 0 m. L3 = 1.20 m. Se tendrá que:

i3 

0.38 1.20

El gradiente hidráulico del suelo 3, será: i3 = 0.31 PASO 4. Determinación del factor de seguridad contra flotación. El factor de seguridad contra flotación del suelo 3 será:

FS 

icr i3

Reemplazando los valores de: icr = 0.93 i3 = 0.31 Se tiene que:

FS 

0.93 0.31

98


El factor de seguridad contra flotación del suelo 3 será:

FS = 3 c) La perdida de carga del sistema, necesaria para que el suelo 3 entre en flotación. PASO 1. Determinación de las alturas de carga y gradientes hidráulicos. Si cambia la pérdida de carga del sistema, todas las alturas de carga serán distintas. La condición para que el suelo 3 entre en flotación es: i3 = icr Si la altura total de carga h2 se mantiene constante, entonces: hE = 0 Por lo tanto, el gradiente hidráulico del suelo 3, será:

i3 

hD L3

Reemplazando los valores de: i3 = 0.93 L3 = 1.2 m. Se tiene que:

0.93 

hD 1.2

La altura de carga para el punto D, será: hD =1.11 m. De la ecuación (7), se tiene que: 6.9·i1 – i3 = 0 Reemplazado el valor de: i3, se tiene que: 6.9·i1 – 0.93 = 0 Por lo tanto, el gradiente hidráulico en el suelo 1 será: i1 = 0.13 De la ecuación [5], se tiene que: 52.73·i1 – i2 = 0

99


Reemplazando el valor de i1, en la ecuación [5], se tiene que: 52.73·0.13 – i2 = 0 El gradiente hidráulico en el suelo 2 será: i2 = 6.85 El gradiente hidráulico para el suelo 1 (lado derecho), será:

i '1 

hC  hD L'1

De la ecuación [6], se sabe que: i1 = i’1. Por lo tanto reemplazando los valores de: i1 = 0.13 hD = 1.11 m. L’1 = 1.7 m. Se tiene que:

0.13 

hC  1.11 1.7

La altura de carga en el punto C será: hC = 1.62 m. el gradiente hidráulico del suelo 2, será:

i2 

hB  hc L2

Reemplazando los valores de: hC = 1.62 m. L2 = 2.1 m. i2 = 6.85 Se tiene que:

6.85 

hB  1.62 2.1

La altura de carga en el punto B será: hB = 16 m. El gradiente hidráulico del suelo 1, será:

i1 

h A  hB L1

100


Reemplazando los valores de: i1 = 0.13 hB = 16 L1 = 1.9 m. Se tiene que:

0.13 

hA  16 1.9

La altura total de carga para el punto A, será: hA = 16.24 m. PASO 2. Determinación de la pérdida de carga del sistema. La altura de carga hA, es también la altura de carga h1. La pérdida de carga será:

h = hA – hE Reemplazando los valores de: hA = 16.24 m. hE = 0 m. La perdida de carga necesaria del sistema será:

h = 16.24 m. Comentario: Los suelos 1 y 2 de la figura 4.35, fácilmente entran en flotación debido a su posición (horizontal), donde las partículas son arrastradas. Sin embargo el suelo 3, debido a su posición (vertical) presenta resistencia a la flotación, pues el peso de las partículas impide la flotación.

PROBLEMA 22. La tabla 4.9, muestra los resultados de un ensayo granulométrico de una arena fina extraída cerca de un río. Determine la conductividad hidráulica, utilizando: a) La correlación de Hazen. b) La correlación de Shepherd. Estrategia: Para utilizar la ecuación D.14 (correlación de Hazen), se requiere determinar un coeficiente C. Este coeficiente es estimado de la tabla D.4, donde se requiere el coeficiente de uniformidad y el diámetro efectivo, que pueden ser hallados de los resultados del ensayo granulométrico mostrado en la tabla 4.9. Para la correlación de Shepherd, solo se requiere el diámetro efectivo y estimar la procedencia del suelo, el enunciado menciona que es: cerca de un río. Con esta información se determina la conductividad hidráulica con el ábaco mostrado en la figura D.3.

101


Tabla 4.9. Resultados del ensayo granulométrico. Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura mm 4.75 2 0.85 0.6 0.425 0.25 0.106 0.075 -----

Masa retenida gr 169.78 97.45 84.6 57.12 12.4 6.78 4.87 2.33 1.45

a) Correlación de Hazen. PASO 1. Determinación del diámetro efectivo y el coeficiente de uniformidad. Se procesan los resultados de la tabla 4.9, por lo que se tendrá: Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura mm 4.75 2 0.85 0.6 0.425 0.25 0.106 0.075 -----

Masa retenida gr 169.78 97.45 84.60 57.12 12.40 6.78 4.87 2.33 1.45

Acumulativa 169.78 267.23 351.83 408.95 421.35 428.13 433.00 435.33 436.78

% que pasa 61.13 38.82 19.45 6.37 3.53 1.98 0.87 0.33

El diámetro efectivo, se determina interpolando para un porcentaje del 10 %, este será: d10 = 0.66 mm. Según la ecuación A.7, el coeficiente de uniformidad será:

Cu 

2 d 30 d 60  d10

Los diámetros que requiere esta la ecuación se interpolan de la tabla 4.9, que serán: d60 = 4.6 mm. d30 = 1.47 mm. d10 = 0.66 mm. Por lo tanto, si se reemplazan estos diámetros, el coeficiente de uniformidad será:

Cu 

1.472 4.6  0.66

102


Cu = 6.96 PASO 2. Estimación del coeficiente C. El valor de C es obtenido de la tabla D.4, este valor esta sujeto a requisitos que se deben cumplir en lo que respecta al coeficiente de uniformidad y el diámetro efectivo. El coeficiente de uniformidad del suelo es mayor a 5 y el diámetro efectivo está en el límite del rango recomendado de 0.003 a 0.66 en la tabla D.4, por lo cual el valor de C, estará comprendido entre: 0.4 a 0.8. Debido a que el diámetro efectivo se encuentra al límite del rango admitido, se asume que tiene un valor de: C = 0.8 PASO 3. Determinación de la conductividad hidráulica. La correlación de Hazen es: 2 k  C  d10

Reemplazando los valores de: C = 0.8 d10 = 0.66 mm. Se tiene que: k = 0.8·0.662 Por lo que la conductividad hidráulica será:

k = 0.34 cm/s. b) Correlación de Shepherd. La ecuación D.15, describe la correlación de Shepherd como:

k  c  d 50j

El valor de: d50, es obtenido interpolando de la tabla, que es: d50 = 3.37 mm.

103


10000

Te xtu ra def k= 400 ini da 00· 2 d

50 (E sfe ras 500 de 1 0 ·d .85 k= cris 50 ( tal) 160 D e 0·d 1.75 pós k= itos 45 50 ( De 0·d 1.6 de 5 pós Du 50 ( na) ito De s k= pó d e sito 10 pla 0·d 1. ya) sd 5 ec 50 ( ana Se les dim Te ) en xtu tos ra co no nso de lid fin ad ida os)

1100 1000

Conductividad hidráulica ft/day

k=

100

10

1

3.37

0.1 0.01

0.1

1

10

Tamaño mediano de grano (d 50 ) en mm

Figura 4.36. Determinación de la conductividad hidráulica. Ingresando al ábaco de la figura D.3 con un valor de d50, (este valor puede incluso ser estimado visualmente) se intercepta una región tentativa de acuerdo a la procedencia del suelo. Para este caso, el suelo se ubica entre las curvas de: depósitos de canales y sedimentos consolidados (véase la figura 4.36), tomando como base para esta decisión que el suelo tiene abundante material fino. Por lo tanto, la conductividad hidráulica, aproximadamente será: k = 1100 ft/día. Transformando unidades, se tiene que:

k =0.38 cm/s. PROBLEMA 23. La tabla 4.10, muestra los resultados de un ensayo granulométrico de una muestra e suelo. Determine la conductividad hidráulica, aplicando el método de Mash and Denny.

104


Tabla 4.10. Resultados de un ensayo granulométrico. Tamiz Abertura mm 4 4.75 6 3.35 10 2 20 0.85 40 0.425 60 0.25 100 0.15 200 0.075 Plato ------Masa total de la muestra =

Masa retenida gr 0 0 0 9.1 249.4 179.8 22.7 15.5 23.5 500

Estrategia: Para el método de Mash and Denny, deben convertirse todos los tamaños expresados en milímetros a unidades  con el ábaco de la figura D.4. Luego de calcular la desviación estándar inclusiva, con la ecuación D.17, se ingresa al ábaco de la figura D.5 para determinar la conductividad hidráulica. PASO 1. Transformar unidades expresadas en mm a unidades . Se determina el porcentaje que pasa para cada tamiz. Luego, mediante el ábaco mostrado en la figura D.4, se transforman todas las medidas de mm a unidades . Por lo que se tendrá: Tamiz Abertura mm 4 4.75 6 3.35 10 2 20 0.85 40 0.425 60 0.25 100 0.15 200 0.075 Plato ------Masa total de la muestra =

Masa retenida gr 0 0 0 9.1 249.4 179.8 22.7 15.5 23.5 500

% que pasa 100 100 100 98.18 48.3 12.34 7.8 4.7

Unidades  -2.25 -1.74 -1.00 0.23 1.23 2.00 2.74 3.74

PASO 2. Determinar la desviación estándar inclusiva. La desviación estándar inclusiva, será:

I 

d16  d84 d 5  d 95  4 6.6

Los diferentes diámetros que se necesitan para calcular la desviación inclusiva estándar, están en unidades  Estos son interpolados, que serán: d16 = 1.92 d84 = 1.75

105


d5 = 3.64 d95 = 0.29 Reemplazando estos valores, se tiene que:

I 

1.92  1.75 3.64  0.29  4 6.6

La desviación estándar inclusiva, será:

I = 0.55 PASO 3. Determinación de la conductividad hidráulica.

I



=

0.

0

10

=

0

1.46



=

1.

I

k cm/min

I



0.5

1

 = 1.5

= 2.0

1.19

0.1 3

4 FINO

2

1

d50 (unidades )

0 GRUESO

Figura 4.37. Determinación de la conductividad hidráulica. El valor interpolado de: d50, en unidades  será: d50 = 1.19 Con el valor de d50, se ingresa al ábaco mostrado en la figura D.5, donde se intercepta a la curva correspondiente de la desviación estándar inclusiva y se obtiene la conductividad hidráulica (Véase la figura 4.37). La conductividad hidráulica, será: k = 1.46 cm/min. Transformando unidades, se tiene que:

k = 2.43x10-2 cm/s. 106


PROBLEMA 24. Para el permeámetro de la figura se han instalado dos manómetros en cada extremo, que registran las presiones de PA = 23 y PB = 5 KPa. Se tiene un arreglo de tres suelos colocados de dos maneras diferentes, en dos secciones adyacentes. La sección transversal es de: A = 3600 cm2 y las conductividades hidráulicas de los suelos son:

Suelo 1: k 1 = 1.75x10-3 cm/s

Suelo 2: k 2 = 3.21x10-2 cm/s

Suelo 3: k 3 = 1.57x10-3 cm/s

Determine: a) La presión de poros en el punto B. b) El caudal que circula en el sistema. c) Cual de los dos arreglos de estratos produce mayor resistencia.

PA

PB

k1

20 cm

A

20 cm

k2

20 cm

B

k1

k2

k3

20 cm

20 cm

20 cm

C

k3 60 cm

Figura 4.38. Permeámetro con dos arreglos suelo. Estrategia: En primer lugar, se tienen que determinan las conductividades hidráulicas equivalentes con las ecuaciones D.32 y D.33. Con las ecuaciones D.4 y D.11, se encuentran expresiones que relacionan los gradientes hidráulicos y las alturas de carga, que formaran un sistema de ecuaciones. Al resolver el sistema, se encuentran las alturas de carga y con la ecuación D.5 se determina la presión de poros. El caudal es determinado con la ecuación D.11 y finalmente obteniendo las pérdidas de carga para cada arreglo, se sabe cual presenta mayor resistencia al flujo de agua. a) La presión de poros en el punto B. PASO 1. Determinación de las conductividades hidráulicas equivalentes: Según la ecuación D.32, la conductividad hidráulica horizontal equivalente será:

k Heq 

k  H H i

i

i

107


Reemplazando los valores de: Hi = 20 cm. k1 = 1.75x10-3 cm/s. k2 = 3.21x10-2 cm/s. k3 = 1.57x10-3 cm/s. Se tiene que:

k Heq 

1.75x103  20  3.21x102  20  1.57x103  20 20  20  20

La conductividad hidráulica horizontal, será: kHeq = 1.18x10-2 cm/s. Según la ecuación D.33, la conductividad hidráulica vertical equivalente será:

kVeq 

H H   k

i i

i

  

Reemplazando los valores de: Hi = 20 cm. k1 = 1.75x10-3 cm/s. k2 = 3.21x10-2 cm/s. k3 = 1.57x10-3 cm/s. Se tiene que:

kVeq 

20  20  20 20 20 20   3 2 1.75x10 3.21x10 1.57x103

La conductividad hidráulica vertical equivalente será: kVeq = 2.42x10-3 cm/s. PASO 2. Relacionando los gradientes hidráulicos y las alturas de carga. La altura de carga para los puntos A y C será:

hA 

PA

w

hC 

PB

w

Reemplazando los valores de: PA = 23 KPa.

108

CAPITULO 4 Flujo de agua w = 9.81 KN/m3 PB = 5 KPa. w = 9.81 KN/m3 Se tendrá que:

hA 

23 9.81

hC 

5 9.81

La altura de carga para el punto A y C, será: hA = 2.34 m.

hC = 0.5 m.

El gradiente hidráulico para ambos arreglos será:

i A B 

hA  hB L A B

i B C 

hB  hC L B C

iBC 

hB  0.5 0.6

Reemplazando los valores de: hA = 2.34 hB = 0.5 LA-B = 0.6 m. (convertido a metros) LB-C = 0.6 m. (convertido a metros) Se tendrá que:

i A B 

2.34  hB 0.6

Simplificando, se tiene que: 0.6·iA-B + hB = 2.34

[1]

0.6·iB-C – hB = 0.5

[2]

Reemplazando hB de la ecuación [1] en la ecuación [2], se tiene que: iA-B – iB-C = 3.06

[3]

Por continuidad, se sabe que el caudal en el primer arreglo, será el mismo que en el segundo arreglo. Por lo tanto: qA-B = qB-C Reemplazando el caudal, se tiene que: keqH·iA-B·A = keqV·iB-C·A

109


Reemplazando los valores de: KHeq = 1.18x10-2 cm/s. KVeq = 2.42x10-3 cm/s. Se tiene que: iA-B – 0.205·iB-C = 0

[4]

Resolviendo las ecuaciones [3] y [4], los gradiente hidráulicos serán: iA-B = 0.51

iB-C = 2.53

PASO 3. Determinación de la altura de carga en el punto B. Reemplazando el valor de: iB-C, en la ecuación [2], se tiene que: 0.6·2.53 – hB = 0.5 La altura de carga en le punto B, será: hB = 2.01 m. PASO 4. Determinación de la presión de poros en el punto B. La presión de poros en el punto B, será: uB = w·hB Reemplazando el valor de la altura de carga hB, se tiene que: uB = 9.81·2.01 La presión de poros en el punto B, será:

uB = 19.8 KPa. b) Caudal que circula por el sistema. El caudal será: q = kVeq·iB-C·A Reemplazando los valores de: kVeq = 2.42x10-3 cm/s. iB-C = 2.53 A = 3600 cm2

110


Se tiene que: q = 2.42x10-3·2.53·3600 El caudal que circula por el sistema será:

q = 22.04 cm3/s c) Cual de los dos arreglos de estratos produce mayor resistencia. PASO 1. Determinación de la pérdida de carga para los dos arreglos. La pérdida de carga para ambos arreglos será:

hA-B = hA – hB

hB-C = hB – hC

Para los valores de: hA = 2.34 m. hB = 2.01 m. hC = 0.5 m. Se tendrá que:

hA-B = 2.34 – 2.01

hB-C = 2.01 – 0.5

La pérdida de carga para ambos arreglos será:



hA-B = 0.33 m.

hB-C = 1.51 m.

PASO 2. Evaluación de las pérdidas de carga. La perdida de carga para el primer arreglo, es menor que en el segundo. Por lo tanto, el segundo arreglo ofrece mayor resistencia al flujo de agua.

111


PROBLEMA 25. El permeámetro mostrado en la figura 4.39, contiene tres tipos de arena acomodadas adyacentemente, las conductividades hidráulicas de las arenas A y C respectivamente son: 102 cm/s y 5x10-3 cm/s y todas tienen un área de 150 cm2 de sección transversal. Se han instalado piezómetros al inicio y al final de la arena B y se ha registrado los niveles piezométricos en esta arena que se mantienen constantes. Determinar la conductividad hidráulica de la arena 2.

7 cm

A

1

2

B

15 cm

15 cm

C

3

30 cm

D

15 cm

Figura 4.39. Permeámetro con tres capas de suelo. Estrategia: La conductividad hidráulica, puede ser determinada con la ecuación D.11. Antes debe determinarse el caudal que circula por el sistema. Ya que solamente se disponen de las pérdidas de carga, puede asumirse una altura de carga inicial para el punto A y hallar las demás en función a esta altura, de tal manera que se tengan las mismas pérdidas de carga. Encontrado el caudal, puede determinarse la conductividad hidráulica del suelo 2. PASO 1. Determinar alturas de carga, mediante conceptos de pérdida de carga. Ya que solamente se tienen pérdidas de carga, se asume la altura de carga inicial para el punto A, que será: hA = 1 m. La pedida total de carga, es medida como:

h = hA – hD Reemplazando los valores de: hA = 1 m. h = 0.3 m. (convertido a metros)

112


Se tiene que: 0.3 = 1 – hD La altura de carga en el punto D, será: hD = 0.7 m. PASO 2. Determinación de ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico y alturas de carga. La pérdida de carga en el suelo 2, será: h2 = hB – hC Reemplazando el valor de hA, se tiene que: hB – hC = 0.07

[1]

El gradiente hidráulico del suelo 1, además del suelo 3 será:

i1 

h A  hB L1

i3 

hC  hD L3

Reemplazando los valores de: hA = 1 m. hD = 0.7 m. L1 = 0.15 m. (convertido a metros) L3 = 0.15 m. (convertido a metros) Los gradientes hidráulicos serán:

i1 

1  hB 0.15

[2]

i3 

hC  0.7 0.15

[3]

Igualando caudales de los suelos 1 y 3, se tiene que: q1 = q3 Reemplazando el caudal, se tiene que: k1·i1·A = k3·i3·A Reemplazando los valores de : k1 = 1x10-2 cm/s. k2 = 5x10-3 cm/s.

113


Se tiene que: 1x10-2·i1 = 5x10-3·i3 Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [2] y [3], se tiene que: hB + 0.5·hC = 1.35

[4]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [4], se tiene que: hB = 0.92 m

hC = 0.85 m

PASO 3. Determinación del caudal. El gradiente hidráulico del suelo 1, reemplazando el valor de hB, será:

i1 

1  0.92 0.15

i1 = 0.53 El caudal del sistema, será: q = k1·i1·A Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-2 cm/s. i1 = 0.53 A = 150 cm2 Se tiene que: q = 1x10-2·0.53·150 El caudal será: q = 0.79 cm3/s.

PASO 3. Determinación de la conductividad hidráulica del suelo 2. El gradiente hidráulico del suelo 2, será:

i2 

hB  hC L2

114


Reemplazando los valores de: hB = 0.92 m. hC = 0.85 m. L2 = 0.15 m. (convertido a metros) Se tiene que:

i2 

0.92  0.85 0.15

El gradiente hidráulico será: i2 = 0.46 La conductividad hidráulica del suelo 2, se obtiene de: q = k2·i2·A Reemplazando los valores de: q = 0.79 cm3/s. i2 = 0.46 A = 150 cm2 Se tiene que: 0.79 = k2·0.46·150 La conductividad hidráulica del suelo 2, será:

k2 = 1.08x10-2 cm/s. Comentario: Una pérdida de carga, es la diferencia entre alturas de carga en dos puntos. Para una determinada pérdida de carga, pueden existir una gran variedad de combinaciones de alturas de carga. Sin importar la combinación usada, lo importante es que la pérdida de carga sea la misma y se mantenga la compatibilidad en el sistema. Generalmente pueden usarse artificios similares para resolver problemas de flujo unidimensional.

115


PROBLEMA 26. Para el permeámetro de la figura 4.40, se pide determinar la presión de poros en el punto A. La conductividad hidráulica de los suelos es:

Suelo 1: k 1 = 3x10-4 cm/s

Suelo 2: k 2 = 6x10-6 cm/s

Suelo 3: k 3 = 3x10-7 cm/s

Todas las distancias del sistema están expresadas en función a L, por lo tanto considere que: L = 50 cm. L

L

L 2

L

L3

2 3

L 4

L6

B

1 A

L2

L 4

Figura 4.40. Permeámetro con tres capas de suelo a diferentes alturas. Estrategia: La presión de poros es determinada con la ecuación D.5. Para lo cual se necesita la altura piezométrica del punto A. Esta altura se puede determinar, mediante ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y las alturas totales de carga. Mediante continuidad, se pueden igualar los caudales en los suelos y obtener otras ecuaciones que forman un sistema de ecuaciones. Resolviendo el sistema, se determinan las alturas de carga y la presión de poros del sistema. PASO 1. Determinación de ecuaciones que relaciones las alturas totales de carga. Se toma como nivel e referencia, la parte inferior, en el nivel más bajo a agua. El gradiente hidráulico siempre debe ser positivo, por lo cual se asume que el flujo se moverá del suelo 3 al suelo 1. Los gradientes hidráulicos de los serán:

i1 

hA  0 L

[1]

i2 

hB  hA L

[2]

i3 

L  hB L

[3]

116


PASO 2. Determinación de las alturas totales de carga. El área de la sección transversal de los suelos:1, 2 y 3, para un metro de ancho, serán: A1 = L/4·1

A2 = (L/4 + L/4 + L/2)·1

A3 = L/6·1

Reemplazando el valor de: L = 50 cm2, se tiene que: A1 = 12.5 cm2

A2 = 50 cm2

A3 = 8.33 cm2

Igualando el caudal del suelo 1 con el suelo 2, además del suelo 1 y 3, se tendrá que: q1 = q2

q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tendrá que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2

k1·i1·A1 = k3·i3·A3

Reemplazando los valores de: k1 = 3x10-4 cm/s. k2 = 6x10-6 cm/s. k3 = 3x10-7 cm/s. A1 = 12.5 cm2 A2 = 50 cm2 A3 = 8.33 cm2 Se tendrá que: 3x10-4·i1·12.5 = 6x10-6·i2·50

3x10-4·i1·12.5 = 3x10-7·i3·8.33

Reemplazando las ecuaciones [1], [2] y [3] en estas expresiones, se tendrá que: 1.08·hA – 0.08·hB = 0

[4]

hA =6.66x10-4·(50 – hB) = 0 Resolviendo las ecuaciones [4] y [5], se tiene que: hA = 0.032 cm.

[5]

hB = 0.44 cm.

PASO 3. Determinación de la presión de poros. La altura piezómétrica para el punto A, será: hpA = hA – hZA Reemplazando los valores de: hA = 0.035 cm.

117


hZA = 50/4 cm. Se tiene que:

hPA  0.035 

50 4

La altura piezométrica será: hpA = -12.44 cm. La presión de poros en el punto A, será: u = hpA·w Reemplazando los valores de: hpA = -0.1244 m. w = 9.81 KPa. Se tiene que: uA = -0.1244·9.81 La presión de poros en el punto A, será:

uA = -1.22 KPa. Comentario: Antes de resolver algún problema de flujo de agua, debe determinarse la dirección correcta del flujo, para lo cual el gradiente hidráulico es de ayuda. El gradiente hidráulico, es medido de una altura de carga mayor a una menor (dirección del flujo) y este valor siempre debe ser positivo, lo que indicará la dirección correcta del flujo de agua. Debe tenerse cuidado, cuando se tiene un nivel de referencia en el cual no se mantienen constantes las alturas potenciales, la mejor opción en las ecuaciones es trabajar con alturas totales de carga y no con alturas piezométricas.

118


Flujo en dos dimensiones.

PROBLEMA 27 Para el permeámetro mostrado en la Figura 4.41, se tiene que: h = 50 cm H2 = 50 cm

H1 = 30 cm k1 = 1.8·k2

h1 h H1

h2

H2

z

Suelo 1

Suelo 2

Figura 4.41. Permeámetro con dos capas de suelo. Determinar el valor de las alturas piezométricas h1 y h2 utilizando la ecuación de Laplace para un valor de z = 60 cm. Estrategia: Puede integrarse la ecuación de Laplace a fin de obtener una expresión más práctica, luego con las condiciones de borde correspondientes a cada suelo, se pueden obtener ecuaciones que relacionan la altura de carga con las alturas piezométricas. Con las expresiones obtenidas puede determinarse los valores de h1 y h2. PASO 1. Determinación de ecuaciones que relacionen las alturas piezométricas. La ecuación de Laplace es:

2h 2h  0 z 2 x 2

119


Para el caso del permeámetro se tiene que

2h  0 , por lo tanto se tendrá que: x 2

2h 0 z 2 Integrando se tiene que: h = A1·z + A2

[1]

Donde A1·y A2 son coeficientes producto de la integración. Para el suelo 1 Condición 1 z=0

h = h2

z = H1 + H2

h=0

Condición 2

Combinando la ecuación [1] con la condición 1, se tendrá que: A2 = h1

[2]

Combinando la ecuación [1] con la condición 2, se tendrá que: h2 = A1· H1 + h1 Entonces:

h h  A1    1 2   H1 

[3]

Condición 1 z=0

h = h1

z=0

h = h2

Condición 2

Reemplazando las ecuaciones [2] y [3] en la ecuación [1] se tendrá que:

h h  A1    1 2   z  h1  H1 

[4]

120


Para el suelo 2 Condición 1 z=0

h = h1

z=0

h=0

Condición 2

Combinando la ecuación [1] con la condición 1, se tendrá que: A2 = h1 – A1·H1

[5]

Combinando la ecuación [1] con la condición 2, se tendrá que: A1·(H1 + H2) + (h2 – A1·H1) = 0 Reemplazando el valor de A1, se tendrá que: A1·H1 + A1·H2 + h2 – A1·H1) Despejando A se tendrá que:

A

h2 H2

[6]

Reemplazando las ecuaciones [5] y [6] en la ecuación [1], se tendrá que:

h   H  h    2   z  h2  1  1   H2   H2  Por otra parte el caudal que circula en el suelo A es igual al del suelo B, entonces: q1 = q2 De la ecuación [D.11] y la ecuación [D.4] se tendrá que:

h h   h 0 k1 · 1 2   A  k1 · 1  A  H1   H2  PASO 2 Determinación de las alturas piezométricas h1 y h2.

h2 

h1  k1 k k  H1   1  1   H1 H1 

[7]

121


Sustituyendo la ecuación [7] en la ecuación [4] y despejando h1, se tendrá que:

h1 

h   k2  z 1    k1  H 2  k2  H1 

[8]

Reemplazando los valores de: h = 50 cm H1 = 30 cm H2 = 50 cm k1 = 1.8·k2 En la ecuación [8] se tendrá que:

h1 

50 60   1   1.8  50  30  

Por lo tanto: h1 = 100 cm De la ecuación [D.7] se tendrá que:

h2 

100 1.8  1.8 1  30      30 50 

Por lo tanto: h2 = 75 cm Comentario: La ecuación de Laplace gobierna el flujo de agua en el suelo, esta puede utilizarse para resolver cualquier problema de flujo de agua. Sin embargo, esta se complicara a medida que aumente las dimensiones del flujo en el sistema.

122


PROBLEMA 28 En la Figura 4.42 se muestra un sistema de flujo en dos dimensiones compuesto de un ataguía en un perfil de suelo con una conductividad hidráulica de 2.32x10-4 cm/s. Se pide: a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. b) Determinar el caudal que circula por el sistema. c) La presión de poros en los puntos A y B.

15.5 m 5m 3.7 m A 8.4 m B Impermeable

Figura 4.42. Sistema de flujo con ataguía. Estrategia: La red de flujo se traza en base al procedimiento y las recomendaciones de la sección “Construcción de la red de flujo cuadrada” existente en el capítulo 4 del libro guía (Fundamentos de mecánica de suelos). Teniendo definida la red de flujo, con la ecuación [D.35] se determina el caudal, finalmente con la ecuación [D.59], [D.60] y [D.61] se determina la presión de poros en los puntos A y B. a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. PASO 1. Identificación de las condiciones de borde del sistema.

Borde de entrada

Borde de salida

Impermeable

Impermeable Figura 4.43. Bordes permeables e impermeables.

123


En primer lugar se identifican los bordes de entrada, salida y los impermeables, mostrados en trazo lleno en la Figura 4.43. PASO 2. Ubicación de las líneas de flujo. Se trazan las líneas de flujo de tal forma que estén bien distribuidas en todo el perfil como muestra la Figura 4.44.

Impermeable

Figura 4.44. Líneas de flujo. PASO 3. Ubicación de las líneas equipotenciales. Se trazan las líneas equipotenciales de tal forma que corten a las líneas de flujo formando con ellas cuadrados curvilíneos como muestra la Figura 4.45.

Impermeable

Figura 4.45. Líneas equipotenciales y de flujo. b) Determinar el caudal que circula por el sistema.

124


PASO 1 Determinación de la altura total de carga del sistema.

H = 15.5 – 5 H = 10.5 m PASO 2 Determinación del caudal. Con los valores de: k = 2.32x10-6 cm/s (convertido a m/s) H = 10.5 m NF = 4 Nd = 7 De la ecuación [D.35] se tiene que:

4 q  2.32x106  10.5 7 q = 1.32x10-6 m3/s O también: q = 1.14x10-2 m3/dia c) La presión de poros en los puntos A y B. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto A se tendrá que:

H = 10.5 m Nd = 7 ndA = 3.5 La pérdida de carga será:

hA 

10.7  3.5 7

hA = 5.25 m De igual forma para el punto B se tendrá que:

hB = 5.25 m

125


PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto A se tendrá que: h1 = 8.4 + 3.7 + 15.5 = 27.6 m hzA = 8.4 m hA = 5.25 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 27.6 – 8.4 – 5.25 hpA = 13.95 m La presión de poros en el punto A será: uA = 13.95·9.81 uA = 136.84 KPa Para el punto B se tendrá que: h1 = 8.4 + 3.7 + 15.5 = 27.6 m hzB = 0 m hB = 5.25 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 27.6 – 5.25 hpA = 22.35 m La presión de poros en el punto B será: uB = 22.35·9.81 uB = 219.25 KPa Comentario: Los puntos A y B se encuentran en una misma línea vertical, por lo que el valor de hi es el mismo para ambos, pero tienen diferente altura potencial lo que los hace distintos.

126


PROBLEMA 29 En la Figura 4.46 se muestra una obra hidráulica construida en un suelo que tiene una conductividad hidráulica de 1.07x10-6 cm/s.

Se pide: a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. b) Determinar el caudal que circula por el sistema. c) La presión de poros en los puntos A, B y C.

18.1 m

1.8 m

19.8 m

Impermeable 8.5 m 4.3 m B

C

10.2 m 1.3 m

18.5 m

1 A

2.2 m

able rme e p Im

3

55.5 m Figura 4.46. Sistema de flujo en presa de presa de concreto.

Estrategia: Con la misma idea que en el problema 2 se construye la red de flujo cuadrada del sistema y se determina el caudal que circula por el sistema y la presión de poros en los puntos A, B y C. a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. PASO 1. En primer lugar se identifican los bordes de entrada, salida y los impermeables, mostrados en trazo lleno en la Figura 4.47.

127


Impermeable

Borde de entrada

Borde de salida

Bordes impermeables

able rme e p Im

Figura 4.47. Bordes de entrada y salida. PASO 2. Se trazan las líneas de flujo de tal forma que estén bien distribuidas en todo el perfil como muestra la Figura 4.48.

Impermeable

able rme e p Im

Figura 4.48. Líneas de flujo. PASO 3. Se trazan las líneas equipotenciales de tal forma que corten a las líneas de flujo formando con ellas cuadrados curvilíneos como muestra la Figura 4.49.

128


Impermeable

able rme e p Im

Figura 4.49. Líneas equipotenciales y de flujo.

b) Determinar el caudal que circula por el sistema. Para los valores de: H = 8.5 m k = 1.07x10-8 m/s (convertido a m/s) NF = 3 Nd = 12 El caudal será:

q  1.07x108

3  8.5 12

q = 2.27x10-8 m3/s O también: q = 1.96x10-3 m3/día

c) La presión de poros en los puntos A, B y C.

129


Impermeable

B

A

C

able rme e p Im

Figura 4.50. Puntos donde se pretende calcular la presión de poros. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto A se tendrá que:

H = 8.5 m Nd = 12 ndA = 2.25 La pérdida de carga será:

hA 

8.5  2.25 12

hA = 1.59 m Para el punto B se tendrá que: ndB = 0 La pérdida de carga será:

hB = 0 m Para el punto C se tendrá que: ndC = 6.4

130


La pérdida de carga será:

hC 

8.5  6.4 12

hC = 4.53 m PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto A se tendrá que: h1 = 27 m hzA = 7.7 m hA = 1.59 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 27 – 7.7 – 1.59 hpA = 17.71 m La presión de poros en el punto A será: uA = 17.71·9.81 uA = 173.73 KPa Para el punto B se tendrá que: h1 = 27.6 m hB = 0 m La altura potencial será:

 55.5  18.1  19.8  hzB  18.5    3   hzB = 12.63 m La altura piezométrica en el punto B será: hpB = 27.6 – 12.63 hpB = 14.36 m La presión de poros en el punto B será: uB = 14.36·9.81

131


uB = 140.93 KPa Para el punto C se tendrá que: h1 = 27.6 m hC = 4.53 m La altura potencial será:

 55.5  19.8  4.3  1.3  hzC  18.5    3   hzC = 5.76 m La altura piezométrica en el punto C será: hpC = 27 – 5.76 – 4.53 hpC = 16.71 m La presión de poros en el punto B será: uC = 16.71·9.81 uC = 163.92 KPa Comentario: El nivel de referencia del sistema corresponde a la superficie inclinada impermeable, por lo que las alturas potenciales variaran para cada punto lo que significa que la presión de poros disminuirá conforme disminuya la altura potencial.

132


PROBLEMA 30 La Figura 4.51 muestra una obra hidráulica contraída en un suelo compuesto de arena limosa. Ensayos anteriores en este suelo demostraron que la conductividad hidráulica del suelo corresponde a k = 2.47x10-2 cm/s.

23.7 m

19.8 m

26.3 m

7.8 m Impermeable

7.23 m 7.5 m 15.7 m

C

3.7 m

3.7 m

6.6 m Impermeable

Figura 4.51. Sistema de flujo en obra hidráulica. Determine el caudal que circula por el sistema y la presión de poros en el punto C utilizando: a) Redes de flujo. b) Método de los fragmentos.

Estrategia: Para poder utilizar la ecuación [D.35] debe trazarse la red de flujo del sistema, para lo cual se sigue el mismo procedimiento que en el problema 2. En el método de los fragmentos debe dividirse el sistema en fragmentos reconocibles según la Tabla D.9 y con la ecuación [D.54] se determina el caudal que circula por el sistema. Mediante redes de flujo la presión de poros puede ser determinada de la misma forma que en el problema 2 y 3. Sin embargo, en el caso del método de los fragmentos la presión de poros es determinada utilizando las ecuaciones [D.60], [D.62] y [D.63], tomando en cuenta que la pérdida de carga hiF es acumulativa para cada fragmento. a) Redes de flujo. PASO 1. Construcción de la red de flujo del sistema. Siguiendo el mismo procedimiento que en los problemas 2 y 3, la red de flujo del sistema será.

133


Impermeable

C

Impermeable Figura 4.52. Sistema de flujo con ataguía. PASO 2 Determinación del caudal. Para los valores de: k = 2.47x10-4 m/s (convertido a m/s) NF = 3 Nd = 12 H = 12 m El caudal será:

q  2.47x104 

3  7.8 12

q = 4.81x10-4 m3/s Por lo que: q = 41.61 m3/dia Determinación de la presión de poros. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto C se tendrá que:

H = 7.8 m Nd = 12 ndC = 6.1

134


La pérdida de carga será:

hC 

7.8  6.1 12

hC = 3.96 m PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto C se tendrá que: h1 = 7.8 + 15.7 = 23.5 m hzC = 15.7 – 7.23 = 8.47 m hC = 3.96 m La altura piezométrica en el punto C será: hpC = 23.5 – 8.47 – 3.96 hpC = 11.07 m La presión de poros en el punto C será: uC = 11.07·9.81 uC = 108.6 KPa b) Método de los fragmentos.

Impermeable

II

IV

II

Impermeable

Figura 4.53. Sistema de flujo dividido en fragmentos. PASO 1 Determinación del factor de forma.

135


Fragmento II (izquierda y derecho).

   7.23  m  sin    2 15.7  m = 0.66

m2 = 0.43

De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 0.938 Fragmento V. Para este fragmento se sabe que: L = 19.8 m T = 15.7 m S = 7.23 m a = 15.7 – 7.23 = 8.47 m Ya que L > 2·S , entonces se tendrá:

 7.23  19.8  2  7.23   2  ln 1   15.7  8.47  Φ = 1.57 PASO 2 Determinación del caudal. Φ = 0.938 + 1.57 + 0.938 Φ = 3.45 Si: H = 7.8 m k = 2.47x10-4 m/s El caudal será:

24.7x104  7.8 3.45 q = 5.58x10-4 m3/s q

O también: q = 48.24 m3/día

136


Determinación de la presión de poros. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento. Para el fragmento II se tendrá:

hIIF 

7.8  0.938 3.45

hIIF  2.12 Para el fragmento V se tendrá:

hVF 

7.8 1.57 3.45

hVF  3.54 PASO 2 Determinación de la pérdida de carga del punto C respecto al fragmento V. L = 23.7 + 19.8 + 26.3 L = 69.8 m Por lo tanto la pérdida de carga del punto C respecto al fragmento V será:

hC 

3.54   23.7  3.7  6.6 69.8

h'c = 1.72 PASO 3 Determinación de la pérdida de carga del punto C respecto al sistema. hc = 2.12 + 1.72 hc = 3.84 PASO 4 Determinación de la altura piezométrica del punto C. hpc = 23.5 – 8.47 – 3.84 hpc = 11.18 m

137


PASO 5 Determinación de la presión de poros en el punto C. uc = 11.18·9.81 uc = 109.73 KPa Comentario: El método de los fragmentos a diferencia de las redes de flujo es más práctico y exacto, libre de errores debido a la falta de práctica que es necesaria para dibujar una correcta red de flujo.

138


PROBLEMA 31 La Figura 4.54 muestra una presa de concreto construida en un suelo limo arcilloso de conductividad hidráulica de k = 7.98x10-6 cm/s.

12.0 m 1.5 m

1.0 m

9.0 m 17.0 m

impermeable 19.5 m

57.1 m

27.3 m

Figura 4.54. Sistema de flujo en una presa de concreto con ataguía. Dibuje el diagrama de presiones ascendentes en la base de la presa utilizando: a) Redes de flujo. b) Método de los fragmentos. c) Método de Lane. Estrategia: El diagrama de presiones ascendentes puede ser trazado únicamente determinando la presión de poros en los puntos A y B que se muestran en la Figura, ya que este diagrama tiene una distribución lineal. La presión de poros en estos puntos se determina mediante las ecuaciones [D.59] y [D.60]. En redes de flujo se utiliza las ecuación [D.61], en el método de los fragmentos las ecuaciones [D.62] y [D.63] y en el método de Lane las ecuaciones [D.64] y [D.65] a) Redes de flujo.

A

B

impermeable

Figura 4.54. Red de flujo del sistema.

139


PASO 1 Determinación de la pérdida de carga para cada punto. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto A se tendrá que:

H = 12 – 1 = 11 m Nd = 17 ndA = 0.75 La pérdida de carga será:

hA 

11  7.8 17

hA = 5.04 m Para el punto B se tendrá que: ndB = 15.6 La pérdida de carga será:

hB 

11 15.6 17

hB = 10.09 m PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto A se tendrá que: h1 = 29 m hzA = 17 – 1.5 = 15.5 m hA = 5.04 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 29 –15.5 – 5.04 hpA = 8.46 m La presión de poros en el punto A será: uA = 8.46·9.81

140


uA = 83 KPa Para el punto B se tendrá que: h1 = 29 m hzB = 15.5 m hB = 10.09 m La altura piezométrica en el punto B será: hpA = 29 –15.5 – 10.09 hpA = 3.4 m La presión de poros en el punto B será: uA = 3.4·9.81 uA = 33.41 KPa b) Método de los fragmentos.

A

II

B

IV

II

impermeable

Figura 4.55. Sistema de flujo con ataguía. PASO 1 Determinación del factor de forma. Fragmento II (izquierda).

  9  m  sin    0.739  2 17  m2 = 0.546

141


De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 1.038 Fragmento II (derecha).

  1.5  m  sin    0.138  2 17  m2 = 1.9x10-2 De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 0.47 Fragmento IV. Para este fragmento se sabe que: b = 57.1 m T = 17 – 1.5 = 15.5 m S = 9 – 1.5 = 7.5 m a = 17 – 9 = 8 m Ya que b > S , entonces se tendrá:

 7.5  57.1  7.5   ln 1   8  15.5  Φ = 3.86 PASO 2 Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento. Φ = 1.038 + 0.47 + 3.86 Φ = 5.36 La pérdida de carga para cada fragmento será:

hIIFiz 

111.038  2.13 5.36

hIIFde 

11  0.47  0.96 5.36

hVF 

11 3.86  7.92 5.36

142


PASO 3 Determinación de la pérdida de carga de cada punto respecto al fragmento IV. L = 19.5 + 57.1 + 27.3 L = 103.9 m Por lo tanto la pérdida de carga para cada punto respecto al fragmento IV será:

hA 

7.92 19.5  1.48 103.9

hB 

7.92  19.5  57.1  5.83 103.9

PASO 4 Determinación de la pérdida de carga de los puntos respecto al sistema. hA = 2.13 + 1.48 = 3.61 hB = 2.13 + 5.69 = 7.82 PASO 5 Determinación de la altura piezométrica para cada punto. hpA = 29 – 15.5 – 3.61 = 9.89 hpB = 29 – 15.5 – 7.82 = 5.68 m PASO 6 Determinación de la presión de poros en ambos puntos. uA = 9.89·9.81

uB = 5.86·9.81

uA = 97.02 KPa

uB = 55.72 KPa

c) Método de Lane. PASO 1 Determinación de la longitud de contacto.

L '  9  7.5 

57.1  1.5 3

L’ = 37.03 m

143


PASO 2 Determinación de la pérdida de carga. Para el punto A se tiene que: L' = 37.03 m H = 11 m lA = 16.5 m La pérdida de carga para el punto A será:

hA 

16.5 11  4.9 37.03

Para el punto B se tiene que: lB = 35.53 m La pérdida de carga para el punto B será:

hB 

35.53 11  10.55 37.03

PASO 3 Determinación de la altura piezométrica. hpA = 29 – 15.5 – 4.9 = 8.6 hpB = 29 – 15.5 – 10.55 = 2.95 PASO 4 Determinación de la presión de poros. uA = 8.6·9.81

uB = 2.95·9.81

uA = 84.36 KPa

uB = 84.36 KPa

Comentario: En el método de las redes de flujo es fácil cometer errores al dibujar la red, en cambio el método de los fragmentos y el propuesto por Lane son más prácticos.

144


PROBLEMA 32

18.31

22.58

La presa de tierra mostrada en la Figura 4.56 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 1.65x10-5 cm/s.

35º

35º

41.36

55.00

Figura 4.56. Presa de tierra con filtro de pie. Se pide: a) Trazar la línea freática de la presa. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Estrategia: La línea freática es trazada de acuerdo a las instrucciones en la parte de “Construcción de la línea freática en presas de tierra” en el libro guía de fundamentos de mecánica de suelos y el caudal es determinado con una ecuación apropiada de la parte de “soluciones matemáticas” (Anexo D) que se ajuste a las condiciones de la presa.

a) Trazar la línea freática de la presa. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 26.15 7.84

B

G

18.31

22.58

A

35º

35º D F E

68.89

1.17

2.34

Figura 4.57. Determinación del valor de y0. De la Figura se tiene que: y0 = 2.34 m PASO 2 Trazar la parábola básica.

145


G

35º F E

Figura 4.58. Trazo de la parábola básica.

PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

13 .09

35º

4.5 8

E

Figura 4.59. Correcciones en los bordes de entrada y salida. Para un valor de  = 35º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.5, por lo tanto:

0.35 

a a  a

[1]

De la Figura se sabe que: a + a = 13.09

[2]

Reemplazando la ecuación [2] en la ecuación [1] y despejando el valor de a, se tendrá que: a = 0.35·13.09 a = 4.58 m De la ecuación [2] el valor de a será: a = 13.09 – 4.58 a = 8.51 m PASO 4 Dibujar la línea freática.

146


35º

Figura 4.60. Trazo de la línea freática. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s) la ecuación [D.44] será: q = 1.65x10-7·8.5·sin2 35 q = 2.57x10-7 m3/s O también: q = 2.22x10-2 m3/día

147


PROBLEMA 33 La presa de tierra mostrada en la Figura 4.61 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s.

Se pide: a) Trazar la línea freática de la presa. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

24.75

10.51 23°

23°

70.57

Figura 4.61. Presa de tierra sin filtro de pie. a) Trazar la línea freática de la presa. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 24.75 7.42

A

G B

10.51

O

23°

23°

E

F D

1.03

53.24

0.52

Figura 4.62. Determinación del valor de y0. De la Figura se tiene que: y0 = 1.03 m PASO 2 Trazar la parábola básica.

148


A

O

23°

G

23°

E

F D


PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida. A 12.42

O

23°

6.63

E

F D

Figura 4.64. Correcciones en los bordes de entrada y salida. De la Figura se sabe que: d = 53.24 m

h = 10.51 m

De la ecuación [D.36] se tiene que:

a

53.24  cos 23

 53.24 2  10.512 cos 2 23

sin 2 23

a = 6.63 m De la Figura se sabe que: a + a = 12.42 Reemplazando el valor de a se tiene que: a = 12.42 – 6.63 a = 5.78 m De la ecuación [2] el valor de a será: a = 13.09 – 4.58 a = 8.51 m

149


PASO 4 Dibujar la línea freática. A

O

23°

E

F D

Figura 4.65. Trazo de la línea freática.

b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. De la ecuación [D.37] se tiene que: q = 1.65x10-7·8.5·sin2 35 q = 2.57x10-7 m3/s O también: q = 2.22x10-2 m3/día

150


PROBLEMA 34 La presa de tierra mostrada en la Figura 4.66 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable.

20.85

8.01 21°

15.63

9.15

70.97

Figura 4.66. Presa de tierra con filtro de pie.

Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s.

PASO 1 Determinar la magnitud y0. 20.85 6.25

A

G B

8.01 21°

E 0.57

F 40.73

D 0.29

Figura 4.67. Determinación del valor de y0.

De la Figura se tiene que: y0 = 0.57 m PASO 2 Trazar la parábola básica. A

21°

G

F

D


151


PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida. A

21°

F

Figura 4.69. Correcciones en los bordes de entrada y salida. PASO 4 Dibujar la línea freática.

21°

Figura 4.70. Trazo de la línea freática. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. El valor de a0 será:

a0 

0.57  0.285 2

Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s) de la ecuación [D.43] se tiene que: q = 2·1.65x10-7·0.285 q = 9.4x10-8 m3/s O también: q = 8.12x10-3 m3/día

152


PROBLEMA 35 La presa de tierra mostrada en la Figura 4.71 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable.

19.52

43°

43°

20.93

29.07

17.71

Figura 4.71. Presa de tierra con filtro de pie. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s.

PASO 1 Determinar la magnitud y0. 0.03

A

G

B

19.52

43°

43°

D F

E 3.48

53.02

1.74

Figura 4.72. Determinación del valor de y0. De la Figura se tiene que: y0 = 3.48 m

PASO 2 Trazar la parábola básica.

153


G

A

43°

43°

F

Figura 4.73. Trazo de la parábola básica. PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

12.81

43°

43°


0.26 

a a  a

[1]


[2]

Reemplazando la ecuación [2] en la ecuación [1] y despejando el valor de a, se tendrá que: a = 12.81·0.26 a = 3.33 m De la ecuación [2] el valor de a será: a = 12.81 – 3.33 = 9.47 m PASO 4 Dibujar la línea freática.

154


43°

43°

Figura 4.75. Trazo de la línea freática. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s), de la ecuación [D.44] se tiene que: q = 1.65x10-7·9.47·1 q = 2.57x10-7 m3/s O también: q = 0.13 m3/día

155


PROBLEMA 36 La presa de tierra mostrada en la Figura 4.76 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s.

19.93

122° 32°

66.23

23.44

Figura 4.76. Sistema de flujo con ataguía. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 31.89 9.56

A

G B

19.93

122° 32°

E

D E

A 2.65

67.37

1.32

Figura 4.77. Determinación del valor de y0. De la Figura se tiene que: y0 = 2.65 m PASO 2 Trazar la parábola básica. A

G

19.93

122° 32°

D E


156


PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida. A

19.93

2.04 12.02 32°

D E


0.17 

a a  a

[1]


[2]

Reemplazando la ecuación [2] en la ecuación [1] y despejando el valor de a, se tendrá que: a = 0.17·12.02 a = 2.04 m De la ecuación [2] el valor de a será: a = 12.02 – 2.04 a = 9.97 m PASO 4 Dibujar la línea freática.

122° 32°

Figura 4.80. Trazo de la línea freática.

157


b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s) de la ecuación [D.44] se tiene que: q = 1.65x10-7·9.97·sin2 122 q = 4.09x10-7 m3/s O también: q = 3.53x10-2 m3/día

158


PROBLEMA 37 La Figura 4.81 muestra a un presa de tierra construida con un suelo de una conductividad hidráulica correspondiente a k = 2x10-5 cm/s. Se pide determinar el caudal que circula en la presa utilizando: a) Redes de flujo. b) Método de los fragmentos. c) Soluciones analíticas. 20.74

2.27

36.56

60°

60º

Impermeable 60.97

Figura 4.81. Presa de tierra Estrategia: Para determinar el caudal utilizando la rede de flujo, debe trazarse en primer lugar la línea freática de la presa, entonces ubicar las líneas de flujo y las equipotenciales de tal forma que ambas formen cuadrados curvilíneos, finalmente con la ecuación [D.35] se determina el caudal. En el caso del método de los fragmentos la presa es dividida en tres fragmentos según la Tabla D.10 y con la ecuación [D.54] es determinado el caudal. En el caso de usar soluciones matemáticas, las ecuaciones [D.41] y [D.44] resultan ser las más apropiadas. a) Redes de flujo. PASO 1 Trazar la red de flujo. La línea freática y la red de flujo es trazada de la misma forma que en los anteriores problemas.

159


36.56

60°

Impermeable

Figura 4.82. Red de flujo. De la Figura se sabe que: H = h1 – h2 = 36.56 m NF = 4 Nd = 10 Con el valor k = 2x10-5 m/s (convertida a m/s). De la ecuación [D.43] se tiene que:

q  2.92x10-7 

4  36.56 10

q = 2.92x10-6 m3/s O también: q = 0.25 m3/s b) Método de los fragmentos.

36.56

VIII

VII

IX

60°

15.43

Figura 4.83. Sistema de flujo dividido en fragmentos.

160


PASO 1 Determinar el factor de forma. De la Tabla D.9 se tiene que:



2 15.43 36.56

Φ = 0.84 PASO 2 Determinar el caudal. De la Figura se sabe que: h2 = 0 El caudal será:

q

2x107  36.56 0.84

q = 8.66x10-6 m3/s O también: q = 0.74 m3/día c) Soluciones analíticas. 20.74 6.22

36.56

60°

Impermeable 46.45

Figura 4.84. Línea freática.

161


De la Figura 4.84 se tiene que: d = 46.45 m h = 36.56 m Para  = 60º, de la ecuación [D.39] se tiene que:

S0  46.452  36.562 S0 = 59.11 m De la ecuación [D.38] se tiene que:

a  59.11  59.112 

36.562 sin 602

a = 17.73 m El caudal se determina de la ecuación [D.41] que será: q = 2x10-7·17.73·sin2 60 q = 2.66x10-6 m/s O también: q = 0.22 m3/día Comentario: Para poder utilizar soluciones analíticas y efectuar las correcciones en los bordes de entrada y salida es importante tener un buen dibujo que sea claro y preciso.

162


PROBLEMA 38 El sistema de flujo que muestra la Figura 4.85 consta de dos ataguías colocadas paralelamente, donde ambas retienen una cantidad de agua. Ensayo preliminares en el suelo determinaron que la conductividad hidráulica de este es k = 6.78x10-3 cm/s y también se ha determinado que el peso unitario seco del suelo es 19 KN/m3 y el saturado es 23.5 KN/m3. Se pide determinar: a) El gradiente hidráulico de salida utilizando redes de flujo. b) El gradiente hidráulico de salida utilizando método de los fragmentos c) El factor de seguridad contra flotación. d) El factor de seguridad contra tubificación.

5.8 m 3.5 m

2.5 m

6.5 m

2.5 m

Estrato impermeable

Figura 4.85. Sistema de flujo con doble ataguía. Estrategia: El gradiente hidráulico de salida es determinado con la ecuación [D.55], en el caso de utilizar la red de flujo en primer lugar esta debe ser trazada, el valor de la pérdida de carga en la cara de la estructura es determinada con la ecuación [D.56], al ser un sistema simétrico únicamente se considerara la mitad del sistema. En el caso del método de los fragmentos se utiliza la ecuación [D.58], con el ábaco de la Figura D.22 y la ecuación [D.57] se determina los valores necesarios para esta ecuación. a) El gradiente hidráulico de salida utilizando redes de flujo. PASO 1 Trazar la red de flujo del sistema.

163


La red de flujo del sistema es trazada con el mismo procedimiento de los anteriores problemas relacionados.

5.8 m 3.5 m

2.5 m

6.5 m

2.5 m

Estrato impermeable

Figura 4.86. Red de flujo del sistema. PASO 2 Determinación de la pérdida de carga. Con los valores de: DH = 6 Nd = 21/2 = 10.5 La pedida de carga en la cara de la ataguía será:

h 

6  0.57 10.5

PASO 3 Determinación del gradiente hidráulico de salida. La longitud de la cara es: L = 6.5 – 2.5 = 4 m

164


Con los valores de: h = 0.57 L = 4 m

ie 

0.57 4

ie = 0.145 c) El factor de seguridad contra flotación. El peso unitario sumergido es: ' = 19.9.81 = 9.19 KN/m3 Con los valores de: ' = 9.19 KN/m3  = 19 KN/m3 El gradiente hidráulico crítico será:

icr 

9.19  0.93 9.81

El factor de seguridad contra flotación será:

FSG 

0.93 0.5

FSG = 1.86 d) El factor de seguridad contra tubificación. PASO 1 Determinación de la presión de poros en la cara. Con los valores de: H = 6 m L = 13 m ndi = 8.5 La perdida de carga será:

hi 

6  8.5  3.92 13

165


La altura piezométrica será: hpi = 12.5 – 2.5 – 3.92 = 6.07 m El valor promedio de la presión de poros será: u = 6.07·9.81 u = 59.61 KPa Con los valores de: d=4m hi = 3.92 m hpi = 6.07 m u = 59.61 KPa El factor de seguridad contra la tubificación será:

FST 

 23.5  9.81  4 59.61

FST = 0.91

166


PROBLEMA 39 Para el sistema de la Figura se pide determinar la presión de poros en los puntos A y F utilizando el método de los fragmentos.

12

2 12 30

10

40

10

Figura 4.87. Sistema de flujo de una presa de concreto con ataguía. PASO 1 Determinación del factor de forma. Fragmento II (izquierda y derecha). De la Figura se sabe que: S = 12 m T = 30 m Por lo que:

  12  m  sin    0.587  2  30 

m2 = 0.345

De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 0.865 Fragmento V. Para este fragmento se sabe que: L = 40 m T = 28 m

167


S = 10 m a = 18 m Ya que L > 2·S , entonces se tendrá:

 10  40  2 12   2  ln 1    28  18 

II

IV

Φ = 1.597

II

Figura 4.88. Sistema de flujo dividido en fragmentos. PASO 2 Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento. Φ = 0.865 + 1.597 + 0.865 Φ = 3.327 La pérdida de carga para cada fragmento será:

hIIF 

12  0.865  3.12 3.327

hVF 

12 1.597  5.76 3.327

PASO 3 Determinación de la pérdida de carga de cada punto respecto al fragmento IV. L = 10 + 40 + 10 L = 60 m

168


Por lo tanto la pérdida de carga para cada punto respecto al fragmento IV será:

hA 

5.76 10  0.96 60

hB 

5.76  50  4.8 60

PASO 4 Determinación de la pérdida de carga de los puntos respecto al sistema. hA = 3.12 + 0.96 = 4.08 hB = 3.12 + 4.8 = 7.92 PASO 5 Determinación de la altura piezométrica para cada punto. hpA = 42 – 28 – 3.12 – 0.96 = 9.92 hpB = 42 – 28 – 3.12 – 4.8 = 6.08 PASO 6 Determinación de la presión de poros en ambos puntos. uA = 9.92·9.81

uB = 6.08·9.81

uA = 97.31 KPa

uB = 59.64 KPa

169


PROBLEMA 40 La Figura 4.89 muestra una obra hidráulica construida en un suelo que tiene una conductividad hidráulica estimada de k = 113.38 m/día.

19 m

9m 456 m

118 m 89 m

79 m

100 m

Impermeable

Figura 4.89. Sistema de flujo en una obra hidráulica. Utilizando el método de los fragmentos determinar: a) El caudal que circula por el sistema. b) La variación de la altura total de carga a lo largo de la estructura. c) El diagrama de presiones ascendentes en la base de la estructura. d) El gradiente hidráulico de salida. Estrategia: El caudal que circula en el sistema puede ser determinado con la ecuación [D.54], donde se necesita conocer el valor de la pérdida de carga y el factor de forma para cada fragmento. La variación de la altura total de carga es determinada despejando esta de la ecuación de Bernoulli, ya que esta variación es lineal basta con determinar el valor de la altura total de carga en los entremos de la base de la estructura. El diagrama de presiones ascendentes es determinado con la ecuación [D.58] y [D.59], siendo suficiente determinar la presión de poros en las dos esquinas de la base de la estructura. Mediante un valor de la relación S/T en el ábaco de la Figura [D.22] se puede determinar el gradiente hidráulico de salida. a) El caudal que circula por el sistema. Determinación del factor de forma para cada fragmento. Para el fragmento II (izquierdo) se tiene que: b=0 T = 89 m S = 19 m Por lo tanto, se tiene que:

b 0 T

y

S 19   0.21 T 89

170


Del ábaco de la Figura D.11 se tiene que:

1  0.78 2 El factor de forma será:  = 0.641 Para el fragmento II (derecho) se tiene que: b=0 T = 89 – 19 + 9 = 79 m S=9m Por lo tanto, se tiene que:

b 0 T

y

S 9   0.114 T 79

Del ábaco de la Figura D.11 se tiene que:

1  1.01 2 El factor de forma será:  = 0.495 Para el fragmento I se tiene que: a = 89 – 19 = 70 m L = 456 m El factor de forma será:



456  6.514 70

PASO 2 Determinación del caudal.  = 0.641 + 0.495 + 6.514  = 7.65 H = 118 – 100 = 18 m

171


El caudal será:

q

113.38 18 7.65

q = 266.8 m3/día b) La variación de la altura total de carga a lo largo de la estructura. La pérdida de carga para cada fragmento será:

hIIFiz  hIF 

18  0.641  1.51 7.65

18  6.514  15.33 7.65

hIIFde 

18  0.495  1.16 7.65

La altura total de carga para la esquina izquierda será: h = 118 – 1.51 hiz = 116.49 m La altura total de carga para la esquina derecha será: h = 118 – 1.51 – 15.33 hde = 101.16 m c) El diagrama de presiones ascendentes en la base de la estructura. L = 60 + 456 + 60 = 576 m La pérdida de carga en cada esquina respecto al fragmento I será:

h 'iz 

1.51  60  0.157 576

h 'de 

1.16  (60  456)  1.039 576

La pérdida de carga de cada esquina respecto al sistema será: hiz = 1.51 + 0.157 = 1.667 hde = 1.16 + 1.039 = 2.2 La altura potencial para ambos punto será: hz = 89 – 19 = 70 m

172


La altura piezométrica de cada esquina será: hpiz = 118 + 70 – 1.667 = 46.33 m hpde = 118 + 70 – 2.2 = 45.8 m La presión de poros en los bordes será: uiz = 46.33·9.81

ude = 45.8·9.81

uiz = 454.5 KPa

ude = 449.3 KPa

d) El gradiente hidráulico de salida. Para un valor de:

S 9   0.114 T 79 Del ábaco de la Figura D.22 se tiene que:

ie  S  0.63 hIIFde El gradiente hidráulico de salida será:

ie 

0.63 1.16 9

ie = 0.082

173


PROBLEMA 41 Para el sistema mostrado en la Figura 4.90 se pide determinar el caudal y el valor de a2 y h. 133

a1

5.00

a2 32.00

h 20°

14.00

29°

Figura 4.90. Presa de tierra con línea freática. Estrategia: Puede utilizarse el método de los fragmentos para obtener expresiones que relacionen los valores de a1, h y el caudal, para poder determinarlos. Si se divide el sistema en fragmentos se tendrán tres (VIII, VII, IX) como muestra la Figura 4.91. 133

a1

5.00

IX a2

32.00 20°

VIII

h

VII 29°

14.00

Figura 4.91. Sistema de flujo dividido en fragmentos. El caudal en el fragmento VIII será:

q 32  h  37    ln   k 2.76  37  h 

[1]

El caudal en el fragmento VII será: 2 q h   a2  14  k 2 L

[2]

El caudal en el fragmento IX será:

q a2  k 2

 a  14   1  ln 2  a2  

[3]

De la geometría de la presa se tiene que: L = b + cot ·[hd – (a2 + h2)]

[4]

Para este caso se tiene que h2 = 0, lo que simplifica las ecuaciones. La ecuación [1] puede ser combinada con la ecuación [2] y se sustituye el valor de L de la ecuación [4]. Por lo tanto, se tendrá que:

h 2   a2  14  32  h  37   ln   2.76  37  h  2  133  2  37   a2  14   2

[5]

174

O L


La ecuación [1] puede ser combinada con la ecuación [3], por lo que se tendrá:

32  h  37  a2  ln   2.76  37  h  2

 a  14   1  ln 2  a2  

[6]

Las ecuaciones [5] y [6] contienen únicamente los valores de h y a2 como incógnitas, por lo tanto pueden resolverse gráficamente o por tanteo. En las dos tablas que se presentan a continuación se ha tanteado simultáneamente estos valores y se ha estimado su valor aproximado. Para la ecuación [5]

Para la ecuación [6]

h 28.8 29 30 31

h 29.9 27.8 25.6

a2 -0.4 2.1 8.6 13.6

a2 0.6 1.2 1.7

Entonces se tendrá que: h = 28.9 m

a2 = 0.9 m

175

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos

295

Problemas resueltos de mecánica de suelos CAPITULO CINCO

Esfuerzos efectivos. 5.1. Introducción. Movimientos del terreno e inestabilidades pueden ser causados por cambios en la presión de poros. Por ejemplo, taludes estables pueden fallar después de tormentas de lluvia porque la presión de poros aumenta debido a la infiltración de la lluvia en el talud mientras que el descenso del nivel freático debido a la extracción de agua causa asentamientos en el terreno. Como la compresión y la resistencia del suelo pueden cambiar con cambios del esfuerzo total o con cambios de la presión de poros existe una combinación entre el esfuerzo total y la presión de poros llamada esfuerzo efectivo que rige el comportamiento del suelo. La relación entre esfuerzo total, esfuerzo efectivo, y presión de poros fue descubierta primero por Terzaghi (1936). El definió el esfuerzo efectivo de esta manera: Todos los efectos medibles de un cambio de esfuerzos, tal como la compresión, distorsión, y un cambio de la resistencia al corte, son debidos exclusivamente a cambios del esfuerzo efectivo. El esfuerzo efectivo está relacionado al esfuerzo total y presión de poros por ′ =  - u. Importancia. El principio del esfuerzo efectivo es absolutamente fundamental a la mecánica de suelos y su importancia no es exagerada. Esta es la manera en el que el comportamiento del suelo debido a cargas está relacionado al comportamiento debido a cambios de la presión de poros. Debido a que los esfuerzos total y efectivo son diferentes (excepto cuando las presiones de poros son cero) es absolutamente esencial distinguir entre los dos. Los esfuerzos efectivos ′ y ′ son siempre denotados por primas mientras que los esfuerzos totales  y  no tiene primas. En toda ecuación todos sus componentes deben ser esfuerzos totales, o esfuerzos efectivos, o los esfuerzos totales y efectivos deben estar relacionados correctamente por la presión de poros.

296

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos 5.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Por que el concepto de los esfuerzos efectivos es el más importante de la mecánica de suelos. Respuesta: En el cálculo y análisis de problemas como el asentamiento de los suelos, capacidad de carga de fundaciones, estabilidad de presas, y presión lateral en estructuras de retención de tierra, la compresibilidad y resistencia al corte de un suelo son las propiedades que mas influyen en el diseño y estas propiedades dependen en gran parte del esfuerzo efectivo, lo cual hace que el concepto del esfuerzo efectivo sea muy importante en el análisis de estos problemas

297

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 2. Explique que son los esfuerzos y deformaciones normales. Respuesta: Los esfuerzos normales son esfuerzos perpendiculares al área en que se apliquen. La deformación normal es el cambio en la longitud dividida por la longitud inicial. Para ilustrar mejor esto, se considera un cubo de dimensiones x = y = z el cual es sujeto a las fuerzas normales Px, Py, Pz en sus tres lados adyacentes, como se muestra en la Figura 5.1. Entonces los esfuerzos normales son: Py P P ; [2.1] x  x ; z  z y  yz x y xz En forma general se tiene:

P A



[2.1a] z

Pz Y

Z

y z x

Px

x

z

y

Py y

X

x

Figura 5.1. Esfuerzos y deformaciones debido a las cargas aplicadas Suponiendo que bajo éstas fuerzas el cubo se comprime un x, y, y z en las direcciones X, Y y Z. Entonces suponiendo que las deformaciones normales en estas direcciones son pequeñas (infinitesimales), se tiene:

z 

z ; z

x 

x ; x

y 

y y

[2.2]

En forma general se tiene:



l l

[2.2a]

298

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PREGUNTA 3. Explique que son los esfuerzos y deformaciones de corte. Respuesta: Los esfuerzos de corte son los esfuerzos tangenciales a la superficie en la que actúan. Para ilustrar esto de mejor manera se considera por simplicidad el plano XZ y se aplica una fuerza F que haga al cuadrado torcer en un paralelogramo como muestra la Figura 5.2. La fuerza F es una fuerza cortante y el esfuerzo de corte es: 

F x y

[3.1]

Z

Z F

y



x

zx

z

X

F

z



X

x

Figura 5.2. Esfuerzo y deformación de corte. (Budhu, 2000) La deformación de corte es una medida de la distorsión angular de un cuerpo causada por fuerzas cortantes. Si el desplazamiento horizontal es x, la deformación de corte, zx, será: tan zx  

Cateto opuesto x  Cateto adyacente z

 zx  tan 1

[3.2]

x z

Para pequeñas deformaciones, se puede asumir que tan(zx) = zx, entonces se tiene:

 zx 

x z

[3.3]

Donde  = ángulo de deformación o distorsión (Figura 5.2), expresado en radianes.

299

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 4. Explique que es la deformación volumétrica, el índice de Poisson y el modulo de elasticidad. Respuesta: Deformación volumétrica: La deformación volumétrica es la suma de las deformaciones producidas en las tres direcciones debido a las cargas aplicadas, entonces se tiene:

 p  x y z

[4.1]

ó p 

V V

[4.2]

La deformación volumétrica también puede ser expresada en función del esfuerzo causante de la deformación y del modulo de elasticidad del material, E:

p 

 E

[4.3]

Índice de Poisson: El cociente entre la deformación radial (o lateral) y la deformación vertical se llama índice de Poisson, , definido como, la relación entre las deformaciones laterales y la deformación axial. Debido al comportamiento complejo de los suelos, es muy difícil hacer una determinación exacta del índice de Poisson para su utilización en un problema. Afortunadamente, mediante ensayos de laboratorio es posible determinar este índice y además se cuenta con valores tabulados según el tipo de suelo. Estos valores son lo suficientemente precisos para la mayoría de los problemas prácticos.



Deformaciones laterales Deformación axial



  r  z

[4.4]

Modulo de elasticidad o de Young: El modulo de elasticidad o de Young es el cociente entre el esfuerzo y la deformación normal.

E

 

[4.5]

300

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PREGUNTA 5. Explique las definiciones del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo. Respuesta: Esfuerzo total: Los ingenieros geotécnicos lo llaman esfuerzo total por que es la suma de los esfuerzos absorbidos por todas las fases del suelo, este esfuerzo es el que absorbe todo el peso en o sobre el suelo.



W A

[6.1]

Donde: σ = Esfuerzo normal total. W = Peso del suelo. A = Área de la sección transversal del suelo. Presión de poros: Es la presión inducida en el fluido (ya sea agua o agua y aire) que llena los poros. El fluido en los poros es capaz de transmitir esfuerzos normales, pero no esfuerzos cortantes, por lo que no tiene la componente de corte, y es por esta razón que la presión de poros se la conoce también con el nombre de esfuerzo neutral o presión neutra. Esfuerzo efectivo: Terzaghi en 1943, demostró que para un suelo saturado, el esfuerzo efectivo en cualquier dirección puede definirse en forma cuantitativa como la diferencia entre el esfuerzo total y la presión de poros del agua, como se ve en la ecuación [5.17]. Este esfuerzo es transmitido a través de la estructura sólida del suelo por medio de los contactos intergranulares. Este componente del esfuerzo total es el que controla tanto la deformación debida a los cambios de volumen como la resistencia al corte del suelo, por lo tanto el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante se transmiten a través de los contactos entre grano a grano. '   u

[5.17]

Donde: σ = Esfuerzo normal total. σ’= Esfuerzo normal efectivo. u = Presión de poros del agua o esfuerzo neutral.

301

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 6. Explique el principio del esfuerzo efectivo. Respuesta: El principio del esfuerzo efectivo fue definido por Bishop (1959), utilizando dos simples hipótesis:  El cambio de volumen y deformación de los suelos depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total. Esto lleva a la ecuación [5.17] ya definida.

 ´   u

[5.17]

 La resistencia al corte depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total normal al plano considerado. Esto puede ser expresado por la ecuación:

 f  c' ' tan  '

[5.25]

Donde: f resistencia al corte, σ´ esfuerzo efectivo en el plano considerado, c´ cohesión, Ø’ ángulo de resistencia al corte, con respecto al esfuerzo efectivo.

302

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PREGUNTA 7. Explicar cuales son las principales aplicaciones que se da al concepto del esfuerzo efectivo. Respuesta: El concepto del esfuerzo efectivo influye en gran parte en el comportamiento del suelo, de ahí es que la aplicación de estos criterios en las obras civiles es de gran importancia. El uso más común se presenta en el diseño de presas, terraplenes, diques, ataguías, o estructuras similares de retención de agua, además de obras que requieran excavaciones del terreno. En este tipo de obras es muy frecuente que se presenten infiltraciones que pongan en riesgo la estabilidad y vida útil de la estructura. Esta inestabilidad es debida a la infiltración del agua y se la conoce con el nombre de flotación. Cuando el esfuerzo efectivo es cero, la fuerza ascendente de escurrimiento es igual al peso sumergido del suelo y no puede desarrollarse una resistencia a la fricción entre partículas y por lo tanto la mezcla suelo y agua no tiene resistencia al corte y actúa como líquido. La falla por flotación o levante puede conducir a una falla total de la cimentación o incluso al derrumbe de una estructura de retención de agua, como el pie del talud de una presa o parte de una ataguía. Por lo tanto es necesario analizar esta inestabilidad al diseñar estructuras de retención de agua.

303

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 8. Explicar que es la fuerza de escurrimiento. Respuesta: La circulación del agua a través de la estructura del suelo, produce fuerzas de escurrimiento como resultado de la fricción entre el agua que se filtra y las paredes de los poros del suelo por donde fluye el agua. La fuerza de escurrimiento es esa fuerza producida por el flujo de agua subterráneo que actúa solo en las partículas sólidas del suelo y produce una fuerza de empuje en el lado aguas debajo de las estructuras de retención de agua. Esta fuerza de escurrimiento es muy perjudicial para las estructuras de retención de agua como presas, diques, tablestacas, etc. Por lo que es necesario poder controlar su intensidad y tratar de reducirla para que no provoque daños considerables.

304

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PREGUNTA 9. Explicar los criterios que debe cumplir del material seleccionado para filtros. Respuesta: Es sumamente importante que el material del filtro sea escogido cuidadosamente tomando en cuenta las características del suelo que se protegerá. Terzaghi y Peck propusieron una serie de criterios para la selección de un filtro, tomando en cuenta las características del suelo adyacente a ser protegido. Entonces según Terzaghi y Peck se recomiendan los siguientes criterios para satisfacer la estabilidad del filtro y proporcionar un aumento de permeabilidad. 1.

D15 F  D 85 B 

4

D15 F 

4 D15 B  3. La curva granulométrica del filtro debe ser aproximadamente paralela a la del material base. 2.

Donde: D15 (F), D15 (B) = diámetros a través de los cuales pasa el 15% del material para el filtro y la base, respectivamente. D85 (B) = diámetro a través del cual pasa el 85% del material para la base. El primer criterio es para prevenir el movimiento de las partículas de suelo del material base a través del filtro. El segundo criterio es para asegurar la permeabilidad del filtro.

305

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 10. Explicar cual es el objetivo del uso de los filtros. Respuesta: El objetivo de colocar filtros de drenaje, es permitir la descarga de las filtraciones y disminuir la posibilidad de fallas por levantamiento, ya sea por reventones o erosiones en el lado aguas abajo de la estructura hidráulica. Entonces como las fallas siempre ocurren en el área más débil susceptible a este tipo de fallas, que se vio que es en lado aguas abajo de la tablestaca, entonces se puede aumentar su resistencia a la fuerza de escurrimiento incrementando el peso de en esta sección débil. El filtro debe ser permeable para que pueda producirse el drenaje del flujo de agua ascendente que tiende a levantar esta parte del suelo. Una manera de evaluar el riesgo probable de falla es el factor de seguridad. Este factor de seguridad en muchos casos es muy bajo, entonces se lo debe aumentar por medio de estos filtros. Se requiere un factor de seguridad mínimo de aproximadamente 4 a 5 para la seguridad de la estructura, el motivo por el que este factor de seguridad es tan elevado es principalmente debido a las inexactitudes que existen en el análisis.

306

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PREGUNTA 11. Explicar las condiciones drenadas y no drenadas. Respuesta: Las condiciones al principio y al final de un cambio de esfuerzos, varían según el tipo de suelo, y según a esto se dividen en dos. 

Condiciones a corto plazo o condiciones no drenadas. Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de agua en los poros es obstaculizado debido a que el suelo es poco permeable, como en el caso de arcillas y limos. También se presenta este caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es demasiado rápido y no permite el flujo del agua en los poros.



Condiciones a largo plazo o condiciones drenadas. Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de agua en los poros fluye casi sin obstáculos debido a que el suelo es muy permeable, como en el caso de las gravas y arenas. También se presenta este caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es lo suficientemente lento como para evitar que se produzca un aumento en la presión de poros del agua.

307

Problemas resueltos de mecánica de suelos PREGUNTA 12. Explicar la matriz de la ley deHoke a los suelos. Respuesta: Los esfuerzos y deformaciones para un suelo lineal, isotrópico y elástico son relacionados con la ley de Hooke. Para un estado de esfuerzo general como se muestra en la Figura 5.3, según la ley de Hooke se tiene: x y z  xy



1 

.

x

1





0

0

0



1



0

0

0

y





1

0

0

0

z

0

0 2 ( 1

0

0

 xy

0

yz

0

0

0

0

 zx

0

0

0

0

)

2 ( 1 0

)

0 2 ( 1

)

[5.51]

y z  zx

Donde E es el módulo de Young o de elasticidad y  es el índice de Poisson.

z, z

Z

Y

zx

zy yz

xz

A yx y, y

x, x xy X

Figura 5.3. Estado de esfuerzos general. (Budhu, 2000)

308

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos 5.3. Problemas. PROBLEMA 1. Calcular el esfuerzo efectivo en el suelo a una profundidad, z dada en los siguientes casos: a) Nivel del agua debajo del nivel del terreno (Figura 5.4). b) Nivel del terreno debajo del nivel del agua (Figura 5.5). a) Nivel del agua debajo del nivel del terreno.

d (terreno) Nivel freático w (agua) z h

s (suelo saturado) Figura 5.4. Estrato de suelo con un nivel freático debajo de la superficie del terreno. Esfuerzo total: z = d ·(z–h) +sat·h Presión de poros: u = w·h Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = d·(z – h) + (sat – w)·h En este caso el esfuerzo efectivo depende del nivel del agua. b) Nivel del terreno debajo del nivel del agua. Esfuerzo total: z = s·z +w·(h – z) Presión de poros: u = w·h

309

Problemas resueltos de mecánica de suelos Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = s·z – w·z

Nivel freático w (agua)

h z

s (suelo saturado) Figura 5.5. Estrato de suelo con un nivel freático por encima del terreno. En este caso el esfuerzo efectivo es independiente del nivel de agua. Esto significa que los esfuerzos efectivos en el suelo en el lecho de un río, lago o mar son iguales sin importar la altura de agua que haya encima de los mismos.

310

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 2. El estribo de un puente (Figura 5.6 y 5.7) tiene 4 m de altura y un área de 10 m2 y soporta una carga de 1 MN. (El peso unitario del concreto es c = 20 kN/m3.) El estribo está fundado en el lecho de un río donde existe por lo menos 5 m de arena con un peso unitario s = 20 kN/m3. Considerar c independiente de la localización del nivel freático. Considerar que el peso específico del concreto no varía con el agua. Calcular el esfuerzo efectivo a 2.0 m de profundidad del terreno en los siguientes casos: a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno. b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura. a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno:

1MN

c (concreto) 2

4m

A=10m

2m

Figura 5.6. Estribo de un puente con un nivel freático a nivel del terreno. Esfuerzo total: z = c·hc + F/A + s·z z = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) z = 220 kPa Presión de poros: u = w·hw u = (10)·(2) u = 20 kPa

311

Problemas resueltos de mecánica de suelos Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = c·hc + F/A + s·z – w·hw ′z = 220 – 20 ′z = 200 kPa b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura:

1MN

c (concreto) 2

A=10m 3m

2m

Figura 5.7. Estribo de un puente con un nivel freático por encima del terreno. Esfuerzo total: z = c ·hc + F/A + s · z z = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) = 220 kPa Presión de poros: u = w (hw + z) u = (10)·(3+2) = 50 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = z – u = c ·hc + F/A + s · z – w (hw + z) ′z = 220 – 50 = 170 kPa

312

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 3. El perfil del suelo en las Figuras 4.5 y 4.6 consiste de 4m de arcilla sobre 2 m de arena sobre roca: los pesos unitarios de todos los materiales naturales son 20 kN/m3 y el nivel freático está al nivel del terreno. Un terraplén amplio de 4 m de altura es construido de relleno con un peso unitario t = 15 kN/m3. Se requiere calcular los esfuerzos efectivos en el centro de la arcilla y en el centro de la arena en los siguientes casos: a) Antes de que el terraplén esté construido b) Inmediatamente después de terminada la construcción c) después de mucho tiempo de construido el terraplén. a) Antes de que el terraplén esté construido, (condiciones iniciales).

hc=2m c (arcilla)

H c=4m hs =5m

Hs=2m

s (arena)

(roca)

Figura 5.8. Estrato de suelo. 

En la arcilla:

Esfuerzo total: z = c ·hc z = (20)·(2) = 40 kPa Presión de poros: u = w ·hc u = (10)(2) = 20 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = z – u = c·hc – w·hc ′z = 40 – 20 = 20 kPa

313


En la arena:

Esfuerzo total: z = c·Hc + s hs z = (20)·(4) + (20)·(1) = 100 kPa Presión de poros: u = w·hs u = (10)·(5) = 50 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = z – u = c·Hc + s·hs – w·hs ′z = 100 – 50 = 50 kPa b) Inmediatamente después de terminada la construcción, (condiciones a corto plazo).

t (relleno)

Ht =4m

hc=2m H c=4m

c (arcilla)

h s=5m

Hs=2m

s (arena)

(roca)

Figura 5.9. Estrato de un suelo. 

En la arcilla:

Esfuerzo total: z = t·Ht + c·hc z = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa

314

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos Esfuerzo efectivo: La arcilla presenta condiciones no – drenadas (baja permeabilidad, lo que evita que drene el agua rápidamente) lo que provoca un inmediato aumento de la presión de poros manteniendo al principio sin cambios los esfuerzos efectivos (condiciones a corto plazo). ′z = 20 kPa, como en las condiciones iniciales (inciso a). Presión de poros: u = z – ′z u = 100 – 20 = 80 kPa 

En la arena:

Esfuerzo total: z = t·Ht + c·Hc + s·hs z = (15)·(4) + (20)·(4) + (20)·(1) = 160 kPa Presión de poros: La arena presenta condiciones drenadas (alta permeabilidad, lo que facilita que drene el agua rápidamente) lo que provoca que el agua en la arena drene inmediatamente después de la construcción del terraplén evitando que se produzca un aumento en la presión de poros y así manteniéndola a esta constante. u = 50 kPa, como en las condiciones iniciales (inciso a). Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = 160 – 50 = 110 kPa c) Después de mucho tiempo de construido el terraplén, (condiciones a largo plazo). 

En la arcilla:

Esfuerzo total: z = t·Ht + c·hc z = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa, como condiciones a corto plazo (inciso b). Presión de poros: Después de un tiempo muy largo el exceso de presión de poros en la arcilla se habrá disipado, hasta llegar a la presión de equilibrio o presión estática (nivel freático). u = w·(2) = 20 u = 20 kPa, como en las condicione iniciales (inciso a).

315

Problemas resueltos de mecánica de suelos Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = 100 – 20 = 80 kPa 

En la arena:

No ha habido cambios del esfuerzo total o presión de poros y los esfuerzos son los mismos a los del inciso b, ya que la arena no depende de condiciones de corto o de largo plazo. Entonces: Esfuerzo total: z = 160 kPa Presión de poros: u = 50 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = 110 kPa

316

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 4. Se ha observado que cierto sito esta constituido de la siguiente manera: 0.00-5.00 5.00-8.00 8.00-10.00 10.00-12.00 12.00-∞

Arcilla Arena Arcilla Arena Roca

γ = 20 kN/m3 ; γsat=22kN/m3 γ = 16kN/m3 γ = 22kN/m3 γ = 18 kN/m3

El nivel freático se encuentra a 3.0 m de profundidad, por encima, la arcilla esta saturada por ascenso capilar. Se ha observado que solo existe flujo de agua en el estrato de arcilla ubicado entre 8 y 10 m. El piezómetro que se ubica 11m de profundidad registra una altura piezométrica de 5 m. Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se coloca una carga uniformemente distribuida igual a 25 kN/m2. Al mismo tiempo el nivel de agua en el piezómetro disminuye 1 m. Se pide determinar el cambio de altura piezométrica a 2.5 m de profundidad (zona de ascenso capilar), y a 9 m de profundidad (en la arcilla), a corto plazo y largo plazo. Estrategia: Recordar que la arena no depende del tiempo (condiciones a corto y largo plazo), sino tan solo la arcilla es la que sufre considerables cambios en sus esfuerzos internos según se apliquen las cargas rápida o lentamente (condiciones a corto y largo plazo). Entonces se tiene.

Condiciones Iniciales. PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 1

Arcilla

Saturado por ascenso capilar

3

kN/m

2 A 3

3

kN/m

4

Arcilla

5 Arena

6

3

kN/m

7 8

Arcilla 9

B

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca

Figura 5.10. Perfil del suelo en condiciones iniciales.

317

Problemas resueltos de mecánica de suelos PASO 2 Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B: 

En el punto A:

Esfuerzo total:



A = (22)·(2.5)

A = 55 kPa

Presión de poros:



uA = (-9.8)·(0.5) 

uA = - 4.9 kPa

Punto B:

Esfuerzo total: B = (22)·(5) +(16)·(8 - 5) +(22)·(9 - 8) 

B = 180 kPa

Presión de poros:

u u  u B   8m 10m  2   u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa



u10 m = 39.2 kPa

 49  39.2  uB    2  



uB = 44.1 kPa

PASO 3 Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B. 

En el punto A:

hPA  

uA

w



hPA 

 4.9 9.8



hPA = - 0.5 m



hPB 

44.1 9.8



hPB = 4.5 m

En el punto B:

hPB 

uB

w

318

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos Condiciones a corto plazo: PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 Suelo excavado

1

 = 25 kPa

2 A

Arcilla

3 kN/m

4

3

5 Arena

6

3

kN/m

7 8

Arcilla B

9

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca

Figura 5.11. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación (corto plazo). PASO 2 Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B. 

En el punto A:

Esfuerzo total: A = 25 + (0.5)·(22)



A = 36 kPa

∆σ = A corto plazo – A cond iniciales ∆σ = 36 – 55



∆σ = - 19 kPa



uA = - 23.9 kPa

Presión de poros: uA = uA cond. iniciales + ∆σ uA = (- 4.9) + (- 19)

319


Punto B:

Esfuerzo total: B = 25 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1) 

B = 161 kPa




∆σ = - 19 kPa



uB = - 25.1 kPa

Presión de poros: uB = uB cond. iniciales + ∆σ uB = (- 44.1) + (- 19) PASO 3 Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B. 

En el punto A:

hPA  

uA

w



hPA 

 23.1 9.8



hPA = - 1.94 m



hPB 

25.1 9.8



hPB = 2.56 m

En el punto B:

hPB 

uB

w

PASO 4 Determinar los cambios en las alturas piezométricas de los puntos A y B. 

En el punto A: ∆hPA = hPA corto plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = - 2.44 – (-0.5)





∆hPA = - 1.94 m



∆hPB = - 1.94 m

En el punto B: ∆hPB = hPB corto plazo – hPB cond iniciales ∆hPB = 2.56 – 4.5

320

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos Condiciones a largo plazo: PASO 1 Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B. 

Punto A

Esfuerzo total:



A = 36 kPa



uA = - 4.9 kPa

B = 25 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1) 

B = 161 kPa

A = 25 + (2.5)·(0.5)·(22) Presión de poros: uA = (-9.8)·(0.5) 

Punto B:

Esfuerzo total:

Presión de poros:

u u  u B   8m 10m  2   u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 7) kPa



u10 m = 29.4 kPa

 49  29.4  uB    2  



uB = 39.2 kPa

PASO 2 Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B. 

En el punto A:

hPA  

uA

w



hPA 

 4.9 9.8



hPA = - 0.5 m



hPB 

39.2 9.8



hPB = 4 m

En el punto B:

hPB 

uB

w

321

Problemas resueltos de mecánica de suelos PASO 3 Determinar los cambios en las alturas piezométricas de los puntos A y B. 

En el punto A: ∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = (- 0.5) – (-0.5)





∆hPA = 0 m



∆hPB = - 0.5 m

En el punto B: ∆hPB = hPB largo plazo – hPB cond iniciales ∆hPB = 4 – 4.5

322

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 5. Se ha observado que cierto sito esta constituido de la siguiente manera: 0.00-4.00 4.00-8.00 8.00-10.00 10.00-12.00 12.00-∞

Arcilla Arena Arcilla Arena Roca

γ = 20 kN/m3 γ = 16kN/m3 γ = 22kN/m3 γ = 18 kN/m3

El nivel freático se encuentra a 3.0m de profundidad, por encima, la arcilla esta saturada por ascenso capilar. Se ha observado que solo existe flujo de agua en el estrato de arcilla ubicado entre 8 y 10 m. El piezómetro que se ubica a 11m de profundidad registra una altura piezométrica de 5m. Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se coloca una carga uniformemente distribuida igual a 15 kN/m2. Al mismo tiempo el nivel de agua en el piezómetro se incrementa a 3 m. Se pide determinar el cambio de altura piezométrica a corto y largo plazo a 9 m de profundidad.

Condiciones Iniciales. PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 Arcilla

1

3

kN/m

2 3

3

kN/m

4

Arcilla

5 Arena

6

3

kN/m

7 8

Arcilla 9

A

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca

Figura 5.12. Perfil del suelo en condiciones iniciales.

323

Problemas resueltos de mecánica de suelos PASO 2 Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A: Esfuerzo total: A = (20)·(3) + (20)·(1) + (16)·(4) +(22)·(1)



A = 166 kPa

Presión de poros:

u u  u A   8m 10m  2   u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa



u10 m = 39.2 kPa

 49  39.2  uA    2  



uA = 44.1 kPa



hPA = 4.5 m

PASO 3 Determinar la altura piezométrica en el punto A.

hPA 

uA

w



hPA 

44.1 9.8

Condiciones a corto plazo: PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 1

Suelo excavado

 = 15 kPa

2 Arcilla 3 kN/m

4

3

5 Arena

6

3

kN/m

7 8

Arcilla 9

A

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca

Figura 5.13. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación (corto plazo).

324

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PASO 2 Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A. Esfuerzo total: A = 15 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1) 

A = 141 kPa




∆σ = - 25 kPa



uA = 19.1 kPa

Presión de poros: uA = uA cond. iniciales + ∆σ uA = (44.1) + (- 25) PASO 3 Determinar la altura piezométrica en el punto A.

hPA 

uA

w



hPA 

19.1 9.8



hPA = 1.95 m

PASO 4 Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A. ∆hPA = hPA corto plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = 1.95 – 4.5



∆hPA = - 2.55 m

Condiciones a largo plazo: PASO 1 Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A. Esfuerzo total: A = 15 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1) 

A = 141 kPa

Presión de poros:

u u  u A   8m 10m  2   u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa u10 m = (9.8)·(10 - 3) kPa

 

u8 m = 49 kPa u10 m = 68.6 kPa

325

Problemas resueltos de mecánica de suelos  49  68.6  uA    2  



uA = 58.8 kPa



hPA = 6 m

PASO 2 Determinar la altura piezométrica en el punto A.

hPA 

uA

w



hPA 

58.8 9.8

PASO 3 Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A. ∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = 6 – 4.5



∆hPA = 1.5 m

326

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 6. A continuación se presenta el perfil de un suelo con sus respectivas características: 0.0-2.5 m

Arcilla

γsat = 19.6 kN/m3 ; Gs = 2.70

2.5-4.0

Arena

γ=18 kN/m

3

4.0-6.0

Arcilla

γ=19 kN/m

3

6.0-8.0

Arena

γ=20 kN/m

3

8.0-10.0 10.0-∞

Arcilla Roca

γ=22 kN/m

3

Se ha observado que le nivel freático se encuentra a 2.0 m de profundidad y existe ascenso capilar con saturación total hasta el nivel 1.5 m. Entre 0 y 1.5 m el grado de saturación es 30 %. Se ha ubicado un piezómetro a 4.0 m de profundidad y se ha determinado que la presión de poros en ese punto es de 19.6 kN/m2. Otro piezómetro ubicado a 5 m de profundidad registra una altura piezométrica de 5 m. Se realiza una excavación ancha de 1 m de profundidad. Se pide determinar el esfuerzo total, efectivo y presión de poros a corto plazo a lo largo de todo el perfil de suelo.

Condiciones Iniciales. PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados.

0 1

Arcilla

3

kN/m kN/m3 kN/m3

2 3

(1)

3

Arena

kN/m

Arcilla

kN/m

Arena

kN/m

Arcilla

kN/m

4 5

3

6 7

3

8 9

3

10 Roca Figura 5.14. Perfil del suelo en condiciones iniciales.

327

Problemas resueltos de mecánica de suelos PASO 2 Determinar peso específico del estrato entre 0 y 1.5 m de profundidad, γ1 (S = 30%). De la ecuación [A.31] se tiene:

 sat 

(GS  e)   W 1 e

 sat  e   sat  GS   W  e   W e   sat  e   W  GS   W   sat e   sat   W   GS   W   sat

e

GS   W   sat  sat   W 

e

2.7  9.8  19.6 19.6  9.8

e  0.70 De la ecuación [A.19] se tiene:

1 

(GS  S  e)   W 1 e

1 

(2.70  0.3  0.7)  9.8 1  0.7

γ1 = 16.78 kN/m3. PASO 3 Determinar la altura que marca el piezómetro a 4 metros de profundidad. u = 19.6 kPa

hP ( 2 ) 

u ( 2)

hP ( 2) 

19.6 9.8

(Dato)

W



hP(2) = 6 m

PASO 4 Dibujar el diagrama de esfuerzos.

328

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos 

(1) Arcilla 3 kN/m

2

kN/m3 kN/m3 (2)

3

Arena 3 kN/m Arcilla 3 kN/m

200

250



0

50

100

150

200

250

uh1·w + h2·w + ... + hn·w -9.31=u(1m)+(-S·w·h)=-6.37+(-0.3·9.8·1)

16.78 = 1·16.78 25.17 = 16.78 + 0.5·16.78 34.97 = 25.17 + 0.5·19.6 44.77 = 34.97 + 0.5·19.6

-6.37=u(1.5m)+(-S·w·h)=49+(-0.3·9.8·0.5) -4.9 = -S·w·h =1·9.8·0.5 0 = 0·9.8 4.9 = 0.5·9.8 19.6 = 4.9 + 1.5·9.8

90.77 = 71.77 + 1·19

Arena 3 kN/m

149.77 = 109.77 + 2·20

8 9

150

109.77 = 90.77 + 1·19

6 7

100

71.77 = 1.5·18

4 5

50

h1·1 + h2·2 + ... + hn·n 0

0 1

0

49 = 5·9.8 u(6) + u(4) 78.4 u(5) = 2 u(6) = u(5)·2 - u(4) u(6) = 49·2 - 19.6

98 = 78.4 + 2·9.8



0

50

100

150

200

250

'  - u 9.31 = 0 - (-9.31)

23.15 = 16.78 - (-6.37) 30.07 = 25.17 - (-4.9) 34.97 = 34.97 - 0 39.87 = 44.77 - 4.5 52.17 = 71.77 - 19.6 41.77 = 90.77 - 49 31.37 = 109.77 - 78.4

51.77 = 149.77 - 98

Arcilla 3

kN/m

193.77 = 149.77 + 2·22

10

117.6 = 98 + 2·9.8

76.17 = 193.77 - 117.6

Roca

Figura 5.15. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales. Nota: u(1) , u(1.5) = Presión de poros a 1 m y 1.5 m de profundidad, rspectivamente.

Condiciónes iniciales.

329


corto plazo - inic



2 3

3  kN/m 3  kN/m  kN/m3



4.9-15.28=-10.38

56.49 = 19.69 + 2·18

u(inic.)+ =19.6-15.28=4.32

-23.15=u(inic.)+ =-6.37-16.78 -20.18=u(inic.)+ =-4.9-15.28 -15.28=u(inic.)+ =0-15.28 4.9=u(inic.)+ =4.9-0 29.49-10.38=24.59

23.15 = 0 - (-23.15) 30.07 = 9.89 - (-20.18) 34.97 = 19.69 - 15.28 39.87 = 29.49 - 4.9

56.49-19.6=36.89

52.17 = 56.49 - 4.32

19.6=u(inic.)+ =19.6-0

33.72=u(inic.)+ =49-15.28 

Arena 3 kN/m 

8 9

0 = 0·19.78 9.89 = 0.5·19.78 19.69 = 9.89 + 0.5·19.6 29.49 = 19.69 + 0.5·19.6

Arcilla 3 kN/m

6 7

0 50 100 150 200 250 300 350 400

0

Arena 3 kN/m

4 5

'

0 50 100 150 200 250 300 350 400

0

0 1

u

0 50 100 150 200 250 300 350 400

Arcilla

94.49 = 56.49 + 2·19

31.37 = 94.49 - 63.12 78.4=u(inic.)+ =78.4-0 94.49-78.4=22.09 u(inic.)+ =78.4-15.28=63.12

134.49 = 94.49 + 2·20

51.77 = 134.49 - 82.72 98=u(inic.)+ =98-0 134.49-98=36.49 u(inic.)+ =98-15.28=82.72

3

kN/m



10

178.49 = 134.49 + 2·22

102.32=u(inic.)+ =117.6-15.28

76.17 = 178.49 - 102.32

Roca

Figura 5.16. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos para condiciones finales a corto plazo.

Condición final a corto plazo

330

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 7. El perfil de suelo en un valle ancho está compuesto por 3 m de una grava gruesa que yace sobre 12 m de arcilla. Por debajo de la arcilla se encuentra una arenisca muy fisurada de permeabilidad relativamente alta. El nivel de agua en la grava se encuentra 0.6 m por debajo de la superficie. El agua en la arenisca se encuentra bajo presión artesiana correspondiente a un nivel de agua de 6 m por encima del nivel del terreno. Los pesos unitarios son: Grava - por encima el nivel freático - debajo del nivel freático (saturada) Arcilla - saturada Agua (valor que se adopta para el problema)

16 kN/m3 20 kN/m3 22 kN/m3 10 kN/m3

a) Dibuje el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo vertical efectivo en función de la profundidad en los siguientes casos: i)

Con las elevaciones de agua iniciales.

ii) Asumiendo que el nivel de agua en la grava es disminuido 2 m por bombeo, pero la presión de agua en la arenisca no cambia. iii) Asumiendo que el nivel de agua en la grava se mantiene como en ii), pero que los pozos de alivio disminuyen la presión de agua en la arenisca en 5.5 m. iv) Asumiendo que los pozos de alivio son bombeados para reducir el nivel de agua en la arenisca a 15 m por debajo del nivel del suelo. Nota: Para ii), iii) y iv) se requiere las condiciones a corto y largo plazo. b) ¿Hasta qué profundidad se puede realizar una excavación amplia en la arcilla, antes de que el fondo o piso de la misma se encuentre en condiciones de falla? i)

Con la presión artesiana inicial en la arenisca.

ii) Con pozos de alivio reduciendo la presión artesiana a 0.60 m encima de la superficie de terreno. iii) Con bombeo en los pozos de alivio para reducir la presión artesiana a 15 m debajo de la superficie del terreno. c) Se requiere una excavación de 9 m de profundidad. Por razones de seguridad, es necesario mantener una proporción: Esfuerzo total vertical/Presión de levantamiento igual a 1.30. ¿Hasta qué profundidad deberá reducirse la carga piezométrica en la arenisca para cumplir este requerimiento? d) Si el nivel freático en la arenisca aumentara a 15 m encima de la superficie del terreno, ¿a qué profundidad en la arcilla se encontraría el esfuerzo efectivo vertical mínimo y cuál sería su valor? Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo

319

Problemas resueltos de mecánica de suelos a.i) Presión artesiana inicial en la arenisca. inicial = h·γ



6m 0.6 m γ = 16 kN/m3 Grava 2.4 m

’inicial = inicial - u

uinicial = h·γw

9.6 = 0.6·16 49.6 = 9.6 + 2·20

2.6 m

3

γ = 20 kN/m Grava

0

9.6 = 9.6 - 0 29.6 = 49.6 - 20

20 = 2·10

57.6 = 9.6 + 2.4·20

24 = 2.4·10

γ = 22 kN/m3

kPa

’

u

33.6 = 57.6 - 24

Arcilla

12 m

Arenisca

57.6 + 12·22 = 321.6

(12+2.4+0.6+6)·10 =210

111.6 = 321.6 - 210

Figura 5.17. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales.

a.ii) Asumiendo que el nivel de agua es disminuido 2 m por bombeo. Presión de poros a corto plazo: Arcillas:

ucorto = uinic + ∆σ ∆σ = σcorto – σinic

6m

Gravas ucorto = h·γw y arenas: corto = h·γ Presión de poros a largo plazo:

’corto = corto – ucorto

largo = h·γ

’largo = largo – ulargo

ulargo = h·γw



’

u

kN/m2

2.6 m γ = 16 kN/m3 Grava 41.6 = 2.6·16 0.4 m

γ = 20 kN/m3 Grava 49.6=41.6+0.4·20 Arcilla

12 m

41.6=41.6-0 4 = 0.4·10 33.6=49.6-16 16 = 24 - 8 45.6=49.6-4 ∆σ = 49.6-57.6= -8

γ = 22 kN/m3

111.6=313.6-202

(15+6)·10=210 313.6 = 49.6 + 12·22

202 = 210 - 8

313.6-210 = 103.6

∆σ = 313.6 - 321.6 = -8

Figura 5.18. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones a corto y largo plazo.

320

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos a.iii) Si disminuye la presión de la arenisca en 5.5 m. Presión de poros a corto plazo: Arcillas:


0.5 m

Gravas ucorto = h·γw y arenas: corto = h·γ Presión de poros a largo plazo:


largo = h·γ


ulargo = h·γw



’

u

2.6 m γ = 16 kN/m Grava

kN/m2

3

41.6 = 41.6 - 0

41.6 = 2.6·16 3


49.6=41.6+0.4·20

4 = 0.4·10 4 = 0.4·10 Igual que ii largo plazo

Arcilla

45.6 = 49.6 - 4

12 m γ = 22 kN/m3

49.6 + 12·22 = 313.6

313.6 - 210 = 103.6 (15+0.5)·10 = 155 (15+6)·10=210 313.6-155=158.6 Igual que ii largo plazo

a.iv) Si la presión de poros en la arenisca reduce en 15 m por debajo del suelo. Presión de poros a corto plazo: Arcillas:


corto = h·γ

Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo:

largo = h·γ

ulargo = h·γw



u

’corto = corto – ucorto ’largo = largo – ulargo

kPa

’

2.6 m γ = 16 kN/m3 Grava 0 = 0·10 41.6 = 41.6 - 0 Igual que iii largo plazo 4 = 0.4·10 45.6 = 49.6 - 4 49.6=41.6+0.4·20 4 = 0.4·10

41.6 = 2.6·16 3

0.4 m γ = 20 kN/m Grava Arcilla 12 m γ = 22 kN/m3

49.6 + 12·22 = 313.6

15.5·10= 155 313.6 - 155 = 158.6 0 = 0·10 Igual que iii largo plazo 313.6 - 0 = 313.6

321

Problemas resueltos de mecánica de suelos b) Profundidad máxima de excavación, D: b.i 6m b.ii

0.6 m

D 15 m γ = 22 kN/m3

Arcilla b.iii Arenisca

0m

El fondo de la excavación se encontrara en condiciones de falla cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo. Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros  = ′ + u ′ = 0 (Condición de falla)



=u

b.i) Presión artesiana inicial en la arenisca (6 m sobre el terreno). (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(15 + 6)



D = 5.45 m

b.ii) Reduciendo la presión de poros a 0.6 m por encima del terreno. (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(15 + 0.6)



D = 7.91 m

b.iii) Reduciendo la presión artesiana a 15 m por debajo del terreno. (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(0)



D = 15 m

322

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos c) Que profundidad debe reducirse la carga piezométrica en la arenisca. Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros  = ′ + u El fondo de la excavación fallará cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo: ′ = 0 =u

  1  FS u



Factor de seguridad:

FS = 1 , condición crítica FS > 1 , condición estable

En este caso,

FS = 1.30

FS 

 u



1.30 

15  6  22 10  h

hmax = 10.15 m Hexcavado = 15 - 10.15 

Hexcavado = 4.85 m

Como originalmente es de 15 m, entonces habrá que reducir la carga piezometrica en la arenisca 4.85 m. para cumplir con el requerimiento de la altura máxima de 10.15 m.

d) Cual será el esfuerzo efectivo mínimo y a que profundidad se encontrara si el nivel freático de la arenisca aumenta 15 m encima de la superficie del terreno.

15 m

 = h·γ

u = h·γw

’ =  – u



u

′

3


9.6 = 0.6·16

0 = 0·10

9.6 = 9.6 - 0

2.4 m γ = 20 kN/m3 Grava 57.6=9.6+2.4·20

24 = 2.4·10

33.6=57.6-24

Arcilla 12 m γ = 22 kN/m3

57.6+12·22= 321.6

(12+2.4+0.6+15)·10= 300 21.6 =321.6 - 300

El esfuerzo efectivo vertical mínimo es 21.6 kN/m2 y se ubica a 15 m de profundidad, desde la superficie del terreno.

323

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 8. El perfil de un terreno consiste de 10 m de arena (peso específico de 18 kN/m3) sobre 20 m de arcilla (peso específico de 19 kN/m3), todo ello sobre arena densa que se extiende a gran profundidad. El nivel freático se encuentra al ras del terreno (peso específico del agua 9.81 kN/m3). Sobre la superficie se aplica una carga de gran extensión de 300 kN/m2. Trazar el gráfico de esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos: a) Para la condición inicial (antes de la aplicación de la carga). b) Para la condición inmediata después de la aplicación de la carga (condición no drenada, o a corto plazo t = 0). c) Para la condición a largo plazo (cuando toda las presión de poros en exceso se ha disipado, t = , condición drenada).

a) Condiciones iniciales (antes de la aplicación de la carga).  = h·γ

10 m

’

u 0 = 0·18

Arena

’ =  – u

u = h·γw



0 = 0·9.81

0=0-0

kN/m2

γ = 18 kN/m3 180 = 10·18

81.9 = 180 – 98.1

98.1 = 10·9.81

Arcilla 20 m

γ = 19 kN/m3

Arena Densa

180 + 20·19 = 560

98.1 + 20·9.81 = 294.3

560 + 294.3 = 265.7

b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. Presión de poros a corto plazo:

Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo

Arcillas: corto = h·γ

300 kPa

largo = h·γ


Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw




300 (Carga)

kPa 

′

u 0 = 0·9.81

300=300-0

Arena 10 m

γ = 18 kN/m3 480=300+10·18

10·9.81=98.1

Arcilla 20 m

∆σ = 480-180=300 398.1=98.1+300

81.9=480-398.1 381.9=480-398.1

γ = 19 kN/m3

Arena Densa

480 + 20·19 = 860

98.1+20·19=294.3

860-594.3=265.7 594.3=294.3+300 ∆σ=860-560=300

324

565.7=860-294.3

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 9. El nivel de agua en una laguna es de 5 m (peso específico del agua = 10 kN/m3). El fondo de la laguna está compuesto de 5 m de arcilla (peso específico = 19 kN/m3) sobre 5 m de arena (peso unitario = 18 kN/m3) que descansa sobre roca impermeable. Para todo el perfil del terreno, se requiere: a) Dibujar la variación en profundidad, del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo. b) Dibujar nuevamente la variación del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo, inmediatamente después del drenaje del agua de la laguna.

a) Condiciones iniciales (antes del drenaje del agua de la laguna).  = h·γ

u = h·γw



’ =  – u

0 = 0·10

kPa 

′

u

0=0-0

0 = 0·10

Agua 5m

γ = 10 kN/m3

5m

0 = 50 - 50

50=5·10

50=5·10 Arcilla γ = 19 kN/m3 145=50+5·19 5m

45 = 145 - 100

100=50+5·10

Arena γ = 18 kN/m3 Roca impermeable

235 – 150 = 85

100+5·10=150

50+5·18=235

b) Condiciones finales (después del drenaje del agua de la laguna). Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo

corto = h·γ largo = h·γ



5m

ucorto = uinic + ∆σ Arcillas: ∆σ = σcorto – σinic Gravas y arenas: ucorto = h·γw Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw


′

u

kPa

El agua drena = se vacía Como es laguna no queda nada de suelo, solo aire. 0 = 5·0

0 = 5·0

0=0-0

Arcilla 5m

γ = 19 kN/m3 95=5·19

5m

∆σ = 95-145= -50 50 = 100 - 50 50=5·10

45 = 95 - 50

Arena γ = 18 kN/m3 Roca impermeable

95+5·18=185

∆σ = 95-145= -50 100 = 150 - 50 50+5·10=100

85 = 185 - 100

En este caso las condiciones a corto y a largo plazo son las mismas.

325

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 10. El perfil estratigráfico de un suelo consiste de una capa superficial de grava de 10 m de espesor (peso específico = 22 kN/m3), que descansa sobre 10 m de arcilla (peso específico = 20 kN/m3) y que a su vez se apoya sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel de la superficie del terreno. El peso específico seco de la grava es 17 kN/m3, y el peso específico del agua adoptado es 10 kN/m3. a) Trazar los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo y mostrar su variación con la profundidad. b) Trazar nuevamente los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo, inmediatamente después de haber drenado toda el agua de la grava y simultáneamente haber aplicado una carga infinita de 30 kPa en la superficie del terreno.

a) Condiciones iniciales (Antes del drenado y aplicado de la carga infinita).  = h·γ

 Grava

’ =  – u

u = h·γw

′

u 0 = 0·22

0 = 0·10

kPa 0=0-0

3 10 m γ = 22 kN/m

220 = 10·22

100 = 10·10

120 = 220 - 100

Arcilla 10 m

γ = 20 kN/m3

Roca impermeable

10·22 = 420

100 + 10·10 = 200

420 - 200 = 220




30 kPa

largo = h·γ




Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw


′

u

30 30 = 30 + 0·17


kPa

0 = 0·10

30 = 30 - 0

Grava 10 m

γ = 17 kN/m3 200=30+10·17 Arcilla

10 m

∆σ = 200-220= -20 120=200-80 80 = 100 - 20 200=200-0

0 = 0·10

γ = 22 kN/m3

200 + 10·22 = 400

400-180=220 400-100=300

0+10·10=100 ∆σ = 400-420= -20 180=200-20

326

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos PROBLEMA 11. El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 4 m de espesor y peso especifico de 19 kN/m3 y 2 m de arena, con peso especifico de 18 kN/m3, que descansan sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel de la superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza 2 m de altura sobre la superficie del terreno. El peso especifico del agua es de 9.81 kN/m3. a) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, para la condición inicial. b) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, si la presión artesiana en la arena es reducida 1 m, para la condición inmediata después del descenso de la columna de agua.

a) Condiciones iniciales. ’ =  – u

u = h·γw

 = h·γ 2m



0 = 0·10

0 = 0·19

kPa

′

u

0=0-0

Arcilla 4m

γ = 19 kN/m3 76 = 0 + 4·19

17.14 =76 – 58.86

58.86 = 6·9.81

Arena 2m

γ = 18 kN/m3

Roca impermeable

76+2·18=112

58.86+2·9.81=78.48

112-78.48=33.52





Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw largo = h·γ

1m



u

0 = 0·19

0 = 0·9.81



kPa

′

0=0-0

Arcilla 4m

γ = 19 kN/m3 76 = 0 + 4·19

∆σ = 76-76= 0 58.86 = 58.86+0 26.95=76-49.05 49.05 = 4·9.81 17.14=76-58.86

Arena 2m

γ = 18 kN/m3

Roca impermeable

76+2·18=112

∆σ = 76-76= 0 78.48=78.48+0 58.86+2·9.81=78.48 112-78.48=33.52

327

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 12. Se tiene el siguiente perfil de suelo:

N.T. Arena

 = 19 kN/m3 sat= 20 kN/m3 k = 0.02 cm/s

1.5 m

Arcilla

 = 20 kN/m3 sat = 22 kN/m3 k = 2.5 x 10-5 cm/s

0.75 m

Arena

 = 19 kN/m3 sat = 20 kN/m3 k = 0.02 cm/s

Arcilla

 = 20 kN/m3 sat = 22 kN/m3 k = 4 x 10-5 cm/s

Arena

 = 19.5 kN/m3 sat = 20 kN/m3 k = 0.01 cm/s

1.0 m

2.0 m

0.5 m

2.25 m

Se pide: a) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones iniciales b) Determinar el sentido de flujo, el gradiente hidráulico y el caudal por unidad de área de los dos estratos de arcilla. c) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones de corto y lago plazo si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. La siguiente tabla contiene el incremento de esfuerzo ocasionado por la zapata de 1x1 cargada con 300 kN en función de la profundidad. Profundidad m 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50 2.75

Incremento de esfuerzo kg/m2 300 279 210 145 100 72 54 41 32 26 21 18

Profundidad m 3.00 3.25 3.50 3.75 4.00 4.25 4.50 4.75 5.00 5.25 5.50

Incremento de esfuerzo kg/m2 15 13 11 10 9 8 7 6 5.60 5.10 5

328

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos a) Condiciones iniciales.  = h·γ

2.0 m



0.5 m γ = 19 kN/m3 0.5 m γsat = 20 kN/m3 Arena

0.5 m

’ =  – u

u = h·γw

′

u

0 = 0·19 9.5 = 0.5·19 19.5 = 9.5 + 0.5·20

0=0-0 9.5 = 9.5 – 0

0 = 0·9.8 4.9 = 0.5·9.8

14.6 = 19.5 – 4.9

1.5 m γsat = 22 kN/m3 Arcilla 44.1=4.9+4·9.8

52.5=19.5+1.5·22

8.4 = 52.5 – 44.1

3 0.75 m γsat = 20 kN/m Arena

2.25 m

67.5=52.5+0.75·20

γsat = 22 kN/m3 Arcilla

51.45=44.1+0.75·9.8

16 = 67.5 – 51.45

z = 0 m (Nivel de referencia) γsat = 20 kN/m3 Arena

67.5+2.25·22=11 (2.25+0.75+1.5+0.5)·9.8=49 7

117 - 49 = 68

b) Sentido de flujo, gradiente hidráulico y caudal por área unitaria en la arcilla. 1er Estrato de arcilla: - Sentido del flujo: El flujo va de mayor energía a menor energía.

E  z

u

W



v2 2 g

Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña:

E  z

u

W

Energía en la parte inferior = (2.25 + 0.75) + (44.1/9.8) = 7.5 m Energía en la parte superior = (2.25 + 0.75 + 1.5) + (4.9/9.8) = 5 m Como hay mayor presión en la parte inferior del primer estrato de arcilla, entonces el sentido del flujo es de abajo hacia arriba (ascendente). - Gradiente Hidráulico: i = h/L h = 7.5 – 5 = 2.5 m L = Longitud del estrato = 1.5 m i = 2.5/1.5



i = 1.66

329

Problemas resueltos de mecánica de suelos - Caudal: q = k·i·A k = 25 x 10-5 cm/s = 0.0216 m/día q = (0.0216)·(1.66)·(1 m2)



q = 0.036 m3/día/m2

2do Estrato de arcilla: - Sentido del flujo: El flujo va de mayor energía a menor energía.

E  z

u

W



v2 2 g

Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña:

E  z

u

W

Energía en la parte inferior = (0) + (49/9.8) = 5 m Energía en la parte superior = (2.25) + (51.45/9.8) = 7.5 m Como hay mayor presión en la parte superior del segundo estrato de arcilla, entonces el sentido del flujo es de arriba hacia abajo (descendente). - Gradiente Hidráulico: i = h/L h = 7.5 – 5 = 2.5 m L = Longitud del estrato = 2.25 m i = 2.5/2.25



i = 1.11

- Caudal: q = k·i·A k = 4 x 10-5 cm/s = 0.03456 m/día q = (0.03456)·(1.11)·(1 m2)



q = 0.036 m3/día/m2

330

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos c) Si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. (Corto y largo plazo) Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo


2.0 m

1m

γ = 19 kN/m3 Arena


Gravas u = h·γw y arenas: corto

Presión de poros a largo plazo: largo = h·γ ulargo = h·γw

 0.5 m

u 300 = (Carga)


’largo = largo – ulargo 0-0=300 ∆σ=119-19.5=99.5 104.4=4.9+99.5

119 = 100 +1·19 1.5 m

γ = 22 kN/m3

kPa

′

119=119–0 14.6=119–104.4

Arcilla

0.75 m

γ = 20 kN/m3 Arena

2.25 m

γ = 22 kN/m3 Arcilla

44.1=(1.5+1+2)·9.8 28.9=73–44.1 64.6=44.1+20.5 8.4=73–64.6 ∆σ=73-52.5=20.5 28.5=80–51.5 80=13+1·19+1.5·22+0.75·20 (0.75+1.5+1+2)·9.8=51.5 64=51.5+12.5 16=80–64 ∆σ=80-67.5=12.5

73=21+1·19+1.5·22

49=(2.25+0.75+1.5+0.5)·9.8 53.5=49+4.5 5+1·19+1.5·22+0.75·20+2.25·22=121.5

72.5=121.5–49 68=121.5–53.5

∆σ=121.5-117=4.5

El esfuerzo total se halla sumando el incremento de carga en el punto de estudio sacado de la tabla del enunciado y el esfuerzo total que proporciona el terreno (·H).

331

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 13. El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 6 m de espesor con peso específico húmedo de 20 kN/m3 y peso especifico saturado de 22 kN/m3 que descansa sobre un acuífero de arena de 4 m de espesor, con peso específico húmedo de 18 kN/m3 y peso específico saturado de 20 kN/m3. El nivel freático se encuentra a un metro por debajo de la superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza la altura de 1 m por debajo de la superficie del terreno. El peso específico del agua es igual a 9.81 kN/m3.

1m

1.0 m 5.0 m

Suelo 1: Arcilla  = 20 kN/m3 sat = 22 kN/m3

4.0 m

Suelo 2: Arena  = 18 kN/m3 sat = 20 kN/m3

a) Calcular la profundidad máxima que se puede excavar para la construcción de una fundación, debiendo hacer descender el nivel del agua de la arcilla hasta el nivel de la excavación. b) Para el estado excavado calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para las condiciones iniciales, a corto y a largo plazo considerando la succión y que la altura de saturación capilar llega hasta el nivel del terreno.

a) Profundidad máxima que se puede excavar. El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical efectivo al final del estrato sea nulo.

 ' 0

 '   u  u 1.0 m Dmax Arcilla

Arena

6.0 m

γ = 22 kN/m3

A

  6  D   22 u  9.8  5



u = 49 kN/m2

332

Arcilla

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos  '  6  D   22  49  0 6D 

49 22

D  6

49 22



D = 3.77 m

b) Esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos. Condiciones iniciales:  = h·γ 

Succión 1m

γ = 22 kN/m

–1·9.8= –9.8

9.8= 0 – (– 9.8)

22 = 1·22 Arcilla 5m

’

u

0 = 0·22

3

’ =  - u

u = h·γw

22= 22 – 0

0 = 0·9.8

3.77 m

γ = 22 kN/m3

82.94=22+2.77·22

27.15 = 2.77·9.8

132=22+5·22

49=0+5·9.8

33.79 = 60.94 – 27.15 83= 132 – 49

Arena 4m

γ = 20 kN/m3 49 + 4·9.8 = 88.2

132 + 4·20 = 212

212 – 88.2 = 123.8

Condiciones Finales (Corto y largo plazo): Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo



largo = h·γ



Gravas y arenas:


ucorto = h·γw

Presión de poros a largo plazo: ’largo = largo – ulargo ulargo = h·γw

u

′

kPa

1m 3.77 m

2.23 m

4.00 m

3

γ = 22 kN/m Arcilla

γ = 20 kN/m3 Arena

∆σ=0–82.94= – 82.94 27.15 – 82.94 = – 55.79 0 = 0·9.8 0 = 0·22 49.06 = 2.23·22 49=(3.77+2.23–1)·9.8 49–82.94 = – 33.94 ∆σ=49.06–132= –82.94

49.02 + 4·20 = 129.02

49 + 4·9.8 = 88.2

55.79=0–55.79 83=49.06+33.94 0.06=49.06–49

40.82=129.02–88.2

333

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 14. Calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para condiciones iniciales, a corto plazo y a largo plazo para el perfil de suelos de la figura si se coloca una carga infinita de 100 kPa. Considerar que hay succión y que la altura capilar llega hasta el nivel del terreno a 100 % de saturación. Peso específico de agua w = 9.81 kN/m3 0.7 m Arena:

 =16 kN/m3 sat =17.66 kN/m3

Arena: 10.0 m

 = 16 kN/m3 sat = 16.68 kN/m3

15.0 m

Arcilla:  = 14 kN/m3 sat = 14.72 kN/m3

15.0 m


14.3 m


Condiciones Iniciales:

 = h·γ

 0.7 m

’ =  - u ’

u = h·γw u -6.9

3

γ = 16 kN/m

6.9

12.4

12.4

14.3 m

10.0 m

264.9

124.6

140.3

431.7

238.4

193.3

15.0 m 652.5

385.5

267

15.0 m 910.1

532.7

377.4

334

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo


largo = h·γ

 0.7 m

Gravas y arenas:



ucorto = h·γw

Presión de poros a largo plazo: ’largo = largo – ulargo ulargo = h·γw -6,9

100



u

106,9

112,4

112,4

14.3 m 364,9

140,3

224,6

10.0 m 531,7

238,4

338,4

293,3

193,3

15.0 m 752,5

385.5

485,5

367

267

15.0 m 1010,1

532,7

632,7

377,4

335

477,4

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 15. En el perfil que se muestra en la figura, se pide determinar: a) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones iniciales. b) Caudal y dirección de flujo por el estrato de arcilla ubicado entre 5 y 6 m de profundidad. c) Factor de seguridad contra levante de la base, en una excavación ancha de 1,5 m de profundidad. d) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones a corto plazo, después de que el nivel de agua en el piezómetro ubicado a 4 m de profundidad, ha descendido, en un instante de tiempo, hasta los 4 m por debajo de la superficie natural del terreno. e) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones a corto plazo, después de que el nivel del agua en los dos piezómetros mostrados cambian hasta 1,5 m por debajo de la superficie del terreno y se aplica una carga infinita en la superficie de 50 kPa (Considere que todos los cambios ocurren en al mismo instante de tiempo). Nota: Tomar w = 10 kN/m3

-1 0

 = 18 kN/m3 k = 10-8 m/s

1 2 3

 = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla Zona con ascenso capilar (S=75%) Arcilla

 = 19 kN/m3 k = 10-3 m/s

Arena

 = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

 = 18 kN/m3 k = 10-3 m/s

Arena

4 5 6 7

336

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos a)

-1 -11.25

0

0

 = 18 kN/m k = 10-8 m/s

3

11.25

Arcilla (S=75%)

1

27  = 20 kN/m k = 10-8 m/s

27

3

2 3 4 5

Arcilla

 = 19 kN/m k = 10-3 m/s

3

17

Arena

 = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

 = 18 kN/m k = 10-3 m/s

Arena

3

6

40

57

95

60

115

50

133

35 65

60

73

Datum z = 0

7 b) Flujo en suelos:

Q  ki A Para la arcilla entre 5 y 6 m El flujo va de mayor energía a menor energía.

u v2   w 2g despreciarla velocidad u  E  z w E  z

Energía en la parte inferior = 1 + 5 = 6 m Energía en la parte superior = 2 + 6 = 8 m Por lo tanto el flujo es descendente h = 8 – 6 = 2 gradiente hidráulico, i = h/L i = 2/1 = 2

337

Problemas resueltos de mecánica de suelos i

h 2  2 L 1

Se toma área unitaria, A = 1

 

Q  108 21 Q  2  108 m3/s/m2 c) El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical efectivo al final del estrato sea nulo.

'  0 '    u u  FS  u

Dmax

3.0 m Arcilla

A

Arena El factor de seguridad será:

FS 

A uA

 A  1,520  30 kPa u A  410  40 kPa

FS 

30  0.75 40

338

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos d)

-1 -11.25

0

0

 = 18 kN/m k = 10-8 m/s

3

11.25

Arcilla (S=75%)

1

27  = 20 kN/m k = 10-8 m/s

27

3

2 3 4 5

Arcilla 57

 = 19 kN/m k = 10-3 m/s

3

17

67

Arena 60

95  = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

 = 18 kN/m k = 10-3 m/s

Arena

3

6

40

-10

35

85

10 115

65

50

133

60

73

e) q = 50 kPa

-1 38.75

50

0

 = 18 kN/m k = 10-8 m/s

3

Arcilla (S=75%)

1 2 3 4 5 6

50

77  = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

27

Arcilla 107

 = 19 kN/m3 k = 10-3 m/s

11.25

90

15

92

17

Arena 145

 = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

 = 18 kN/m3 k = 10-3 m/s

Arena

165

110

35

35 65

100

45

110

183

120 128

55

339

CAPITULO 6 Resistencia al corte

CAPITULO SEIS

Resistencia al corte 6.1. Introducción. La resistencia de un material describe el estado último de esfuerzo que puede soportar antes de que falle. Para suelos que pueden tener niveles altos de deformación se define la falla de acuerdo a sus deformaciones. Se habla de resistencia a la tensión, resistencia a la compresión, resistencia al corte, y así sucesivamente, pensando que estos términos son diferentes, pero estos términos deben realmente estar relacionados a una característica fundamental de resistencia. La conexión entre estas resistencias diferentes es el esfuerzo de corte máximo, o el tamaño del círculo de Mohr más grande que el material pueda soportar. El círculo de Mohr es un diagrama de esfuerzos utilizado para analizar los estados de esfuerzos en un elemento de suelo. El criterio de Mohr-Coulomb es un criterio de falla que indica que la resistencia de un material aumenta linealmente con el aumento del esfuerzo efectivo normal y el material fallará cuando el círculo de Mohr toque una curva límite. Es así que el criterio de Mohr-Coulomb se utiliza para determinar la resistencia de suelos sometidos a cargas en problemas de la ingeniería geotécnica. De esta manera podemos decir que materiales que tienen resistencia pueden soportar esfuerzos de corte y la resistencia es el máximo esfuerzo de corte que pueda ser soportado. Solo los materiales con resistencia pueden tener taludes porque los esfuerzos de corte son requeridos para mantener un talud. Un material sin resistencia al corte, como agua estacionaria, no puede soportar un talud y el círculo de Mohr se reduce a un punto.

Teoría del estado crítico. Los parámetros c y  de resistencia al corte de Mohr – Coulomb, no son propiedades fundamentales del suelo. Ellos dependen del tipo de ensayo en la cual fueron determinados. La teoría del estado crítico es un esfuerzo por predecir el comportamiento de un suelo saturado sujeto a un sistema de esfuerzos axisimétricos mediante un concepto matemático. La idea central en la teoría del estado crítico es que todos los suelos fallan en una única superficie de falla en un espacio q, p, e. El modelo de estado critico incorpora en su criterio de falla cambios de volumen diferente al criterio de Mohr-Coulomb donde la falla solo esta definida por la pendiente de de la línea de esfuerzos máximos. De acuerdo con el modelo de estado crítico el estado de falla de esfuersos es insuficiente para garantizar la falla en los suelos.

299


6.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Según al concepto fundamental de resistencia al corte, explique las características de los diferentes tipos en que se clasifican los suelos. Respuesta. Los suelos del Tipo I están constituidos de arenas sueltas, arcillas normalmente consolidadas y arcillas ligeramente sobreconsolidadas (OCR  2), estos suelos al llegar al estado crítico se endurecen y se comprimen hasta llegar a un índice de vacíos crítico. Los suelos del Tipo II representarán a las: arenas densas y arcillas sobreconsolidadas (donde OCR > 2) presenta un valor pico del esfuerzo de corte, al llegar a este estado se ablandan llegando a un estado suelto, expandiéndose hasta llegar a un índice de vacíos crítico después de una compresión inicial a bajo cortante. Este valor pico es suprimido y la expansión del volumen disminuye cuando se incrementa el esfuerzo normal efectivo.

PREGUNTA 2. ¿Que característica especial poseen el esfuerzo de corte y el índice de vacíos cuando el suelo alcanza el estado crítico? Respuesta. Tanto los suelos del Tipo I y II alcanzan el estado crítico, independientemente de su estado inicial. Cuando el suelo alcanza su estado crítico el esfuerzo de corte aumenta conforme a la solicitación aplicada pero el volumen tiende a mantenerse constante. El esfuerzo de corte en el estado crítico y el índice de vacíos crítico depende del esfuerzo normal efectivo. Un elevado esfuerzo normal efectivo resulta en un elevado esfuerzo de corte en y un bajo índice de vacíos crítico.

PREGUNTA 3. ¿Qué es la evolvente de falla? Respuesta. Se denomina envolvente a una curva geométrica formada de la colección de valores máximos del comportamiento que presenta un fenómeno en diversos estados y condiciones. Análogamente la envolvente de falla en suelos, es la colección de los valores de corte máximos que producen falla en el sentido de que las partículas del suelo empiezan a deslizarse unas respecto de otras. La envolvente de falla puede ser determinada en base a valores de corte picos o críticos.

PREGUNTA 4. ¿Qué influencia tiene el índice de sobreconsolidación (OCR) en un suelos del Tipo II?

300


Respuesta. Un elevado índice de sobreconsolidación resulta en un elevado esfuerzo de corte pico y una mayor expansión en el volumen.

PREGUNTA 5. ¿Cuándo ocurre la falla en el criterio de falla de Mohr-Coulomb? Respuesta. La falla ocurre cuando el suelo alcanza el máximo esfuerzo efectivo oblicuo

 '1 f  '3 f

.

El máximo esfuerzo de corte  max   '1  '3  2max no es el esfuerzo de falla.

PREGUNTA 6. Explique que es dilatancia. Respuesta. Si a las partículas del suelo se las asemeja a esferas, la Figura 6.1 muestra que las partículas de los suelos del Tipo II están ubicadas de manera que se tiene la menor cantidad de espacios vacíos. Entre partículas existe un trabazón que impide el desplazamiento de unas respecto a otras, por lo que las partículas para iniciar su desplazamiento deben pasar unas encima de otras, lo que origina un esfuerzo de corte pico y la expansión en el suelo.

Figura 6.1. Forma de deslizamiento de las partículas en suelos del Tipo II. A este comportamiento de las partículas que ocasiona el aumento del volumen se lo denomina dilatancia y solo se presenta en suelos del Tipo II.

PREGUNTA 7. ¿Qué comportamiento se aprecia respecto al volumen en una muestra de suelo cuando se realiza un ensayo CD y CU? Respuesta. Los cambios de volumen ocurren bajo la condición drenada y no bajo la condición no drenada. Bajo la condición no drenada no se permite la salida de agua por lo que el suelo aunque se deforma mantiene un mismo volumen, en cambio bajo una condición drenada la salida de agua produce un cambio de volumen en el suelo.

301


El resultado de este comportamiento es que el suelo bajo condición drenada responda con un exceso de presión de poros negativo, mientras que en la condición no drenada el suelo responderá con un exceso de presión de poros positivo.

PREGUNTA 8. Explique que parámetros de resistencia al corte deben utilizarse para el diseño de una obra geotécnica. Respuesta. Para el diseño geotécnico es importante determinar las condiciones de drenaje reales que presenta el suelo en campo que pueden anticiparse según al tipo de suelo, para lo cual debe considerarse que las condiciones no drenadas difieren significativamente de las drenadas para el caso de los suelos finos, donde corto plazo no se aprecia un cambio de volumen pero presentan un exceso de presión de poros que irá disipándose con el tiempo, hasta que ha largo plazo se completa el cambio total de volumen y se disipa totalmente el exceso de presión de poros. En el caso de los suelos de grano grueso el cambio de volumen es inmediato y el exceso de presión de poros se disipa rápidamente durante la acción de la carga normal, por lo que no tendría sentido en estos suelos hablar de una condición a corto y largo plazo. En el caso de un suelo arcilloso luego de una excavación o la deposición de un terraplén al principio debido a la rapidez de la construcción se tendrán condiciones no drenadas, entonces el esfuerzo de corte máximo que tolera el suelo a corto plazo estará en función a parámetros totales que será:  f = cu Sin embargo, a largo plazo cuando el suelo alcance la condición drenada el esfuerzo de corte máximo que tolera el suelo estará en función a parámetros efectivo, que será: f = 'f·tan(') + c' El valor del parámetro c' es identificado como la cohesión que es netamente geométrico y corresponde a la altura formada por la intersección de la envolvente de falla alternativa con el eje de corte, este parámetro se presenta únicamente en suelos del Tipo II. Antes de realizar el diseño debe considerarse el tiempo de vida útil del proyecto, para así determinar el tipo de parámetros que sean adecuados y también elegir un adecuado ensayo de laboratorio que proporcione el tipo de parámetros deseados. En condiciones drenadas para el diseño se consideran los parámetros 'cry'p, el valor pico no constituye ser la mejor opción para el diseño geotécnico ya que las partículas del suelo en este estado de esfuerzos por lo general no se deslizan en un plano de falla completamente desarrollado, además su valor es muy variable y solo los suelos del Tipo II presentan este valor pico. Sin embargo todos los suelos para una respectiva combinación de esfuerzos llegan a estar normalmente consolidado, donde el parámetro del ángulo de fricción es crítico ('cr) donde el suelo alcanzará el estado crítico. El diseño con el valor crítico a diferencia del pico no es conservador sino que permite diseños óptimos que consideran los esfuerzos principales máximos que tolera el suelo. Por lo tanto el ángulo de fricción crítico a diferencia del pico constituye ser un parámetro fundamental de la resistencia al corte del suelo. En condiciones no drenadas para el diseño se considera el parámetro de esfuerzo de corte no drenado cu, que depende de la magnitud del esfuerzo de confinamiento (3)f el cual influirá en el esfuerzo normal (1)f, por lo tanto este parámetro no constituye ser el fundamental para el diseño geotécnico.

302


Por lo general se encuentran suelos que son una mezcla de partículas gruesas y finas, en este caso para el diseño debe tomarse en cuenta la condición drenada y no drenada para determinar cual de esas condiciones es más crítica.

PREGUNTA 9. ¿Qué debe considerarse para elegir un adecuado ensayo triáxial para el suelo? Respuesta. Para elegir un adecuado ensayo triaxial deben tenerse en cuentas dos detalles:  El tipo de parámetros que se desean obtener.  El tipo de suelo y su origen. La Tabla 6.1, muestra los parámetros que se obtienen en los diferentes tipos de ensayos triaxiales. Tabla 6.1. Parámetros determinados en los ensayos triaxiales. Tipo de ensayo triaxial Parámetros determinados No consolidado no drenado (UU) cu Consolidado drenado (CD) c'  Consolidado no drenado (CU) c'  A El Ensayo triaxial debe tratar de asemejar las condiciones reales que tendrá el suelo en campo, los ensayos UU y CU podrían asemejar bien las condiciones de una arcilla con muy baja permeabilidad, mientras que un ensayo CD a un suelo con una permeabilidad que permite un buen drenaje del agua. Sin embargo, los ensayos triaxiales pueden combinarse a fin de determinar los parámetros de otros ensayos triaxiales realizados con el mismo suelo.

PREGUNTA 10. Explique las características particulares de la línea de estado crítico y la superficie de fluencia en el CSM. Respuesta. Para una única línea de estado crítico en el espacio (q, p’) corresponderá a una línea de estado crítico en el espacio (e, p’). Cada suelo tiene una superficie inicial de fluencia, el tamaño de esta superficie depende del esfuerzo efectivo medio de preconsolidación. La superficie de fluencia se expandirá para R0 ≤ 2 y se contraerá para R0 ≥ 2 cuando el esfuerzo efectivo medio aplicado excede el esfuerzo inicial de fluencia. El suelo se comporta elásticamente para esfuerzos que están dentro de la superficie de fluencia y elastopásticamente para esfuerzos ubicados fuera de la superficie de fluencia.

PREGUNTA 11. Explique las etapas del ensayo triaxial.

303


Respuesta. Los ensayos triaxiales constan de tres etapas importantes que son:  Saturación. (Etapa 1)  Consolidación. (Etapa 2)  Compresión. (Etapa 3) La etapa de saturación y consolidación es llevada a cabo en un sistema llamado banco triaxial, que está diseñado para controlar un sistema de agua a presión que es aplicado a la muestra de suelo a ensayar. La Figura 6.2 se muestra un esquema del banco triaxial.

Agua desaireada

Mamómetro

Mamómetro

Regulador de presión Aire a presión

Bureta graduada

Regulador de Aire - Agua

Regulador Agua - Agua

Bomba de Agua Cámara Indicador volumen nulo

desaire

A

B

A - Conexión a cámara B - Conexión superior a probeta C - Conexión a base de probeta - Válvulas auxiliares

C

Figura 6.2. Esquema del banco triaxial completo. La etapa de compresión se lleva a cabo en una prensa que aplica una carga axial mediante un anillo de carga a un vástago que comprime la muestra de suelo, el sistema triaxial es capaz de mantener constante la presión aplicada a la muestra (dependiendo al tipo de ensayo) en la etapa de consolidación durante la compresión y puede medirse la presión de poros. Etapa de saturación. Las probetas utilizadas en el ensayo triaxial deben estar completamente saturadas. Para esto, lo primero que se hace es llenar la cámara completamente de agua (manteniendo el orificio de ventilación abierto) la cual someterá a la probeta a un esfuerzo simétrico de confinamiento 3, entonces de acuerdo al diagrama de la Figura 6.3 se conecta la línea de base A al extremo inferior de la bureta graduada y el otro extremo de la bureta se conecta al tanque regulador de presión de aire. Con las válvulas A, C abiertas y B cerrada, se aplica aire al circuito de la bureta de esa forma se introduce presión a la cámara (e.g. 3 = 20 kPa), luego se abre la válvula B para introducir una contrapresión a la probeta que permite el ingreso de agua. Se repite el procedimiento añadiendo una cantidad de presión 3 a la cámara y también una contrapresión a la probeta por etapas hasta saturar completamente la probeta, ambas presiones por lo general difiere en 10 kPa. La presión de poros en la probeta es registrada en cada escalón con un transductor de presión, manómetro o bureta conectada a la válvula C.

304


Agua desaireada

Mamómetro

Mamómetro

Regulador de presión

F Aire a presión Regulador de Aire - Agua

Bureta graduada

Regulador Agua - Agua Valvulas A: Abierta B: Abierta C: Abierta D: Abierta E: Cerrada F: Cerrada G: Abierta

D Bomba de Agua

G

E Cámara

Indicador volumen nulo

A

B

Circuito Aire Circuito Agua Circuito sin uso

C

Figura 6.3. ConFiguración del banco triaxial para las etapas 1 y 2. Cuando aumenta la presión de poros el nivel de mercurio del indicador de volumen nulo pierde el equilibrio, para reestablecerlo es necesario aumentar o disminuir la presión mediante la bomba manual y de ésta manera el valor en la presión de poros queda registrado en el instrumento utilizado. Se considerará la probeta completamente saturada, cuando el valor determinado del coeficiente B para cada incremento de la contrapresión se repita más de dos veces o sea muy cercano a la unidad (e.g. 0.98). Etapa de consolidación. Dependiendo el tipo de ensayo triaxial la probeta saturada de agua es consolidada antes de inicializar la compresión. Sin embargo, antes de iniciar la consolidación es necesario generar un incremento de presión de poros a través del incremento de la presión de celda 3, para lograr esto se debe cerrar la válvula B y con la válvula A y C abiertas se incrementa la presión de la celda a un valor predefinido. Este incremento es diferente para cada celda pudiendo utilizarse incrementos de 100, 200 y 400 kPa. Durante todo el proceso, la válvula B se mantendrá cerrada evitando la salida del agua presente en la probeta, como resultado la presión de poros se incrementará. Para consolidar la probeta (disipar el exceso de presión de poros) se abre la válvula B por lo que el agua fluirá debido al exceso de presión de poros, entonces se registra el volumen de agua expulsada a intervalos de tiempo de 0.10, 0.25, 0.5, 1, 2, 4, 8, 15, 30, 60,…, 840 y 1440 minutos o hasta que el exceso de presión de poros añadido últimamente se disipe por completo. Al final de la consolidación el exceso de presión de poros en la probeta será u = 0, pero se mantendrá la presión de poros final de la etapa de saturación. Sin embargo, la presión en la cámara se mantendrá constante en el valor recientemente incrementado. Etapa de compresión. La cámara triaxial es colocada en la plataforma de un sistema de compresión (prensa), donde el esfuerzo axial de compresión aplicado a la probeta es transmitido mediante un vástago añadido a la cámara. El vástago se adhiere a un anillo de carga, este anillo esta ajustado a dos

305


soportes metálicos de tal manera que la plataforma del sistema de compresión puede subir o bajar según la conveniencia. Se verifica que la probeta quede bien ubicada y en forma vertical, para asegurar un correcto funcionamiento del vástago de carga, de esa manera los esfuerzos inducidos por el vástago sean los que actúen en los planos principales de la probeta y no se generen esfuerzos de corte en sus caras. Se conecta la línea de presión A de la cámara al tanque regulador con su válvula de salida cerrada. Entonces se ajusta la presión de confinamiento al valor que se quiere tener en la cámara abriendo la válvula del tanque regulador. La etapa de compresión comienza cuando es aplicado un esfuerzo desviador d a una velocidad constante, la carga que actúa en la probeta puede ser obtenida de la lectura de un deformímetro ubicado en el anillo de carga, mientras que la deformación de la probeta es medida con otro deformímetro ubicado sobre la cubierta metálica superior. Dependiendo al tipo del ensayo triaxial puede permitirse o restringir el drenaje del agua de la probeta durante la compresión mediante la válvula B. Las conexiones para el drenaje de la probeta pueden ser instaladas a una bureta o un instrumento que mida la presión de poros. También debe medirse el cambio de volumen de la probeta durante la compresión, con los datos obtenidos del registro del nivel inicial del agua en la bureta y los niveles correspondientes a cada lectura de los deformímetros de carga y de deformación, la Figura 6.4 muestra la configuración del banco triaxial para medir el cambio de volumen y la presión de poros.

Agua desaireada

Mamómetro

Mamómetro

Regulador de presión

F Aire a presión Regulador de Aire - Agua

Bureta graduada

Regulador Agua - Agua Valvulas A: Abierta B: Abierta C: Abierta D: Abierta E: Cerrada F: Cerrada G: Cerrada

D Bomba de Agua

G

E Cámara

Indicador volumen nulo

A

B

Circuito Aire Circuito Agua Circuito sin uso

C

Figura 6.4. Configuración del banco triaxial para medir el cambio de volumen.

PREGUNTA 12. Explique las ventajas y características particulares del CSM en comparación la criterio de falla de Mohr-Coulomb. Respuesta. El criterio de falla de Mohr-Coulomb queda limitado en cuanto a considerar el cambio de volumen, aunque es ampliamente aceptado y utilizado por su sencillez no considera los efectos de la deformación volumétrica en el concepto de falla, los parámetros c' y ' de resistencia al corte determinados con este criterio no llegan a ser las propiedades

306


fundamentales del suelo. Si mediante un ensayo triaxial, se han determinado los parámetros c' y ', estos únicamente serán válidos si las condiciones en situ son las mismas que las condiciones asumidas en laboratorio. 

q

do sta e de ea íl n

a all ef d ea lín 'cr

co íti cr

'

p' (a)

e

e

'

p' (b)

e

e

Cr



Cc 



Cr

log '

ln p' (c)

Figura 6.5. Parámetros del modelo de estado crítico (Budhu, 2000). El modelo de estado crítico se ha ideado con el fin de unir los conceptos elementales de consolidación (NC y SC) y resistencia al corte. Puesto que los suelos tienen un comportamiento complicado desde el punto de vista de todas las variantes que ocurren, este modelo presenta mecanismos matemáticos que proporcionan una simplificación e idealización del comportamiento del suelo en el estado crítico del suelo, donde para un estado de esfuerzo caracterizado se tendrá una deformación por corte constante. Durante el cambio de volumen que experimenta un suelo, existe un instante que corresponderá a un determinado volumen donde el suelo deje de responder elásticamente y pasar a un estado elastoplástico, el CSM establece condiciones y parámetros para determinar cuando el suelo llega a ese estado.

307


El criterio de falla de Mohr-Coulomb, determina una envolvente de falla que es trazada con los esfuerzos máximos alcanzados al variar el estado de esfuerzos en el ensayo. De acuerdo con el modelo de estado crítico, el estado de falla de esfuerzos de Mohr-Coulomb es insuficiente para garantizar la falla en los suelos. Este modelo establece un límite en el cual a partir de este estado el suelo comienza a ceder, es decir, que pasa del comportamiento netamente elástico a uno elastoplástico, a un volumen crítico. En la Figura 6.5 se muestra una analogía de las diferencias que existen entre el criterio de falla de Mohr-Coulomb y el modelo de estado crítico.

PREGUNTA 13. Explique lo que es sensibilidad. Respuesta. Para muchos depósitos naturales de suelo arcilloso, el esfuerzo de compresión inconfinada se reduce grandemente cuando el suelo a ensayar es remoldeado aunque no se presente un cambio en el contenido de humedad del suelo, como muestra la Figura 6.66. Esta propiedad del suelo arcilloso es conocida como sensibilidad. El grado de sensibilidad se expresa como el cociente del esfuerzo de compresión inconfinada en un estado inalterado y remoldeado, que será: S

cu  inalterada  cu  remoldeada 

Donde: S = Sensibilidad de la arcilla. cu = Parámetro de resistencia no drenado. Para la mayoría de las arcillas la sensibilidad generalmente varía entre 1 a 8, basándose en esto las arcillas pueden clasificarse según muestra la Tabla 6.2. Tabla 6.2. Sensibilidad de la arcilla. (Das, 1997) Sensibilidad 1-2 2-4 4-8 8 - 16 16 - 32 32 - 64 > 64

Descripción Ligeramente sensitiva Medianamente sensitiva Muy sensitiva Ligeramente activa Medianamente activa Muy activa Extra activa

PREGUNTA 14. Explique que representa la superficie de Roscoe y Hvorlev. Respuesta. Superficie de Roscoe. En el caso de un suelo ligeramente sobreconsolidado donde 1 R0  2 y suelos normalmente consolidados, la trayectoria de esfuerzos efectivos comenzará en un punto L situado entre las

308


líneas NCL y CSL como muestra la Figura 6.6, es decir, con un índice de vacíos y en un contenido de humedad mayor a del estado crítico. Bajo carga sin drenado, la trayectoria de esfuerzos será L UL, donde no existirá variación en el índice de vacíos y en el caso de carga con drenado la trayectoria será L DL.

q L CS

S DH

UH

RH

H NC L

L CS

e

p'

DH

H

UH

S

SL

p'c

p'm

ln p' Figura 6.6. Superficie de Roscoe en suelo muy sobreconsolidado (Whitlow, 1994). Las trayectorias de esfuerzos efectivos (ESP) para suelos ligeramente sobreconsolidados, se ubican en una superficie tridimensional cuyos límites son la CSL y NCL. A esta superficie límite de estado se la llama la superficie de Roscoe. La posición de la trayectoria de esfuerzo efectivo (ESP) en la superficie de Roscoe lo determina el esfuerzo de preconsolidación p'c. Superficie de Hvorslev. En el caso de un suelo muy sobreconsolidado, R0 > 2, la consolidación alcanzará un estado de esfuerzos sobre la línea de expansión por debajo de la CSL, representado con un punto H en la Figura 6.7. Bajo carga sin drenado donde el índice de vacíos se mantiene constante, la trayectoria de esfuerzos efectivos será H  UH, siendo UH un punto sobre la CSL que pasa por el origen en (q, p'). Después de la fluencia, la ESP continuará con mayor deformación a lo largo de una recta TS hasta encontrar a la CSL en S. El estado crítico solo se alcanzará en

309


la parte de suelo vecina a las superficies de deslizamiento que se puedan desarrollar. Mientras mayor sea el esfuerzo de preconsolidación, mayor será la deformación necesaria para llevar al suelo a su estado crítico. q M 1

no te nsió n corte de 1

0

oe Rosc de

3

cie rfi pe su

v orsle v H S de ficie r e p su H T 1

C

p'

e e0 NC L

e

L CS

1 

e

SL

1 1





p'm

p'

Figura 6.7. Superficie de Hvorslev en suelo muy sobreconsolidado (Whitlow, 1994). En condiciones de carga con drenado el suelo muy sobreconsolidado se expande y este continua aumentando de volumen hasta la cedencia. La ESP será H  DH, siendo DS un punto de falla también ubicado sobre la línea TS. Después de la cedencia, este aumento de volumen logra que los esfuerzos caigan hasta un valor residual RH que puede ubicarse por debajo de la CSL. En consecuencia, el suelo adyacente a los planos de deslizamiento se tornará más débil. Por consiguiente, la línea TS representa una superficie límite de estado que gobierna la fluencia en los suelos muy sobreconsolidados, está recibe el nombre de superficie de Hvorslev. La línea OT en el espacio (q, p') representa una superficie límite, este límite representa el estado de cero esfuerzo de tensión (’3 = 0) que se supone que es el límite para los suelos y se llama corte de no tensión.

310


4.3. Problemas resueltos. Criterio de falla de Mohr-Coulomb.

PROBLEMA 1 Una muestra cilíndrica de suelo esta sujeta a un esfuerzo axial principal (’1) y un esfuerzo radial principal (’3). El suelo no soporta un esfuerzo adicional cuando ’1= 300 KPa y ’3= 100 KPa. Determine el ángulo de fricción y la inclinación del plano de deslizamiento respecto a la horizontal. Asuma como insignificantes los efectos causados por la dilatancia. Estrategia: Con la ecuación [F.17] puede determinarse puede determinar el ángulo de fricción requerido siendo ’ = ’cr. Mientras que con la ecuación [F.20] se determina la inclinación del plano de deslizamiento. PASO 1 Encontrar el valor de ’cr. Con los valores de: ’1= 300 KPa ’3= 100 KPa De la ecuación [F.17] se tiene que:

sin  

300  100 300  100

Por lo tanto el ángulo de fricción será: ' = 30° PASO 2 Encontrar el valor de  . De la ecuación.[F.20] se tiene que:

  45 

30 2

Por lo tantota inclinación del plano de falla ser:

 = 60°

311


PROBLEMA 2 La Figura 6.8 muestra un perfil de suelo en un sitio donde se proyecta una construcción. Determine el incremento en el esfuerzo efectivo vertical en un elemento de suelo a 3 m de profundidad, bajo el centro de una construcción, el suelo fallará si el incremento en el esfuerzo efectivo lateral es 40% del incremento en el esfuerzo vertical efectivo. Estrategia: Puede considerarse el depósito como una arena uniforme con todas sus propiedades. Con los datos proporcionados se puede encontrar el esfuerzo inicial y entonces usar la ecuación del círculo de Mohr para resolver el problema. Si el elemento de suelo está ubicado bajo el centro de una construcción, entonces se conoce que existen condiciones asimétricas. Teniendo la condición ’3 + 0.4·’1, es necesario determinar el valor de ’1.

1m sat= 18 KN/m3 2m

'cr= 30 o

Figura 6.8. Perfil de suelo. PASO 1 Encontrar el esfuerzo efectivo inicial. Asumiendo que 1 m de la parte superior del suelo está saturado, se tiene que:

 zo   3 o  18 3  9.8  2  34.4 kPa El subíndice o denota original o inicial. La presión lateral de la tierra es:

 x o   3 o  K0  z o  0.5  34.4  17.2 kPa PASO 2. Encontrar  1 . De la ecuación [F.18] en la falla se tiene que:

 1 f  3 f



1  sincr 1  30  3 1  sincr 1  30

312


Pero: Y

1 f  1 f  1  3 f   3 f  0.41

Donde  1 es el esfuerzo efectivo vertical adicional que lleva al suelo a la falla. Dividiendo miembro a miembro estas ecuaciones se tendrá que:

 1 o   1 34.4   1  3  3 o  0.4    17.2  0.4   1 De la expresión se tiene que: ’1 = 86 KPa

313


PROBLEMA 3 Los resultados de dos ensayos de corte directo en dos muestras de suelo con diferente peso unitario inicial se muestran en la Tabla 6.3. La muestra A no muestra un valor pico, pero si la muestra B. Tabla 6.3. Resultados de ensayos de corte directo. Suelo A

Nro. Ensayo Test 1 Test 2 Test 2 Test 2 Test 2 Test 2 Test 2

B

Fuerza vertical N 250 500 750 100 200 300 400

Fuerza horizontal N 150 269 433 98 175 210 248

Se pide determinar: a) El ángulo de fricción crítico. b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B. c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B. Estrategia: Para poder obtener los valores deseados es mejor graficar los resultados en un sistema fuerza vertical versus horizontal. a) El ángulo de fricción crítico. PASO 1 Trazar un gráfico de la fuerza vertical versus la fuerza horizontal en la falla para cada muestra, como muestra la Figura 6.9.

Fuerza horizontal N

500 400 300 200 41

100

30

32

o

o

o

0 0

400

200

600

800

Fuerza vertical N

Figura 6.9. Fuerza vertical versus horizontal. PASO 2 Determinar el valor de 'cr.

314


En la Figura 6.9 todos lo puntos de la muestra A han sido trazados en una línea recta que pasa por el origen. La muestra A es un suelo no dilatante, posiblemente una arena suelta o una arcilla normalmente consolidada. El ángulo de fricción efectivo es: ’= 30°. b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B. Las fuerzas horizontales de 200 N y 400 N para la muestra B no se ajustan a una línea recta correspondiente a un ángulo ’p. Por lo tanto, según la ecuación [F.13] cada una de estas fuerzas tiene un ’p asociado con:

   p

200N

1  175 



 tan    200

'p200 = 41.2°

   p

400N

1  248



 tan    200

'p400 = 31.8°

c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B. De la ecuación [F.12] se tiene que:

 200N

 41.2  30  11.2

 400N

 31.8  30  1.8

Comentario: Cuando el esfuerzo normal se incrementa el valor del ángulo de dilatancia tiende a disminuir.

315


PROBLEMA 4 Al realizar el estudio de suelos en el área donde se construirá una represa de tierra (Figura 6.10), se han obtenido los siguientes parámetros geotécnicos para el material de la base (o suelo natural): c = 30 kN/m2 y  = 25º.

 = 18 kN/m

4m

3

c' = 30 kPa ' = 25º A = 0.62 B = 0.87

V

H = 0.58 V

H

Figura 6.10. Presa de tierra. Por medio de ensayos triaxiales, se ha determinado que los parámetros de presión de poros de Skempton son: A = 0.62 y B = 0.87. También se ha logrado establecer que los esfuerzos horizontales en el terreno equivalen al 58% de los esfuerzos verticales. El peso unitario del material de relleno de la represa tiene un peso unitario de 18 KN/m3. En una primera etapa de construcción se levantarán 4,00 m de la represa, y se supone que durante estos trabajos no existirá disipación de la presión de poros en el terreno. Se requiere determinar el valor de la resistencia efectiva del suelo que sirve de apoyo a la represa, al final de esta primera etapa. Estrategia: Debe determinarse el esfuerzo vertical y horizontal en el elemento de suelo ha analizar, en base a la ecuación propuesta por Skempton se determina el exceso de presión de poros útil para determinar el esfuerzo vertical efectivo final para hallar el esfuerzo de corte. El incremento de esfuerzo vertical en el suelo al nivel de la base de la presa, será: v = 1 =  h v = 1 = (18) (4) = 72 KPa El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo al nivel de la base de la presa, será: h = 3 = 0,58 v h = 3 = (0,58) (72) = 42 kPa El incremento en la presión de poros, según Skempton, será: u  B 3  A1   3  u  (0,87)  42  0,62  72  42  53 KPa

316


El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será: vfinal = vinicial + v vfinal = vinicial + (v – u) vfinal = 0 + (72 – 53) = 19 KPa De la ecuación [F.27] la resistencia al corte en el suelo según el criterio de Mohr-Coulomb, será:  = c + tan   = c + vfinal tan   = 30 + 19 tan 25º El esfuerzo de corte que tolera el suelo será:  = 39 KPa Comentario: La ecuación [F.27] presenta el parámetro c’(cohesión) este es una corrección para el efecto de dilatancia, por lo que esta ecuación es bastante práctica para el diseño.

317


PROBLEMA 5 El ángulo de fricción crítico del suelo es 28°. Determine el esfuerzo de corte en el estado crítico si el esfuerzo efectivo normal es 200 KPa. Estrategia: Con la ecuación [F.16] puede determinarse el esfuerzo de corte deseado. De la ecuación [F.9] se tendrá que el esfuerzo de corte en la falla será:

 cr  200 tan 28 cr = 106.3 KPa

318


PROBLEMA 6 Se está construyendo un terraplén (Figura 6.11) con un suelo que tiene parámetros efectivos de resistencia al corte c = 50 kN/m2 ,  = 21º y un peso unitario de 17 kN/m3. Mediante pruebas triaxiales se han obtenido los parámetros de presión de poros A = 0,5 y B = 0,9. Se requiere encontrar la resistencia efectiva al corte en la base del terraplén al momento en que su altura es incrementada de 3 a 6 m. Suponer que la disipación de la presión de poros durante esta operación es insignificante y que las presiones horizontales en cualquier punto son la mitad de las presiones verticales.

c' = 50 kPa ' = 21º A = 0.50 B = 0.90

3m

 = 17 kN/m

3

V

3m

H = 0.50 V

H

Figura 6.11. Presa de tierra. Estrategia: En primer lugar deben encontrarse los esfuerzo vertical y horizontal que actúan en el elemento de suelo ha analizar, determinado el esfuerzo vertical final producto del cambio de altura con la ecuación [F.27] se determina el valor del esfuerzo de corte máximo que el suelo tolera. El incremento de esfuerzo vertical en el suelo a nivel de la base de la presa será: v = 1 =  h v = 1 = (17) (3) = 51 KPa El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo a nivel de la base de la presa será: h = 3 = 0.50 v h = 3 = (0.50) (51) = 25.5 KPa El incremento en la presión de poros, según Skempton es:

u  B  ( 3 )  A   1   3  u  (0.90)  25.5  0.50  51  25.5  35.7 KPa

319


El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será: v final = v inicial + v v final = v inicial + (v – u) v final = (51 – 0) + (51 – 34.4) = 66.3 KPa La resistencia al corte en el suelo según la ecuación [F.21] será:  = c + tan   = c + v final tan   = 50 + (67.6) tan 21º El esfuerzo de corte que tolera el suelo será:  = 75.45 kN/m2

320


PROBLEMA 7 Los datos registrados durante un ensayo de corte directo en una arena (la caja de corte es 10 cm x 10 cm x 3 cm), a una fuerza vertical constante de 1200 N se muestran en la Tabla 6.2, donde el signo negativo denota expansión vertical. Se pide: a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales. b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como densa o suelta? c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico. Tabla 6.2. Valores registrados de un ensayo de corte directo. Desplazamiento horizontal mm 0,00 0,25 0,51 0,76 1,02 1,27 1,52 1,78 2,03 2,41 2,67 3,30 3,68 4,06 4,45 4,97 5,25 5,58 5,72 5,84 5,97

Fuerza horizontal N 0,00 82,40 157,67 249,94 354,31 425,72 488,90 538,33 571,29 631,62 663,54 759,29 807,17 844,47 884,41 928,35 939,34 950,32 977,72 982,91 988,29

Desplazamiento vertical mm 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,01 0,00 0,00 -0,01 -0,03 -0,05 -0,09 -0,12 -0,16 -0,21 -0,28 -0,31 -0,34 -0,37 -0,37 -0,40

Desplazamiento horizontal mm 6,10 6,22 6,48 6,60 6,86 7,11 7,37 7,75 7,87 8,13 8,26 8,51 8,64 8,89 9,14 9,40 9,65 9,91 10,16 10,41 10,67

Fuerza horizontal N 988,29 988,29 993,68 998,86 991,52 999,76 1005,26 1002,51 994,27 944,83 878,91 807,50 791,02 774,54 766,3 760,81 760,81 758,06 758,06 758,06 755,32

Desplazamiento vertical mm -0,40 -0,41 -0,45 -0,46 -0,49 -0,51 -0,53 -0,57 -0,57 -0,58 -0,58 -0,58 -0,59 -0,59 -0,60 -0,59 -0,59 -0,6 -0,59 -0,59 -0,59

Estrategia: Después de graficar las curvas correspondientes al inciso a, puede tenerse una mejor idea del comportamiento de una arena densa o una suelta. Una arena densa muestra un valor pico de una fuerza horizontal en el gráfico de fuerzas horizontales versus desplazamientos horizontales y su expansión. a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales. b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como densa o suelta? De la Figura 6.12, se aprecia que la arena aparenta ser densa, pues se observa un valor pico en la fuerza horizontal y también dilatancia.

321


c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico. El área de la sección transversal de la muestra será:

A  10 10  100 cm2  102 m 2 El esfuerzo de corte en el pico será:

p 

Px  p A



1005  103 2 10

p = 100.5 KPa

Desplazamiento vertical mm

1200 pico

1000

critico

800 600 400 200 0 0

2

4 6 8 Desplazamiento horizontal mm

10

12

10

12

0.00

Desplazamiento vertical mm

-0.10 -0.20 -0.30 0.8

-0.40

0.1

-0.50 -0.60 -0.70 0

2

4

6

8

Figura 6.12. Desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales.

322


El esfuerzo de corte en el estado crítico será:

 cr 

Px cr A



758N 103 102

cr = 75.8 KPa De la ecuación [F.11] el ángulo de dilatancia será:

 0.1    0.8 

 p  tan 1  p = 7.1° El esfuerzo normal será:

 1200  103  120 kPa 2   10 

 n  

Según la ecuación [F.13] el ángulo de fricción pico será:

 100.5    120 

 p  tan 1   ’p = 39.9°

Según la ecuación [F.9] el ángulo de fricción crítico será:

 75.8    120 

cs  tan 1   ’cr = 32.3°

Según la ecuación [F.12] el ángulo de dilatancia será:

 p  39.9  32.3 p = 7.6°

323


PROBLEMA 8 En un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla saturada. La carga máxima que tolera la arcilla es 127 N con un desplazamiento vertical de 0.8 mm. Las dimensiones de la muestra son: 38 mm de diámetro x 76 mm de largo. Determine el parámetro de resistencia al corte no drenado. Estrategia: En un ensayo de compresión inconfinada se tiene que: 3 = 0 y (1)f es el esfuerzo axial de falla. El valor de cu es la mitad del esfuerzo axial de falla. PASO 1 Determinar el área simple de falla. Para los valores de: D0 = 38 mm D0 = 76 mm El área inicial será:

A0 

  0.0382 4

= 11.3x10-4 m2

También se sabe que:

1 

z 0.8   0.01 H 0 76

El área corregida de falla será:

A0 

A0 11.3 104   11.4 104 m 2 1  1 1  0.01

PASO 2 Determinar el esfuerzo principal mayor de falla.

 1 f



p z 127 103   111.4 kPa A 11.4 104

PASO 3 Determinar el valor de cu. A partir de la ecuación [F.43] se tendrá que:

cu 

 1  f   3  f 2



11.4  0 2

cu = 55.7 KPa

324


PROBLEMA 9 Se ha realizado un ensayo de compresión triaxial no consolidada - no drenada (UU) en una muestra de arcilla normalmente consolidada. se produjo la falla con el esfuerzo total principal mayor de 300 KPa y el esfuerzo total principal menor de 200 KPa. En el mismo suelo, se realizaron ensayos de compresión triaxial consolidada drenadas (CD) con los siguientes resultados: Muestra 1

3 = 50 kPa

1 = 150 kPa

Muestra 2

3 = 50 kPa

1 = 450 kPa

A continuación se realizo un ensayo de compresión inconfinada en el mismo suelo. Se pide determinar la presión de poros en la muestra al momento de la falla. Estrategia: Con la ecuación [F.24] y [F.38] se puede determinar ecuaciones que relacionen los esfuerzos principales efectivos, el esfuerzo total de confinamiento en la compresión inconfinada es cero, por lo tanto la presión de poros será el esfuerzo principal efectivo menor. En la Figura 6.13 se grafican las envolventes de falla correspondientes a cada ensayo.

Figura 6.13. Envolventes de falla. Del triaxial CD se conoce que: 1 = 1 3 = 3

325


Según la ecuación [F.24] se tiene que:

   tan 2   45  1  3 2   3

 1  3 3

[1]

Del triaxial UU se conoce que: 1 – 3 = 100 KPa Reemplazando la ecuación [1] en esta expresión se tiene que: 33 – 3 = 100 KPa 3 = 50 KPa En un ensayo de compresión inconfinada, se sabe que: 3 =0: La presión de poros será: 3 = 3 – u 50 = 0 – u u = –50 KPa

326


PROBLEMA 10 Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una deformación de 8 mm, cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la misma muestra se realizo un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de 200 KPa. De la misma manera se ejecuto un ensayo de compresión inconfinada y se determino que la resistencia al corte en estado no drenado correspondía a 50 KPa. Se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU fallará. b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. c) La resistencia al corte en estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la magnitud de la sensibilidad es de 2.3. Estrategia: El esfuerzo desviador en la falla es determinado con la ecuación [F.42], donde le esfuerzo principal mayor efectivo es determinado con la ecuación [F.18] y el ángulo de fricción con la ecuación [F.8]. La presión de poros en la falla para este caso es determinada con la ecuación [F.23] en función a los valores de los esfuerzo principales efectivos menor y mayor. Con el valor de la sensibilidad en la ecuación [F.46] se determina el valor del parámetro de resistencia al corte no drenado inalterado. a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el triaxial CU fallará. La Figura 6.14 muestra las envolventes de falla de los diferentes ensayos.

Figura 6.14. Envolventes de falla. Se ha determinado los parámetros de resistencia efectivos de la arcilla en el ensayo de corte directo, los cuales son:

c  0 KPa (N. C.) Según la ecuación [F.15] se tiene que:

   tan 1

 f 80.53   30º  f 139.48

327


De la ecuación [F.18] el esfuerzo principal mayor será:

 1 

1  sin 1  sin 30   3   200  600 kPa 1  sin 1  sin 30

El esfuerzo desviador de falla según la ecuación [F.38] será: (d)f = ′1 – ′2 = 600 – 200 (d)f = 400 KPa b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. De la compresión inconfinada se tiene que:

 3  0 KPa De la ecuación [F.43] el esfuerzo principal total será:

 1  cu  2  50  2  100 KPa Reemplazando la ecuación:      u en la ecuación [F.23], se tendrá que:

 1  u    3  u   tan 2  45      2  c  tan 45     

2



2

Remplazando los esfuerzos totales obtenidos del ensayo de compresión inconfinada y los parámetros efectivos del corte directo en esta última ecuación se tendrá que:

100  u   0  u   tan 2  45  30  

2

100  u    u   tan 2 60

100  u   3  u La presión de poros será: u = -50 KPa c) La resistencia al corte en estado no drenado si la sensibilidad es de 2.3. La susceptibilidad representa la relación entre la resistencia al corte de una muestra inalterada y la resistencia al corte de una muestra compactada o alterada, entonces de la ecuación [F.44] se tiene que: cu (inalterado)  S  cu (com pactado) cu(inalterado) = (2.3)·(50) cu(inalterado) = 115 KPa

328


PROBLEMA 11 En un ensayo triaxial UU realizado con una arcilla saturada, la presión en la celda es 200 KPa y la falla ocurre bajo un esfuerzo desviador de 220 KPa. Determine el parámetro de resistencia al corte no drenado. Estrategia: Se puede calcular el radio del círculo correspondiente al esfuerzo total para obtener el parámetro cu, para lo cual debe dibujarse este círculo en el espacio (, ). PASO 1 Dibujar el círculo de Mohr de esfuerzos. 150 100

cu= 110 KPa

KPa

50 0 50

100

150

200

250

300

350

400

-50

450 500 KPa

-100 -150

Figura 6.15. Círculo de esfuerzos de Mohr. PASO 2 Determinación del parámetro de resistencia al corte no drenado. Si se dibuja una línea horizontal en la parte superior del círculo de Mohr, la intersección de esta línea con las ordenadas proporcionara el valor de este parámetro de resistencia al corte no drenado. Por lo tanto: cu = 110 KPa Por otro lado si se utiliza la ecuación [F.43] se tendrá que:

cu 

 1 f   3 f 2



220 2

El parámetro de resistencia al corte no drenado será: cu = 110 KPa Comentario: Los parámetros de resistencia al corte pueden ser determinados gráficamente como analíticamente. Sin embargo, para esta primera opción es importante tener un buen gráfico.

329


PROBLEMA 12 Una muestra de suelo coluvial con 50 mm de capa, falla en un ensayo de cortante simple con volumen constante, bajo una carga vertical (Pz) de 500 N, una carga horizontal (Px) de 375 N y una carga de corte (T) de 150 N. El exceso de presión de poros desarrollado es 60 KPa. Se pide: a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo. b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que el suelo es no dilatante. c) Determinar el esfuerzo de falla. d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal. e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las manecillas del reloj respecto a la horizontal. Estrategia: Dibujan el diagrama de fuerzas en una muestra de suelo puede determinarse el esfuerzo y dibujar el circulo de esfuerzos de Mohr. Puede entonces encontrarse todos los valores requeridos a partir de este círculo. Con el esfuerzo efectivo puede calcularse el ángulo de fricción. a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo. PASO 1 Determinar los esfuerzos total y efectivo. Los esfuerzos que actúan en las caras de un elemento de suelo serán:

z 

Pz 500103   200 kPa A 0.052

x 

Px 375103   150 kPa A 0.052

 zx 

T 150103   60 kPa A 0.052

Los esfuerzos efectivos serán: 'z=z – u= 200-60=140 kPa 'x=x – u= 150-60=90 kPa PASO 2 Dibujar el cículo de esfuerzos de Mohr del esfuerzo total y efectivo. Ver la Figura 6.16 b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que el suelo es no dilatante.

330


Trazando un tangente al círculo de Mohr de los esfuerzos efectivos desde el origen de coordenadas, se puede determinar gráficamente la inclinación de esta que será: 'çr = 34.5 500 N

150 120

150 N 375 N

90 (140, 60)

Polo 60

KPa

30

20°

150 N

(200, 60)

 = 54 KPa f

A

'cr= 34.5° 66.5°

0 30

60

90

120

150

180

-30 -60

 = 79 KPa f

(90, -60)

210

240

270 300 'KPa

(150, -60)

-90 -120 -150

Figura 6.16. Círculo de esfuerzos de Mohr para el esfuerzo total y efectivo. El parámetro de resistencia al corte no drenado es encontrado dibujando una línea horizontal de la parte superior del círculo de Mohr de esfuerzos totales hasta que intercepte el eje de las ordenadas. Este valor será: cu=65 KPa c) Determinar el esfuerzo de falla. El punto de tangencia de la envolvente de falla y el círculo de Mohr de esfuerzos efectivos será: f =54 KPa ('n)f = 79 KPa d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal. Del círculo de esfuerzos de Mohr de esfuerzos efectivos, se tiene que: '1 = 180 KPa '3 =50 KPa

331


2·=66.5 Por lo tanto, la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal será: = 33.3 e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las manecillas del reloj respecto a la horizontal. Se identifica el polo como muestra la Figura 6.9, entonces se dibuja una línea inclinada a 20° respecto a la horizontal hasta el polo como muestra la Figura. Como el sentido a favor de las manecillas del reloj es positivo, los esfuerzo del punto A son obtenidos de un plano orientado a 20° respecto a la horizontal. Por lo tanto, los esfuerzos en este punto serán: 20 = 30 kPa ’20 = 173 kPa También pueden determinarse estos valores de forma analítica. De la ecuación [F.4] se tendrá que: 2

140  90  140  90  2  '1      60 2 2   '1 = 180 KPa De la ecuación [F.5] se tendrá que: 2

140  90  140  90  2  '3      60 2 2   '3 = 50 KPa De la ecuación [F.25] se tendrá que:

cu 

 '1  '3  f 2

180  50  65 KPa 2

cu = 65 KPa Por otra parte de la ecuación [F.19] se tendrá que:

  '1  '3  180  50    sin1    '   ' 180  50   3  

 'cr  sin1 

332

CAPITULO 6 Resistencia al corte 'cr = 34.4° De acuerdo a la ecuación [F.3], se tendrá que:

tan  

 zx 60   0.67  '1  ' x 180  90

=33.7 De la ecuación [F.1] serán:

 '20 

140  90 140  90  cos40  60  sin 40 2 2

'20° = 172.7 KPa Según la ecuación [F.2] el esfuerzo de corte será:

 20  60  cos40 

140  90 sin 40 2

20° = 30 KPa

333


PROBLEMA 13 Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra no disturbada de suelo arcilloso. Con esta muestra se ha realizado una serie de dos ensayos triaxiales consolidados drenados (CD), habiéndose obtenido los siguientes resultados: Muestra Presión de cámara, kN/m2

I 100

II 160

Esfuerzo desviador en la rotura, kN/m2

222

320

Se requiere determinar los parámetros de resistencia al corte del suelo. Estrategia: Con la ecuación [F.23] puede determinarse el valor de los parámetro de resistencia al corte del suelo, el valor de los esfuerzos principales menor y mayor son obtendidos en base a la ecuación [F.38]. Según los datos del ensayo, el esfuerzo desviador de acuerdo a la ecuación [F.38] será: Muestra I:

3 = 3 = 100 KN/m2 ;

(d)f = 222 KN/m2

Muestra II:

3 = 3 = 160 KN/m2 ;

(d)f = 320 KN/m2

Para la muestra I, los esfuerzos principales en la falla son: 3 = 3 = 100 KN/m2 1 = 1 = 3 + (d)f = 100 + 222 = 322 KN/m2 De igual manera, los esfuerzos principales en la falla para la muestra II son: 3 = 3 = 160 kN/m2 1= 1 = 3 + (d)f = 160 + 320 = 480 kN/m2 De la ecuación [F.23], para la muestra I se tendrá que:     322  100  tan 2  45    2  c  tan 45   2 2   

[1]

De la ecuación [F.23], para la muestra II se tendrá que:     480  160  tan 2  45    2  c  tan 45   2 2  

[2]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2], se obtiene que:  = 26.7º

c = 18.1 kN/m2

334


PROBLEMA 14 Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra inalterada de suelo limo-arcilloso. Con esta muestra se han efectuado dos pruebas triaxiales consolidadas no-drenadas (CU) en un suelo compactado, obteniéndose los siguientes resultados en la falla: Muestra Esfuerzo de confinamiento, KN/m2 Esfuerzo axial total, KN/m2 Presión de poros, KN/m2

I 70 304 –30

II 350 895 95

Para este suelo, se requiere determinar: a) Los parámetros totales de resistencia al corte. b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte. Estrategia: De los datos obtenidos de ensayo triaxial CU con la ecuación [F.23] se determinan los parámetros de corte totales del suelo. Para los parámetros efectivos la presión de poros debe ser restada a los esfuerzos totales principales mayor y menor y mediante la ecuación [F.23] se determina los parámetros requeridos. a) Los parámetros totales de resistencia al corte. De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:     304  70  tan 2  45    2  c  tan 45   2 2  

[1]

De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:     895  350  tan 2  45    2  c  tan 45   2 2   

[2]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2], se obtiene que:  = 20.9º

c = 53.8 KN/m2

b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte. Para la muestra I, los esfuerzos principales efectivos en la falla son: 3 = 3 – (ud)f = 70 – (–30) = 100 KN/m2 1 = 1 – (ud)f = 304 – (–30) = 334 KN/m2 De igual manera, los esfuerzos principales efectivos en la falla para la muestra II son 3 = 3 – (ud)f = 350 – (95) = 255 KN/m2 1 = 1 – (ud)f = 895 – (95) = 800 KN/m2

335


De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:       334  100 tan 2  45    2  c   tan 45   2 2   

[3]

De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:       800  255 tan 2  45    2  c   tan 45   2 2  

[4]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [3] y [4], se obtiene que:  = 30.1º

c = 9.6 KPa

336


PROBLEMA 15 Una fundación rectangular de 4 m x 5 m transmite una carga total de 5 MN a un depósito uniforme de arcilla dura sobreconsolidada con un OCR = 4 y sat = 18 KN/m3 (Figura 6.17). El nivel de agua subterránea está a 1 m de la superficie terrestre. 5 

Fundación 4 m x 5 m

z 1= 1 m

Arcilla

z 2= 4 m Muestra

Figura 6.17. Fundación cobre perfil de suelo. Un ensayo CU realizado en una muestra de este suelo tomada de una profundidad de 5 m bajo el centro de la fundación. Los resultados obtenidos son cu = 40 KPa, ’p = 27° y 'cr = 24°. Determinar si el suelo alcanza el estado de falla para una condición a corto o largo plazo. Si el suelo no alcanza el estado de falla, cuales son los factores de seguridad, asumir que el suelo que está por encima del nivel freático se encuentra saturado. Estrategia: Es importante determinar el esfuerzo impuesto en el suelo a una profundidad de 5 m y verificar si el esfuerzo de corte impuesto excede el esfuerzo de corte crítico. Para la condición a corto plazo el esfuerzo de corte crítico es cu, mientras que para la condición a largo plazo el esfuerzo de corte crítico es ('n)f tan 'cr. PASO 1 Determinar el esfuerzo inicial. El esfuerzo vertical será: ’z = ’1 = sat·z1 + (sat – w) z2 = (18·1) + (18 – 9.8)·4= 50.8 KPa Para el índice de sobreconsolidación se sabe que: K0oc= K0nc·(OCR)0.5 = (1 – sin ’çs)·(OCR)0.5 = (1 – sin 18°)·(4)0.5 = 1.4

337


De la ecuación [F.60] se tiene que: ’3 = K0oc·’z=1.4·50.8 = 71.1 KPa El esfuerzo principal mayor será: 1= ’z + Z2·w = 50.8 + 49.8 = 90 KPa El esfuerzo principal menor será: 3= ’x+ Z2w =71.1+49.8=110.3 KPa PASO 2 Determinar el incremento de esfuerzo vertical a z = 5 m bajo la fundación rectangular. El incremento de esfuerzo vertical en base a un programa será: z = 71.1 KPa x = 5.1 KPa PASO 3 El esfuerzo total vertical actual es: (1)T = 1 + z = 90 + 71.1 = 161 KPa El esfuerzo total horizontal actual es: (3)T = 3 + x = 110.3 + 5.1 = 115 KPa El esfuerzo de corte actua es:

u 

 1 T   3 T 2



161.1  110.4  25.4 kPa  40 kPa 2

A corto plazo el suelo no alcanza el estado de falla. El factor de seguridad será:

FS 

cu

u



40 25.4

FS = 1.6 PASO 4 Determinar el esfuerzo de falla para la carga a largo plazo. Para la carga a largo plazo se asume que el exceso de presión de poros se disipa por completo.

338


El esfuerzo efectivo final será: (’1)f = ’1 + z = 50.8 + 71.1 = 121.9 KPa (’3)f = ’3 + z = 71.1 + 5.1 = 76.2 KPa Según la ecuación [F.17] el ángulo de fricción será:

  1   3  121.9  76.2    sin1    13.3  121.9  76.2    1   3 

   sin1 

El factor de seguridad será:

FS 

tan 24 tan13.3

FS = 1.9

339


PROBLEMA 16 Los parámetros efectivos de resistencia al corte obtenidos de una arcilla completamente saturada son: c = 15 KN/m2 y  = 29º. Con una muestra de esta arcilla se realiza una prueba triaxial no consolidada no drenada (UU), donde la presión de confinamiento es 250 KN/m2 y el esfuerzo desviatorio máximo alcanza el valor de 134 KN/m2 al tiempo de la rotura. ¿Cuál es el valor de la presión de poros en la muestra al tiempo de la falla? Estrategia: Con la ecuación [F.38] y [F.23] se puede formar un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas con los valores de los esfuerzos efectivos principales mayor y menor, que al resolverlo se determina el valor de la presión de poros en la falla. Con los valores de: 3 = 250 KN/m2

(d)f = 134 KN/m2

De la ecuación [F.38] el esfuerzo principal total mayor será: 1 = 250 + 134 = 384 KN/m2 Los esfuerzos principales efectivos en la falla son: Para el esfuerzo efectivo menor se tendrá que: 3 = 3 – (ud)f 3 = 250 – (ud)f

[1]

Para el esfuerzo efectivo mayor se tendrá que: 1 = 1 – (ud)f 1 = 384 – (ud)f

[2]

Aplicando la ecuación [F.23] en términos de esfuerzos efectivos, se tiene que:  1  sin 29   cos 29    2  15     1  sin 29   1  sin 29 

 1   3  

Por lo tanto:

1 = (2.882) 3 + 50.93

[3]

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por [1], [2] y [3] se obtiene que: 384 – (ud)f = 2.882 (250 – (ud)f) + 50.93 1.882 (ud)f = 720.5 + 50.93 – 384 La presión de poros en la falla sera: (ud)f = 205.86 KN/m2

340


PROBLEMA 17 En la Figura 6.18 se muestra un perfil de suelo donde se pretende realizar un ensayo, este perfil consiste de un estrato de arena de 6 m con un sat = 18KN/m3. Por debajo de este se encuentra una arcilla que tiene un sat = 20 KN/m3. El nivel freático se ha detectado a 2.5 m por debajo de la superficie natural del suelo. Se realiza un ensayo de consolidación y un ensayo de resistencia no drenado en una muestra obtenida a 10 m por debajo de la superficie natural del suelo. El ensayo de consolidación muestra que la arcilla es ligeramente sobreconsolidada con un OCR = 1.3. El parámetro de resistencia al corte no drenado en la celda a presión es aproximadamente igual al esfuerzo vertical inicial aplicado de 72 KPa. ¿Es razonable el valor del parámetro de resistencia al corte no drenado, asumiendo que el OCR del suelo es correcto? 2.5 m 6m arena

4m arcilla

Figura 6.18: Perfil de suelo. Estrategia: Para este caso pueden utilizarse relaciones empíricas para facilitar la obtención de datos. PASO 1 Determinar el esfuerzo efectivo vertical. Se asume que la arena que se encuentra por encima del nivel freático esta saturado. Por lo tanto, se tiene que: (’z)o = (182.5) + (18 – 9.8)3.5 + (20 – 9.8)4 = 114.5 KPa ’zc=(’z)oOCR = 114.51.3 = 148.9 KPa PASO 2 Determinar las relaciones cu  ' z 0 y cu  ' z 0 .

cu 72   0.63  z o 114.5

341


cu 72   0.48  zc 147.9 PASO 3 Utilizar las relaciones empíricas de la Tabla F.3. Según Jamiolkowskit se tiene que:

cu

 z o

 0.23  0.04  OCR 0.8

Para un rango de:

cu

 z 

 0.27  (OCR) 0.8

a

0.19  (OCR) 0.8

Entonces:

0.27  (1.3) 0.8

a

0.19  (1.3) 0.8

El rango será: 0.33 a 0.23 < 0.63 Según Mersi se tiene que:

cu  0.22  0.48  zc Comentario: Las diferencias entre los resultados que proporcional las diferentes relaciones empíricas son substanciales. El parámetro de resistencia al corte no drenado determinado por estos medios es inexacto, es importante realizar un ensayo en laboratorio.

342


Modelo del estado crítico.

PROBLEMA 18 En un ensayo CD con una presión de celda constante de 3 = ’3 = 120 KPa se lleva a la muestra de arcilla a un estado normalmente consolidado. En la falla se tiene que: q = ’1 – ’3 = 140 KPa. Determine el valor de Mc. Estrategia: Debe determinarse el esfuerzo final, para lo cual debe calcularse el valor de 'cr y entonces determinar el valor de Mc con la ecuación [F.64]. PASO 1 Determinar el esfuerzo principal mayor. El esfuerzo principal mayor será: (’1)f = 140 + 120 = 260 KPa PASO 2 Determinar el valor de ’cr. De la ecuación [F.17] se tendrá que:

sincs 

 1   3 140   0.37  1   3 260  120

Por lo que se tendrá: ’çr=21.6 PASO 3 Determinar el valor de Mc. De la ecuación [F.64] se tiene que:

Mc 

6  0.37 3  0.37

El valor de Mc será: Mc = 0.84

343


PROBLEMA 19 Una muestra saturada de suelo es isotrópicamente consolidada en un aparato triaxial, los datos de esta etapa están registrados en la tabla. Determinar los valores de ,  y e. Condición Carga Descarga

Presión de celda Kpa 200 1000 500

Índice de vacíos final 1.72 1.20 1.25

Estrategia: Puede realizarse un esquema de los resultados en el espacio (e, ln p’), de esa forma puede visualizar mejor el proceso para obtener los resultados deseados. PASO 1 Graficar los restados de la etapa de consolidación en el espacio (e, ln p’). e

1.8 1.7 1.6 = 0.32

1.5 1.4 1.3

 = 0.07

1.2 1.1 4

5

p1

6

p'0

p'c 7 ln p

Figura 6.19. Línea de consolidación normal. PASO 2 Determinar los valores de ,  y e. De la Figura 6. se tiene que:



e 1.20  1.72  ln( pc / p1)  100  ln   200 

El valor de  será:

 = 0.32 De la Figura 6. se tiene que:



e 1.20  1.25  ln( pc / p1)  100  ln   500 

344

CAPITULO 6 Resistencia al corte El valor de  será:

 = 0.07 De la ecuación [F.67] se tiene que:

e  1.25  0.32  0.07  ln

1000  0.07  ln 500 2

El valor de e será: e = 3.24

345


PROBLEMA 20 Dos especimenes A y B de arcilla son isotrópicamente consolidados bajo una presión de celda de 300 KPa y descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio de 200 KPa. Se realiza un ensayo CD en el espécimen A y un ensayo CU es realizado en el espécimen B. Se pide: a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (’1)y para ambos especimenes. b) Los esfuerzos de falla, p’f, q'f, y ('1)f para ambos especimenes. c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Para este caso los parámetros del suelo son:  = 0.3,  = 0.05, e0 = 1.10 y 'cr = 30°, la presión en la celda se mantiene constante a 200 KPa. Estrategia: Ambos especimenes tienen la misma historia de consolidación pero son ensayados bajo diferentes condiciones de drenaje. La superficie de fluencia puede determinarse de la intersección de la ESP y de la superficie inicial de fluencia. La superficie inicial de fluencia es conocida desde p’c = 300 KPa y M puede ser encontrada con ’cr. Los esfuerzos de falla pueden ser obtenidos de la intersección de la ESP y la línea de estado crítico. Para facilitar el proceso es bueno trazar las trayectorias en los espacios (q, p’) y (e, p’) del modelo de estado crítico. Puede encontrarse la superficie de fluencia y el esfuerzo de falla usando métodos gráficos o también mediante una solución analítica. a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (’1)y y (’3)y para ambos especimenes. PASO 1 Determinar el valor de Mc. De la ecuación [F.52] se tiene que:

Mc 

6  sin 30 3  sin 30

Mc = 12

PASO 2 Determinar el valor de e. De la ecuación [F.67] se tiene que:

e  1.10  0.3  0.05  ln

300  0.05  ln 200 2

e = 2.62 PASO 3 Trazar a una escala apropiada las trayectorias de esfuerzo en los espacios (q, p’) y (e, p’) PASO 4 Determinar el esfuerzo de fluencia. ENSAYO DRENADO.

346


La ecuación [F.61] que corresponde a la superficie de fluencia para este caso será:

 p 

2

y

q 2y

 300 p y 

1.22

0

[1]

q KPa

500 CSL

F

400 300 200

Superficie inicial de fluencia

B 100

A

0 0

200 p y' 300

100

400

500 p' KPa

400

500 p' KPa

(a)

e

2.5 2 1.5

A

CSL 1

B F

0.5 0

100

200

300

(b)

Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’). De la ecuación [F.67] la ESP será:

q y  3  py  600

[2]

Resolviendo las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que: p'y = 246.1 KPa

qy = 138.2 KPa

De la ecuación [F.49] se tiene que: qy = (’1)y·– (’3)y = 138.2 KPa

347


Como dato se sabe que: (’3)f = 200 KPa Por lo tanto se tiene que: (1)f=138.2 + 200 (1)f = 338.2 KPa ENSAYO NO DRENADO De la ecuación [F.61] la ESP para el ensayo no drenado será:

200  200  300 

q y2

2

12 . 2

0

Simplificando:

q 2y  1.2 2  200100 Por lo tanto se tiene que: qy = 169.7 KPa De la TSP se tiene que:

p y  po 

qy 3

 200 

169.7  256.6 kPa 3

De la ecuación [F.48] el exceso de presión de poros en la fluencia será:

u y  p y  py  p y  po  256.6  200  56.6 kPa Ahora, de la ecuación [F.47] se tiene que:

py  po 

 1 y  2 3 y 3

[3]

p’y = 200 KPa De la ecuación [F.45] se sabe que:

q y   1  y   3  169.7 KPa

[4]

Resolviendo las ecuaciones [3] y [4] para  1  y y  3  y se tendrá que: ('1)y = 313.3 KPa

348


('3)y = 143.4 KPa Verificando el valor de ('3)y se tiene que:

 3 y   3 y  u y

 3 y

= 143.4 + 56.6 = 200 KPa

b) Los esfuerzos de falla, p’f, q'f y ('1)f para ambos especimenes. ENSAYO DRENADO De la ecuación [F.70] se tiene que:

pf 

3  200 3  1.2

p'f = 333.3 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que: qf = 1.2·333.3 qf = 400 KPa Ahora de la ecuación [F.45] se tiene que:

qf   1 f   3 f  400 KPa y

 3 f

 200 kPa

Resolviendo para  1 f , se tiene que:

1 f

 400  200

('1)f = 600 KPa ENSAYO NO DRENADO De la ecuación [F.52] se tendrá que:

 2.62  1.10  pf  exp  0.3   p'f = 158.6 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que: qf = 1.2·158.6

349


qf = 190.4 KPa Ahora: De la ecuación [F.47] se tendrá que:

p'f 

 '1 f

 2   '3 f  158.6 KPa 3

[5]

De la ecuación [F.45] se tendrá que: qf = (’1)f – (’3)f = 1904.4 KPa

[6]

Resolviendo las ecuaciones [5] y [6] para  1 f y  3 f se tendrá que: (’1)f = 285.5 KPa (’3)f = 95.1 KPa c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Puede encontrarse el cambio en la presión de poros en la falla con la ecuación [F.79], donde se tendrá que:  1.2   2.62  1.10  u f  200    1 exp  0.3  3    uf = 104.9 KPa O también:

uf   3   3   200  95.1 uf = 104.9 KPa

MÉTODO GRÁFICO Para este caso en necesario encontrar las ecuaciones de la línea de consolidación normal y de estado crítico. Línea de consolidación normal. El índice de vacíos para el esfuerzo medio efectivo de preconsolidación será:

ec  eo    ln

pc 300  1.10  0.05  ln  1.08  po 200

El índice de vacíos para ln p’= 1 KPa en la NCL será:

en  ec    ln

pc  1.08  0.3  ln 300  2.79 po

La ecuación para la línea de consolidación normal será:

e  2.79  0.3  ln p

350


La ecuación de la línea de carga/descarga será:

e  1.08  0.05  ln

pc p

La ecuación de la línea de estado crítico en el espacio (e, p') será:

e  2.62  0.3  ln p Con estas ecuaciones determinadas es posible graficar la línea de consolidación normal, de carga/descarga y la línea de estado crítico, que se muestran en la Figura 6.20a. Trazo de la superficie de fluencia. De la ecuación [F.61] la superficie de fluencia será:

  p

2

 300 p  

q2 2 .  12

0

Despejando q se tiene que:

q  1.2 p 

300 1 p

Para p’= 0 a 300, se traza la superficie de fluencia como muestra la Figura 6.20b Trazo de la línea de estado crítico. Según la ecuación [F.62] se tendrá que: q=1.2·p’ ENSAYO DRENADO La ESP para el ensayo drenado será:

p   200 

q 3

Esta ecuación es trazada como AF en la Figura 6.20c. La ESP intercepta a la superficie inicial de fluencia en B y el esfuerzo de fluencia es p’y = 240 KPa y qy = 138 KPa. La ESP intercepta la línea de estado crítico en F y el esfuerzo de falla es p’f = 333 KPa y q’f = 400 KPa. ENSAYO NO DRENADO. Para el ensayo no drenado, el índice de vacíos inicial y el índice de vacíos son iguales. Se dibuja una línea horizontal de A que intercepte a la línea de estado crítico en el espacio (e, p’) en F (Figura 6.20d). El esfuerzo de falla es p’f = 159 KPa y qf = 190 KPa. Se dibuja la TSP mostrada por AS en la Figura 6.13a. La ESP dentro de la región elástica es vertical representada por AB.

351


500

S

q KPa

CSL 400 300

TSP qf

200 qy

F B

100

ESP

105

F' 57 B'

Superficie inicial de fluencia

A

0 0

100

200

300

400

500 p ' KPa

400

500 p ' KPa

(c)

e

2.5 2 1.5 qy 1

A

F

CSL

0.5 0

100

200

300

(d)

Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’). El esfuerzo de fluencia es p’y = 200 KPa y qy = 170 KPa. La presión de poros será: En la fluencia, línea horizontal BB’:

uy = 57 KPa

En la falla, línea horizontal:

uf = 105 KPa

352


PROBLEMA 21 En situ el contenido de humedad de una muestra de suelo es 48%. El contenido de agua disminuye hasta el 44% durante el transporte de la muestra al laboratorio y durante la preparación de esta para el ensayo. ¿Qué diferencia existe en el parámetro de resistencia al corte no drenado tiene este cambio de humedad, si  = 0.13 y Gs = 2.7? Estrategia: Para determinar evaluar este cambio ha de usarse la ecuación [F.76] que relaciona todos los datos del problema. De la ecuación [F.76] se tiene que la relación de cu en campo y laboratorio será:

cu lab  2.7  0.48  0.44   exp  cu cam po 0.13   Por lo tanto se tendrá que:

cu lab  2.3 cu cam po El parámetro de resistencia al corte de laboratorio muestra un incremento al de resistencia al corte en campo. Comentario: Las muestras alteradas e inalteradas proporcionan resultados un poco distintos, debido a estos cambios que suceden durante el transporte y el ensayo. Dependiendo a la importancia de este valor y su precisión pueden corregirse empleando otros ensayos y realizando varios ensayos con diferentes muestras del mismo suelo.

353


PROBLEMA 22 Una muestra de arcilla es isotrópicamente consolidada a un esfuerzo efectivo medio de 225 KPa y es descargada a un esfuerzo efectivo medio de 150 KPa donde e0 = 1.4. Un ensayo CD es realizado en aquella muestra. Para está arcilla se tiene que  = 0.16,  = 0.05, ’cr = 25.5° y v’= 0.3. Determinar: a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial. b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del esfuerzo desviador de 12 KPa después de la fluencia inicial. Estrategia: Las trayectorias de esfuerzos son similares a las que se muestran en la Figura 6.13. Las deformaciones estarán dentro de la superficie de fluencia la cuál será elástica. a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial. PASO 1 Calcular los esfuerzos iniciales y el valor de Mc. p’ç=225 KPa p’0=150 KPa

Ro 

225  15 . 150

Mc 

6  sincs 6  sin 25.5  1 3  sincs 3  sin 25.5

PASO 2 Determinar los esfuerzos de fluencia inicial. Los esfuerzos de fluencia son los esfuerzos de la intercepción de la superficie inicial de fluencia y la trayectoria de esfuerzos efectivos. La ecuación [F.61] de la superficie de fluencia será:

 p  2  p pc 

q2 0 M c2

La ecuación de la ESP será:

p   po 

q 3

354


El punto D (Figura 6.14) en la fluencia inicial será:

p y  po 

qy 3

 150 

qy 3

Sustituyendo p’= p’y , q = qy y los valores de Mc y p’c en la ecuación de la superficie inicial de fluencia se tendrá que:

q  150  y 3 

2

q     150  y 3  

q2  225  2y  0 1 

Simplificando se tendrá: q2y + 22.5·qy – 10125=0 De donde se tendrá que: qy = 90 KPa Este valor es la compresión aplicada al suelo, por lo tanto:

py  150 

qy 3

 150 

90  180 KPa 3

PASO 3 Determinar las deformaciones iniciales en la fluencia inicial. DEFORMACIONES VOLUMÉTRICAS ELÁSTICAS. De la ecuación [F.86] se tendrá que:

 ep 

0.05 180  ln 1  1.4 150

La deformación volumétrica elástica será:

Δεep  38x104 Alternativamente puede utilizarse la ecuación [F.88], con los valores medios de p’0 a p’0 se determina K’. p  py 150  180   o pav   165 KPa 3 2 De la ecuación [F.80] se tendrá que:

K 

3 p1  eo  1651  1.4   7920KPa  0.05

355


De la ecuación [F.88] se tendrá que:

 ep 

p 180 150  K 7920

Por lo tanto:

Δεep  38x104 DEFORMACIONES DE CORTE ELÁSTICAS. De la ecuación [F.82] se tendrá que:

G

3  p  1  eo   1  2v 3 165 1  1.4  1  2  0.3   3655KPa 2    1  v 2  0.05  1  0.3

De la ecuación [F.92] la deformación por corte será:

 ep 

90 3  3655

Δεep  82x104 b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del esfuerzo desviador. PASO 1 Determinar la expansión de la superficie de fluencia. Después de la fluencia inicial se tendrá que: q=12 KPa

p 

q 12   4 KPa 3 3

El esfuerzo en E (Figura 6.13) es: p’E = p’y + p = 180 + 4 = 184 KPa y

qE = qy + q = 90 + 12 = 102 KPa

El esfuerzo efectivo medio de preconsolidación de la expansión de la superficie de fluencia es obtenida por la sustitución de p’E = 184 KPa y qE = 102 KPa en la ecuación de la superficie de fluencia, por lo que se tendrá:

184   184 p   2

c E



102 2 0 12

356


Por lo que:

 pc E  240.5 KPa

PASO 2 Determinar los incrementos de la deformación después de la fluencia. De la ecuación [F.86] se tendrá que:

 p 

0.16 184  ln  15x104 1  1.4 180


 pp 

0.16  0.05 184  ln  10x104 1  1.4 180


 qp  10x104

102  16x104 1  184  240.5 / 2 2

Asumiendo de G permanece constante, con la ecuación [F.92] puede calcularse la deformación por corte elástica que será:

 qe 

12  11x104 3  3655

PASO 3 Determinar las deformaciones totales. De la ecuación [F.85] se tiene que:

 p   ep   pp  38  10104 La deformación volumétrica total será:

p = 48x10-4 De la ecuación [F.90] se tiene que:

 q   qe   qp  82  11  16104 La deformación volumétrica total será:

q = 109x10-4

357


PROBLEMA 23 Demostrar que la superficie de fluencia en in ensayo no drenado incrementa según la relación: 

 pprev   k   pc   pc  prev   p    Donde p’c es el valor actual del eje mayor de la superficie de fluencia , (p’c)prev es el valor anterior del eje mayor de la superficie de fluencia, p’prev es el valor anterior del esfuerzo efectivo medio y p’ es el valor actual del esfuerzo efectivo medio. Estrategia: Con un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el espacio (e, ln p') pueden obtenerse ecuaciones que ayuden a resolver el problema. PASO 1 Trazar un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el espacio (e, ln p').

e  C

e=e=e e

B

e

D

0

A

A

C

 B  D

p'

p'prev

(p'c )prev

p'c

ln p

Figura 6.21. Línea de consolidación normal y de carga/descarga. PASO 2 Determinar las ecuaciones de las curvas. Para la línea AB se tendrá que:

  pc  prev   eB  e A    ln  p prev   

[1]

Para la línea CD se tendrá que:

eD  eC    ln

p pc

[2]

358


Considerando que eA = eC, de las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que:

  pc  prev       ln pc eD  eB    ln  p prev  p'  

[3]

Por otra parte, de la línea de consolidación normal se tiene que:

 pc   eD  eB    ln   pc  prev   

[4]

Sustituyendo la ecuación [3] en la ecuación [4] y simplificando se tiene que: 

 ppre v  λ    pc  pc pre v  p    Comentario: Los gráficos de trayectorias de esfuerzos bien elaborados ayudan a determinar parámetros implícitos y también son de gran utilidad en las demostraciones.

359


PROBLEMA 24 Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una deformación de 8 mm cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la misma muestra se realiza un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de 200 KPa. De la misma manera se ejecuto un ensayo de compresión inconfinada y se determino que la resistencia al corte en el estado no drenado correspondía a 50 KPa. Se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU falla. b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la magnitud de la sensibilidad es 2.3. Estrategia: Para poder combinar los ensayos y determinar los parámetros requeridos ayuda trazar un gráfico de las envolventes en el espacio (, ). Determinando el ángulo de fricción para el ensayo CU puede determinarse una relación que combine los esfuerzos principales ’1 y ’3, con la cual se determina el esfuerzo desviador. De la relación ’1 y ’3 puede determinarse la presión de poros en la falla en el ensayo de compresión inconfinada. Para determinar la resistencia al corte en el estado no drenado, puede recurrirse a la ecuación que relacione los parámetros de resistencia con la sensibilidad, luego con los valores conocidos se determina el parámetro deseado.  KPa

300 250 200

Triaxial CU

150 100 Compresión inconfinada

50 0

50 100 150 200 250 300 Figura 6.22. Envolventes de falla.

 KPa

De la ecuación [F.9] el ángulo de fricción será:

tan 1  ' 

80.53  30 139.48

a) Determinar el esfuerzo desviador en la falla para el ensayo triaxial CU.

360

CAPITULO 6 Resistencia al corte De la ecuación [F.10] la relación que combina los esfuerzos principales ’1 y ’3, será:

 '3 f  '1 f

 '1 f

1  sin ' 1  sin 30   0.333 1  sin ' 1  sin 30 1  '3 f  0.333 

[1]

Para el ensayo CU se sabe que: ('3)f = 200 KPa Reemplazando el valor de ('3)f en la ecuación [1] se tendrá que:

 '1 f



1  200f  600 KPa 0.333

De la ecuación [F.38] se tiene que:

 d  600 200

Δσd  400 KPa b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. Para el ensayo de compresión inconfinada se tiene que  3  0 , por lo tanto:

 1   3  2  50  0 El valor de '1 será:

1  100 KPa Se conoce que:

 '1 f

 3   '3 f

[1]

'1 – ’3 = 100 KPa Esta última ecuación puede escribirse también:

 '3   '1 100

[2]

Reemplazando la ecuación [1] en esta ecuación se tendrá que:

 '1  3 '1 300 '1 = 150 KPa

361


Por otra parte de la ecuación:

 '   u La presión de poros será:

u     '  100 150 u = – 50 KPa c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si S = 2.3. De la ecuación [F.44] se tiene que:

S

cu nodisturbada cu rem oldeadaa 

2.3 

cu nod cu rem 

cu rem 

cu nod 2.3



50 2.3

El parámetro de resistencia al corte no drenado en una muestra remoldeada será: cu(rem) = 21.7 KPa

362


PROBLEMA 25 Demuestre que la resistencia en el estado no drenado en una arcilla (Gs=2.7, λ =0.15) varia en 20 % cuando el contenido de humedad cambia en 1%. Estrategia: Con la ecuación [F.75] que está en función a los parámetros  y qf se puede determinarse la relación cu cu y de esa manera determinar cuanto varía según al contenido de humedad. De la ecuación [F.75] se tiene que:  e e    

M  cu   e 2 2 qf

[1]

Si A es la muestra con el contenido de humedad inicial y B la muestra con el contenido de humedad final, dividiendo miembro a miembro la ecuación [1] según para cada caso se tendrá que:

cu  A  cu  B 



 e e     

e A

 e e    eB  

e

e0 b e0 A



[2]

Conociendo que:

e0  w  Gs Gs  2.7   0.15 wB  wA  1% para w=1%, la ecuación [2] será:

cu  A  cu  B 

2.7 0.01

e

0.15

 e 0.18  1.20

Por lo tanto, se tendrá que:

c u A   1.20 c u B 

363


PROBLEMA 26 Dos especimenes, A y B, de una arcilla fueron isotropicamente consolidados bajo una presión de celda de 300 KPa y luego descargados isotropicamente a un esfuerzo efectivo medio (p') de 200 kPa. A continuación se ejecuto un ensayo CU. El suelo tiene los parámetros λ = 0.3, κ =0.05, e0 = 1.10 y ’cr = 30º. La presión de la celda se mantuvo constante a 200 KPa. Se pide determinar la presión de poros en la falla. Estrategia: Con la ecuación [F.62] y [F.67] puede determinarse el esfuerzo qf y q'f en la falla, la resta de ambos proporciona la presión de poros. El valor de p'f de la ecuación [F.62] es determinado con la ecuación [F.65] y el valor de e con la ecuación [F.65]. De la ecuación [F.47] se tendrá que:

1 p'c   300  2  300  300 KPa 3 De la ecuación [F.54] se tendrá que:

M

6  sin = 1.2 3  sin


e  1.10  0.3  0.05  ln

300  0.05  ln 200 2

e  2.618 De la ecuación [F.65] se tiene que:

ef  e    ln p'f

ln p'f 

e  ef



Por lo tanto, se tendrá que:

ln p'f 

2.618  1.10 0.3

p'f  157.60 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que:

qf  1.2  157.6 qf  189.12 KPa

364


En base a la ecuación [F.67] se escribe que:

qf 3 pf  p0

pf 

qf  p0 3

pf 

189.12  200 3

Entonces:

pf  263.04KPa La presión de poros será: uf = 263.04 – 157.60 uf = 105.80 KPa

365


PROBLEMA 27 Se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla normalmente consolidada, obteniéndose un esfuerzo total de 120 KPa en la falla. Adicionalmente se ha realizado un ensayo triaxial UU con una presión de celda de 200 KPa y una presión de poros en la falla de 150 KPa. Por otro lado, en la misma muestra se ejecuto un ensayo de corte directo con un esfuerzo normal de 80 KPa y un ensayo triaxial CU con 400 KPa de presión en la celda y con una presión de poros en la falla de 180 KPa.



150

' = 38.05º

100 Compresión inconfinada 50

c u= 60 KPa

50

100

150

, '

d= 120 KPa

Figura 6.23. Envolventes de falla. Se pide determinar: a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo. b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado. Estrategia: Para visualizar mejor el problema y la solución de este es recomendable realizar un gráfico donde estén ubicadas las envolventes de falla de los ensayos realizados. Con la ecuación [F.27] se puede determinar el esfuerzo de corte en la falla, para lo cual ha de determinarse el ángulo de fricción correspondiente con la ecuación [F.17]. En base a la envolvente de falla del ensayo de corte directo puede determinarse una ecuación que relacione los esfuerzos principales en la falla que representan a un círculo de esfuerzos de Mohr que será tangente a la envolvente de falla del ensayo CU (que no se conoce), con esta relación de esfuerzos puede determinarse el valor del esfuerzo desviador. a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo.

366


Del ensayo triaxial UU, se tiene que:

 3  200 KPa u  150 KPa Por lo tanto, de la ecuación [F.40] se tiene que:

 '3  200  150  '3  50 KPa De la ecuación [F.42] se tiene que:

 '1  120  50  '1  170 KPa Por otra parte de la ecuación [F.18], de la envolvente del ensayo de corte directo se tendrá que:

sin ' 

170  50 170  50

sin '  0.54545 El valor del ángulo de fricción será:

 ' 33.05 De la ecuación [F.8] se tendrá que:

tan  ' 

 

El esfuerzo de corte del ensayo de corte directo será:

    tan  '   80 tan33.05  = 52 KPa b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado. Para el ensayo CU se tiene que: '3 = 3 – u

 '3  400  180  220 KPa

367


De la ecuación [F.18] del ensayo de corte directo se tiene que:

 '1 1  sin 33.05   '3 1  sin 33.05

 '1  3.399  '3 Por lo que se tendrá que:

 '1  3.399   '3 Reemplazando el valor de '3 en esta ecuación se tendrá que:

 '1  3.399  220

 '1  747.78 KPa De la ecuación [F.38] se tendrá que:

 d  747.78  220 El esfuerzo desviador del ensayo CU será:

Δσd  527.8KPa

368


PROBLEMA 28 A continuación se presenta los resultados de un ensayo CD de la falla. σ'3 KPa 100 180 300

Numero de Ensayo 1 2 3

Esfuerzo desviador KPa 250 (pico) 362 (pico) 564 (no se observo el pico)

El detalle de los resultados para el ensayo 1, son como siguen. El signo negativo indica expansión. ∆Z mm ∆V cm PZ N

3

0

0.152

0.228

0.38

0.76

1.52

0.00 0.0

0.02 61.1

0.03 94.3

-0.09 124.0

-0.50 201.5

-1.29 257.5

El tamaño inicial de la muestra corresponde a 38 mm de diámetro y 76 mm de altura. Se pide: a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo. b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1. Estrategia: Con la ecuación [F.17] se puede determinar el ángulo de fricción en el pico con los valores picos para '1 y '3. Con la ayuda de tablas puede manejarse los datos ordenadamente, con las ecuaciones correspondientes a deformación vistas en el capítulo anterior se determina los parámetros requeridos. a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo. Con la ecuación [F.18] puede determinarse el valor del ángulo de fricción. En la Tabla 6.3 se muestran los resultados del ángulo de fricción para los ensayos realizados. Tabla 6.3. Valores del ángulo de fricción. Ensayo

σ'3

σ'1 - σ'3

σ'1

σ'1+σ'3

 ' p  arcsin

1 2 3

100 180 300

250 362 564

350 542 864

450 722 1164

33.7º 30.1º 29.0º

 '1  '3  '1  '3

b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1. El área inicial será:

A0 

  38 2 4

A0  1134mm 2

369


El volumen inicial será:

V0 

  D0  H 0

; V0 

4

  38 2  76 4

V0  86193mm3 Con las relaciones:

A  A0 

1   

1 

p

1   1 

Z H0

p 

V V0

Se determina el parámetro q con la ecuación:

q

Pz V0

Los resultados se muestran en la Tabla 6.4. Tabla 6.4. Valores de q para el ensayo de la compresión inconfinada. Δz mm 0.00 0.15 0.23 0.38 0.76 1.52 2.228 2.66 3.04 3.80 4.56 5.32 6.08 6.84 7.60 8.36

3

ΔV cm 0.00 0.02 0.03 -0.09 -0.50 -1.29 -1.98 -2.24 -2.41 -2.55 -2.59 -2.67 -2.62 -2.64 -2.66 -2.63

ε1 = Δz/H0 0.00 0.20 0.30 0.50 1.00 2.00 3.00 3.50 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00

εp = ΔV/V0 0.00 0.02 0.03 -0.10 -0.58 -1.50 -2.30 -2.60 -2.80 -2.97 -3.01 -3.10 -3.05 -3.07 -3.09 -3.06

2

A mm 1134 1136 1137 1140 1150 1169 1187 1196 1203 1214 1224 1235 1245 1255 1265 1276

q = Pz/V0 KPa 0 53 83 108.8 175.3 220.3 246.7 250 247.8 230 219.2 204.4 191.2 182.9 176.4 175.8

Con los valores de la en la Tabla 6.4 se grafica las curvas que se muestran en la Figura 6.24. El esfuerzo de corte en el pico será:

p 

p 

 '1  '3  p 2

250 2

τ p  125 KPa

370


E'

300

p

250 cr

' '3 1

200 150

E's

100 50 0

0

2

4

6 8  (%) 1

10

12

Figura 6.24. Curvas de esfuerzo. El esfuerzo de corte crítico será:

 cr 

 cr 

 '1  '3 cr 2

175.8 2

cr = 87.9 KPa Para el módulo elástico se tendrá que:

E '

54 0.002

E' 27000KPa Entonces:

E's 

250 0.035

Por lo tanto: E’s = 7143 KPa

371


PROBLEMA 29 Una muestra se somete a condiciones similares a las de un ensayo CD. Los parámetros del suelo son λ = 0.25, κ = 0.05, ’cr= 24º, v’ = 0.3, e0 = 1.15, p'0 = 200 KPa y p'c = 250 KPa.

 

Se pide determinar el valor de  qe .

 

Estrategia: El valor de  qe puede ser determinado con la ecuación [F.92] para lo cual es necesario conocer el valor de G que se obtiene de la ecuación [F.82], para lo cual es necesario conoce los valores de p’y, qy, p’f,, qf.. PASO 1 Determinar los valores de p'y y qy. De la ecuación [F.64] el valor de Mc será:

Mc 

6  sin 24  0.94 3  sin 24

De la ecuación [F.66] el valor de e será:

e  1.15  0.25  0.05  ln

250  0.05  ln200 2

e  2.38 Adicionalmente se conoce la ecuación:

p' y

M 

2

 M

 p' 0 

2

 p'c 18  p'0





2

2 M  9 2







 36  M 2  9   p'0 2

Por lo tanto: p'y = 224 KPa De la ecuación [F.67] se conoce que:





q y  3  p' y  p'0  72 KPa PASO 2 Determinar los valores de p'f y qf. De la ecuación [F.69] se tiene que:

p' f 

3  200  291.3 KPa 3  0,94

372



qf  0.94  291.3 Por lo tanto:

qf  273.8 KPa PASO 3 Determinar el valor de G. El esfuerzo efectivo medio p'av será:

p' av 

200  224 3 2

p' av  212 KPa Según la ecuación [F.82] el módulo de corte será:

G

3  p'1  e0   1  U '  4207 KPa 2    1  U '

PASO 4

 

Determinación del valor de  qe . De la ecuación [F.92] se tendrá que:

 

e q inicial



72 3  4207

 

El valor de  qe será:

Δε 

e q inicial 

5.7x103

373


PROBLEMA 30 Se va a colocar un tanque para almacenamiento de petróleo sobre una arcilla muy blanda de 6 m de espesor, la que se encuentra sobre una arcilla rígida. Se efectuaron ensayos a 3 m de profundidad y dieron los siguientes resultados:  = 0.32;  = 0.06, ’cr=26º, OCR = 1.2 y w = 55%. El tanque tiene un diámetro de 8 m y un alto de 5 m. La carga muerta del tanque, aplicada al nivel de fundación, es 350 kN. Se pide dibujar en un grafico (sin valores) las trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’) que ilustre el problema. Línea de falla

A

M

F

uF

TSP 1.42 1 qF

uf uy

D qf

E

C qy

A B

I

A p'

p'0 e

I A E

B D F

S Consolidación isotrópica Consolidación unidimensional Línea de falla p'

Figura 6.25. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).

374


PROBLEMA 31 Se ha realizado un ensayo triaxial CU en una muestra de arcilla normalmente consolidada determinándose un esfuerzo desviador de 280 KPa. Adicionalmente, se ha ejecutado un ensayo triaxial CD en la misma muestra y se ha determinado que el ángulo de fricción interna corresponde a 30º. De la misma manera, se ha ejecutado un ensayo triaxial UU con un esfuerzo desviador en la falla de 150 kPa con una presión en la celda de 135 KPa. Se pide: a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU. b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU. Estrategia: Para determinar la presión de poros se debe determinar el esfuerzo principal menor efectivo y total del ensayo UU, con la resta de ambos se conoce la presión de poros. Para determinar el esfuerzo efectivo principal mayor se utilizar la ecuación [F.38], para lo cual se debe obtener el valor de los esfuerzo principales efectivos para del ensayo CU. a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU. De la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será:

 '1  '3  150 KPa

[1]


 '1 1  sin 30  3  '3 1  sin 30 Por lo tanto se tiene que:

 '1  3   '3

[2]

Reemplazando la ecuación [1] en la [2] se tiene que:

3   '3   '3 150 Por lo tanto:

 '3  75 KPa

La presión de poros será:

 '   u u  135 75 u  60 KPa b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU.

375


Para el ensayo triaxial CU, de la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será:

 d   '1  '3  280 KPa

[3]

Por otra parte, se tiene que:

 '1 3  '3

[4]

Reemplazando la ecuación [3] en la [4] se tiene que:

3   '3   '3  280 El esfuerzo principal efectivo menor será:

 '3  140 KPa De la ecuación [F.38] se tiene que:

 '1   d   '3  '1  280  140 El esfuerzo principal efectivo mayor será:

σ'1  420 KPa

376


PROBLEMA 32 Se conoce que una muestra de arcilla tiene una razón de sobre consolidación de 3 y fue obtenida en un sitio donde el esfuerzo efectivo vertical correspondía a 50 Kpa. Se ha comprobado que el suelo presenta dilatancia, hasta que se alcanza el 80% de la presión de preconsolidacion. Sobre dicha muestra se practica un ensayo CU y se obtuvo los parámetros c' = 20 KPa y ’ = 28º. Se pide: a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo. b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión inconfinada sobre la misma arcilla en condiciones N.C. si se conoce que el esfuerzo máximo ejercido fue 108 KPa. Estrategia: Con la ecuación [F.7] se pude determinar el esfuerzo de preconsolidación, que es utilizado para determinar el esfuerzo de corte crítico y con la ecuación [F.15] se determina el ángulo de fricción crítico. Para determinar la presión de poros con las ecuaciones [F.38] y [F.17] se determinar una ecuación que relaciona los esfuerzos principales efectivos, determinando el esfuerzo principal temor efectivo y total se obtiene con la resta de estos la presión de poros. a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo. PASO 1 Determinar el esfuerzo de preconsolidación. 

'cr cr

c' 0.8·'c

'

Figura 6.26. Envolvente de falla. Se sabe que:

 '0  50 KPa

377


De la ecuación [F.7] se sabe que:

OCR 

 'c   'c  OCR   0  '0

Por lo tanto se tendrá que:

 'c  3  50  'c  150 KPa El 80% del esfuerzo de preconsolidación será:

0.8   'c  120 KPa PASO 2 Determinar el esfuerzo de corte crítico. Según la ecuación [F.27] se tendrá que:

 cr  c'0.8   'c . tan  ' El esfuerzo de corte crítico será:

 cr  20  120 tan 28  83.81 KPa PASO 3 Determinar el ángulo de fricción crítico. El ángulo de fricción será:

tan  'cr 

 cr 83.81  0.8   'cr 120

'cr = 34.93º b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión inconfinada. Según la ecuación [F.38] se tendrá que:

 '1  '3  108 KPa

[1]

De la ecuación [F.18] se tiene:

sin 'cr 

( '1  '3 ) ( '1  '3 )

378

CAPITULO 6 Resistencia al corte sin 'cr  '1  sin 'cr  '3   '1  '3 (sin 'cr 1)   '3  (1  sin 'cr )   '1 Por lo tanto se tendrá que:

 '1 

1  sin 'cr   '3 1  sin 'cr

[2]

Reemplazando la ecuación [1] en la [2] se tendrá que:

1  sin 'cr   '3  '3  108 1  sin 'cr Entonces:

2.679  '3  108

 '3  40.31 KPa La presión de poros será:

 '3   3  u u   '3

u  40.31KPa

379


PROBLEMA 33 Se conoce los siguientes parámetros para un cierto suelo  = 0.25;  = 0.07, e0= 0.85, 'cr = 32°. Se coloca una muestra de este suelo a una celda triaxial y se incrementa el valor de ’3 a 100 KPa, luego se disminuye a 40 KPa. Posteriormente se somete la muestra a comprensión no drenada. Calcular la presión de poros y el esfuerzo desviador en la falla utilizando el CSM. q CSL

p'0

p'f

p'c

p'

e

e0 = ef NCL

p'0 p'f

p'c

p'

Figura 6.27. Trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’). Estrategia: La presión de poros es determinada de la resta del esfuerzo efectivo y total p en la falla, mediante la ecuación [F.66] y mediante la ecuación [F.61] puede determinarse el valor total y efectivo de este parámetro. PASO 1 Determinación del valor de p’f. De la ecuación [F.53] se tiene que:

M

6  sin 32  1.287 3  sin 32

380


Del ensayo se conoce que:

p'c   '3  100 KPa p'0  40 KPa Por lo tanto, de la ecuación [F.7] se tiene que:

p'c 100   2.5 p'0 40 Por lo tanto el suelo está sobreconsolidado. De la ecuación [F.66] se tiene que:

e  0.85  0.25  0.07  ln

100  0.07  ln 40 2

e  1.812 En base a la Figura 6.28 la pendiente de la línea de consolidación normal será:



e  eo ln p'c  ln1

Entonces:

ln p'f 

e



e =e 

e  e0







p' 1 Figura 6.28. Línea de consolidación normal. f

Despejando p’f se tendrá que:

p'f  e

 e e0      

e

 1.8120.85    0.25  

381


p'f = 46.90 KPa PASO 2 Determinación del valor de pf. De la ecuación [F.68] se tendrá que:

qf  1.287 46.90  60.36 KPa Por otra parte, de la ecuación [F.61] se sabe que:

1 pf  p0   qf 3 1 pf  40   60.36  60.12 3 PASO 3 Determinación de la presión de poros.

 f  60.12  46.90 uf  13.22 KPa Comentario: Las ecuaciones válidas en el CSM son válidas para parámetro efectivos como totales, pueden realizarse combinaciones inteligentes de tal manera de determinar parámetros efectivos en base a totales.

382


PROBLEMA 34 Dibujar la trayectoria de esfuerzos en los planos e, p, p’, q, q’ (considerando la teoría de estado crítico) en: a) Un ensayo triaxial consolidado drenado. b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado. Estrategia: Considerando el marco teórico que ofrece la sección correspondiente al MSC en el capítulo 6 del libro “Fundamentos de mecánica de suelos” se traza las trayectorias deseadas. a) Un ensayo triaxial consolidado drenado. q

q

S F

qf

F 3

CSL ESP 1

E

E D

O

C

B

G

1

C

p'

p'f

(a)

(c)

e

1

e = e

A O

C C'

C

B

D E

D E G

CSL

ef

ef

F

F

p'0

p'E

p'c (b)

p'G

p' (d)

Figura 6.29. Predicción de resultados de un ensayo CD usando el MSC (Budhu, 2000).

383


q

q

S CSL G TSP u f E

F

F E D

D ESP O

C

p', p

1

C

(a) e

(c) u

A

CSL

F

B

E C D

F

E D

p'f

p'c

1

p'

(d)

(b)

Figura 6.30. Predicción de resultados de un ensayo CU (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000). b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado. q

q

ESP S

CSL

q'p F

q'f O

D

D

F

C

p'

1

C

(a)

(c)

p

e A

+

C

D

1 _

C

F

D B CSL CSL

p'c

p'o (b)

p' (d)

Figura 6.31. Predicción de resultados de un ensayo CD (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000).

384


q TSP

q

TSP CSL

3

u y D

1 u y

qp qf

F El exeso de presión de poros en la falla es negativo

D

C

p'f

D F

qf

F

O

CSL uf

1

p', p

pf

(c)

(a)

e

u

A

+ D C

1

F F

C, D B

_

CSL

p' (b)

(d)

Figura 6.32. Predicción de resultados de un ensayo CU (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000).

385


PROBLEMA 35 Se ha obtenido una muestra de un suelo arcilloso NC y se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada, obteniendose un valor de resistencia al corte de 65 KPa. Sobre una muestra sobreconsolidada del mismo suelo se realizo un ensayo de corte directo con 40 KPa de fuerza normal y se obtuvo una resistencia pico de 55 KPa y una resistencia crítica de 28 KPa. Se pide determinar la presión de poros en el momento de la falla en el ensayo de compresión inconfinada. Estrategia Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que 3 = 0, por lo tanto en base al ensayo del corte directo puede determinarse el esfuerzo principal menor efectivo combinando las ecuaciones [F.18] y [F.38]. La presión de poros para el ensayo de compresión inconfinada será en valor del esfuerzo de principal efectivo menor. PASO 1 Determinar el ángulo de fricción crítico. De la ecuación [F.8] el ángulo de fricción crítico será:

tan  'cr 

 cr 28   40

 'cr  34.99 PASO 2 Determinar el esfuerzo principal menor efectivo. De la ecuación [F.18] para el ensayo de corte directo se tiene que:

 '1 

1  sin 'cr  '3 1  sin 'cr

[1]

Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que:

 1  2  cu  130 KPa De la ecuación [F.38] se tiene que:

 d   1   3  130

 '1  '3  130

[2]

Sustituyendo la ecuación [1] en la ecuación [2] se tendrá que:

130   '3 

1  sin 'cr   '3 1  sin 'cr

386


Despejando el esfuerzo principal menor efectivo se tendrá que:

2.689  '3  130

 '3  48.35 KPa PASO 3 Determinar la presión de poros. Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que: 3 = 0 La presión de poros será:

 '3   3   Como 3 = 0 entonces:

 '3   La presión de poros será:

u  48.35KPa Comentario: Conociendo bien el procedimiento de los ensayos puede encontrarse valores implícitos que ayudan a determinar otros valores.

387


PROBLEMA 36 Se ha determinado los siguientes parámetros en el suelo e0 = 0.70,  = 0.35,  = 0.05, M = 1.15, e = 2.41. Se somete la muestra a una presión media isotrópica p’= 250 KPa y luego se descarga hasta 200 KPa. Luego siguiendo la trayectoria de esfuerzos de un ensayo triaxial CU de acuerdo a la teoría de estado crítico, se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia. b) Esfuerzo desviador en la falla. c) Presión de poros en la falla. Estrategia: De la ecuación [F.61] se puede determinar el esfuerzo desviador en la fluencia. Determinando el esfuerzo p’ en la falla con la ecuación [F.65] se puede determinar el esfuerzo desviador con la ecuación [F.62]. La presión de poros en la falla es determinado de la resta del esfuerzo de confinamiento efectivo y total, este último determinado con la ecuación [F.51]. a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia. Del ensayo se sabe que: p'c = 250 KPa p'0 = 200 KPa Según la ecuación [F.58] el índice de sobreconsolidación será:

R0 

250  1.25 200

El suelo es sobreconsolidado. Despejando el parámetro q de la ecuación [F.61] se tiene que:

q  M  p' p'c ( p' ) 2 Reemplazando valores se tendrá que:

q  1.15  200 250  2002 El esfuerzo desviador en la fluencia será: qy = 115 KPa b) Esfuerzo desviador en la falla. Del ensayo no drenado se sabe que: ef = e0

388



e  e0



 ln p'f

Por lo tanto se tiene que:  e e0     

p'f  e 

 2.410.70    0.35 

p'f  e 

p'f = 132.38 KPa De la ecuación [F.62] se tiene que:

qf  1.15 132.38 El esfuerzo desviador en la falla será:

qf  152.24KP a c) Presión de poros en la falla. De la ecuación [F.51] se tiene que:

1 pf  152.24  200  250.75  132.38 3 pf = 250.75 KPa La presión de poros en la falla será: uf = pf – p’f uf = 250 – 132.38 uf = 118.37 KPa

389


PROBLEMA 37 Dos especimenes, A y B de una arcilla fueron isotrópicamente consolidados bajo una presión de celda de 250 KPa (p′c)y luego descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio (p′o) de 150 KPa. A continuación se ejecuto un ensayo CD sobre la muestra A y CU sobre la B. El suelo tiene los parámetros 0,25,  = 0,05, e0 = 1,10 y ′cr = 30º. La presión de la celda se mantuvo constante a 200 KPa. Se pide determinar según la teoría del estado critico: a) Las invariantes al momento de la falla y el valor final del índice de vacíos para ambos especimenes. b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU. Estrategia: Los valores de p’, q’y e definen las invariantes para cada ensayo, la presión de poros en la falla es determinada restando el esfuerzo principal de confinamiento total menos el efectivo. ENSAYO CD Según la ecuación [F.53] se tiene que la pendiente de la línea de falla será:

Mc 

6  sin 30  1.2 3  sin 30

Las invariantes al momento de la falla están dadas por: De la ecuación [F.69] se tiene que:

pf 

3  150 3  1.2

p′f = 250 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que:

qf  1.2  250 q′f = 250 KPa El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será:

e  1.10  0.25  0.05  ln

250  0.05  ln150 2

e = 2.32 ENSAYO CU

390

O L


El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será:

e  1.10  0.25  0.05  ln

250  0.05  ln150 2

e = 2.32 Las invariantes al momento de la falla están dadas por: De la ecuación [F.72] se tiene que:

 2.32  1.10  pf  exp   0.25  p′f = 161.63 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que:

qf  1.2  131.63 q′f = 157,95 KPa El incremento de presión de poros al momento de la falla esta dado por la diferencia entre el esfuerzo total medio total y el esfuerzo efectivo medio. b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU. De la ecuación [F.67] se tiene que:

pf  po 

qf 3

pf  150 

157.95 3

pf = 202.65 KPa La presión de poros esta dada por:

u  pf  p ' f

u  202.65 161.63 u = 71,02 KPa

391

CAPITULO 7 Compactación

CAPÍTULO 7

Compactación de los suelos 7.1 Introducción. La construcción de carreteras, presas de tierra y otras estructuras ingenieriles requiere de suelos con buenas características de resistencia y de cargas portantes que por lo general no corresponderán a las características naturales del suelo, es en estos casos que se requiere mejorar las propiedades del suelo con la aplicación de algunos métodos, uno de los más usuales es la compactación. La compactación de los suelos consiste en eliminar de ellos la mayor cantidad de aire presente en su estructura, mediante la adición de cierta cantidad de energía mecánica, la compactación es evaluada en términos de su peso unitario seco (d), y tiene lugar al añadir una cantidad de agua determinada la cual lubricará las partículas, permitiendo que estas se reordenen en un menor volumen por acción de la energía mecánica, densificando así el suelo. La compactación de los suelos requiere de ensayos en laboratorio que permiten conocer la curva de compactación de la que se obtiene el contenido de humedad optimo (wopt) para alcanzar un peso unitario máximo (dmax), del que se infiere el que se buscará en campo, estos ensayos se encuentran normalizados y se conocen como ensayo Proctor Estándar y el Proctor Modificado que se realizan sobre muestras de material fino y que en caso de contener mucho material grueso requieren de correcciones que también se encuentran normalizadas.

431


7.2 Cuestionario. PREGUNTA 1. Cuales son los beneficios de realizar una compactación en el suelo: Respuesta: Las principales ventajas que se producen con la compactación son: a. Reducción o prevención de los asentamientos perjudiciales. Si la estructura se construye en un suelo sin compactar o compactado con desigualdad, el suelo se hunde dando lugar a que la estructura se deforme (asentamientos). El hundimiento es más profundo generalmente en un lado o esquina, por lo que se producen grietas o un derrumbe total de la estructura. b. Aumento de la resistencia del suelo y mejoramiento de la estabilidad del talud. Los vacíos producen debilidad al suelo e incapacidad para soportar cargas pesadas. Estando el suelo compactado, se reducen los vacíos y todas las partículas del suelo están más apretadas, por lo tanto estas pueden soportar cargas mayores. c. Reduce la expansión y contracción del suelo. Si hay vacíos, el agua puede penetrar en el suelo y llenar estos vacíos. El resultado seria el esponjamiento del suelo durante la estación de lluvias y la contracción del mismo durante la estación seca. d. Impide los daños de las heladas. El agua se expande y aumenta el volumen al congelarse. Esta acción a menudo causa que el pavimento se hinche y a la vez, las paredes y losas del piso se agrieten. La compactación reduce estas cavidades de agua en el suelo. e. Reduce el escurrimiento del agua. Un suelo compactado reduce la penetración de agua.

432


PREGUNTA 2. Explicar el concepto de la copactación: Respuesta: La compactación de los suelos consiste en el mejoramiento de las propiedades ingenieriles del suelo por medio de energía mecánica. Esto se logra comprimiendo el suelo en un volumen más pequeño y así aumentando su peso específico seco (densificación).

433


PREGUNTA 3. Mencionar cuales son los factores principales de los que depende la compactación de un suelo en laboratorio: Respuesta: Proctor estableció que la compactación esta en función de cuatro variables: 1. 2. 3. 4.

Densidad del material, ρd. Contenido de humedad, w. Esfuerzo de compactación. Tipo de suelo (gradación, presencia de minerales de arcilla, etc.)

434


PREGUNTA 4. Explique que es la energía de compactación y como se la determina: Respuesta: Se entiende por energía de compactación, como la energía que se entrega al suelo por unidad de volumen, durante el proceso mecánico que se realice. Es muy fácil evaluar la energía de compactación en una prueba de laboratorio en que se compacte al suelo por impactos dados por un pisón. La expresión para calcular esta energía de compactación esta dada por:

E

N  n W  h V

[4.1]

Donde: E = Energía de compactación. N = Número de golpes del pisón compactador por cada una de las capas en que se acomoda el suelo en el molde de compactación. n = Número de capas que se disponen hasta llenar el molde. W = Peso del pisón compactador. h = Altura de caída del pisón al aplicar los impactos al suelo. V = Volumen total del molde de compactación, igual al volumen total del suelo compactado.

Mientras que se aumenta la energía de compactación, el peso específico seco máximo de la compactación también aumenta. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el contenido de humedad óptimo disminuye un poco.

435


PREGUNTA 5. Cual es el objetivo del control de la compactación en campo: Respuesta: Después de realizar la compactación en campo siempre es necesario verificar si con el se lograron los fines propuestos. Hoy en día existen muchos métodos para poder controlar que la compactación en campo cumpla con las especificaciones de diseño del proyecto. En la mayoría de los casos la compactación se hace a contrato por empresas especializadas, por lo tanto la verificación mencionada, resulta ligada a problemas de pago, legales, etc. Debido a esto es que se tienen que seguir algunos pasos durante la compactación en campo. Puesto que el objetivo de la compactación es estabilizar los suelos y mejorar su comportamiento ingenieríl, es importante tener presente las propiedades ingeniríles deseadas del terraplén, no solo su densidad seca y contenido de humedad. Este punto a menudo no se lo toma en cuenta en el control de la construcción de obras de tierra. Normalmente se pone mayor énfasis en lograr el peso unitario seco especificado y se da poca consideración a las propiedades ingenieríles deseadas del terraplén compactado.

436


PREGUNTA 6. Explique paso por paso cual es el procedimiento del ensayo del cono de arena: Respuesta: Frasco de vidrio con 20-30 de arena de Otawa (o similar)

Plato con agujero

Válvula Cono

(a) Cono de arena

El procedimiento de esta prueba es la siguiente: 1. Llenar el recipiente del cono con la arena de Ottawa. 2. Determinar el peso del recipiente más el cono más la arena de Ottawa dentro el recipiente. (W1) 3. Realizar la excavación del agujero en el área del terreno donde se realizara la compactación en campo. 4. Determinar el peso del suelo excavado del agujero. (W2) 5. Se debe conocer el contenido de humedad del suelo excavado. (w) 6. Determinar el peso seco del suelo, mediante la ecuación [7.7].

W3 

W2 1 w

[7.7]

7. Después de la excavación del agujero el cono lleno de arena es colocado inversamente sobre el agujero, como muestra la Figura 7.22a Luego se abre la válvula del cono y la arena dentro el recipiente empezara a ingresar al agujero hasta que este se llene totalmente. 8. Determinar el peso de la arena más el peso del cono más el peso de la arena que sobro en el recipiente y el cono. 9. Determinar el peso de la arena que llena el agujero, W5 por medio de la ecuación [7.8]:

W5  W1  W4

[7.8]

437


10. Determinar el volumen del suelo excavado, mediante la ecuación [7.9]:

V

W5  Wc

 d . Arena

[7.9]

Donde: WC = Peso de la arena que llena solamente el cono. γd arena = Peso específico de de la arena de Ottawa. Los valores de WC y γd arena son determinados de la calibración hecha en laboratorio. 11. El peso específico seco puede ser determinado de la ecuación [7.10]:

d 

W3 Pesodel suelo secoexcavado del agujero  V Volumen del agujero

[7.10]

438


PREGUNTA 7. Explique la compactación en campo: Respuesta: La compactación en campo se la realiza con diferentes tipos de compactadotas. Estas compactadotas tienen que realizar una compactación del terreno de tal manera que reproduzcan los valores de la compactación realizada en laboratorio. Para poder lograr esto es necesario tratar de reproducir todas las condiciones que se tendrán en campo al realizar una prueba de laboratorio. El tipo de compactadota que se utilizara juega un papel importante en esto pues cada tipo de compactadota tiene un proceso distinto de compactar el terreno, pueden ser por procesos vibratorios, manipuleo, presión estática o presión dinámica.

439


PREGUNTA 8. Mencione cuales son los equipos de compactación en campo más comunes: Respuesta: Mayormente la compactación en campo se hace con rodillos. Los cuatro tipos de rodillos más comunes son: 1. 2. 3. 4.

rodillos de rueda-Lisa (o rodillos de tambor-liso) Rodillos neumáticos Rodillos pata de cabra Rodillos vibratorios.

440


PREGUNTA 9. Mencionar cuales son los factores principales de los que depende la compactación de un suelo en campo: Respuesta: Son: El numero de pasadas del rodillo compactador. El espesor o profundidad del suelo a compactar. La presión de inflado en el caso de rodillos neumáticos.

441


7.3 Problemas. PROBLEMA 1. Se debe realizar la compactación de un terraplén de 900 m3 con un peso específico seco de 17.5 kN/m3. Para eso, se ha elegido un banco de préstamo donde el peso específico del suelo es 19.5 kN/m3 y el contenido de humedad promedio corresponde a 10%. Se ha observado que la mejor compactación se realiza a 25% de contenido de humedad. También se conoce que la gravedad específica de los sólidos es de 2.73. Se pide determinar: a) La cantidad de suelo húmedo que debe transportarse a obra. b) Peso específico del terraplén con un grado de saturación de 95%. c) Cantidad que hay que añadir a 10 m3 de suelo que llega del banco de préstamo a la obra. 

kN/m w% Gs



 kN/m d

w% V = 900 m

Banco de préstamo Terraplén compactado Figura 7.1. Propiedades del banco de préstamo y terraplén compactado.

a) Cantidad de suelo que se transportara en obra. De la ecuación [A.8] se tiene:

WS   d  V Entonces lo que se necesita en obra es:

WS  17.5  900



WS  15750 kN



 d  17.73 kN


d  d 

 1 w 19.5 1  10 100

m3

Entonces lo que se debe sacar del banco de préstamo es:

V

WS

d



15750 17.73



V  888.32 m 3

b) Peso específico del terraplén para un grado de saturación del 95%.

442


Se sabe que:

γd = 17.5 kN/m3 ,

S = 95% ,

GS = 2.73


d 

GS   W  w  GS  1    S 

Despejando el contenido de humedad:

w

S  GS   W   d   d  GS

w

0.95  2.73 9.8  17.5 17.5  2.73



w  18.40 %


  1  w   d

  1  0.184 17.5



 d  20.72 kN

m3

c) Cantidad que hay que añadir a 10 m3 de suelo que llega del banco de préstamo a la obra. Se sabe que:

V = 10 m3 ,

w1 = 10% ,

w2 = 25% ,

γd = 17.73 kN/m3

Entonces el cambio de contenido de humedad será:

w  w2  w1



w  2510

w  15 %


WS   d  V  17.7310



WS  177.3 kN



VW  26.595 kN


VW  w  WS 

15 177.3 100

VW  26.595 kN 

1000 N 1 kg   VW  2713.8 kg 1kN 9.8 N

443


PROBLEMA 2. Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de arena CALIBRACION PESO ESPECÍFICO DE LA ARENA Metodo Prueba Diametro del molde, mm Altura del molde, mm Masa del molde vacio, g

A 1 101.2 117.5 4244.5

2 101.2 117.5 4244.0

CALIBRACION DEL CONO Prueba Masa del cono + botellon + arena, g Masa del cono + botellon + resto de arena

1 6368.5 4697.5

2 6367.5 4697.50

56 32.68 173.94 150.9

14 30.37 165.58 144.64

PESO UNITARIO DETERMINACION DEL CONTENIDO DE HUMEDAD

Numero de contenedor Masa de contenedor Masa de suelo humedo + contenedor Masa de suelo seco + contenedor

39 33.21 174.45 151.2

DETERMINACIÓN DEL PESO ESPECÍFICO SECO

Peso recipiente + cono + arena, g: (W7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9)

6380.20 2600.40 2700.00

Respuesta:

444


CALIBRACIÓN PESO ESPECIFICO DE ARENA Método Prueba Diámetro del molde, mm: (D) Altura del molde, mm: (h)

A 1 101.20 117.50

Volumen del molde, cm3: (Vm) Peso del molde vacio, g: (Wm) Peso del molde lleno, g: (W1) Peso de arena en el molde, g: (Warena = W1 -Wm) Peso unitario seco de la arena, kN/m 3: (d arena = Warena/Vm)*(9.81) (cambio de unid.) CALIBRACIÓN DEL CONO Prueba Peso del cono + botellon + arena, g: (W2) Peso del cono + botellon + resto de arena, g: (W3) Peso de arena para llenar el cono, g: (Wc =W2 - W3)

2 101.20 117.50

945.12 4244.50 5626.00 1381.50

945.12 4244.00 5625.50 1381.50

14.34

14.34

1 6368.5 4697.5 1671.0

2 6367.5 4695.0 1672.5

056 32.68 173.94 150.90 118.22 23.04

014 30.37 165.58 144.64 114.27 20.94

19.49

18.33

PESO UNITARIO DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD Numero de lata Peso de lata, g: (W4) Peso de suelo húmedo + lata, g: (W5) Peso de suelo seco + lata, g: (W6) Peso de suelo seco, g: (Wd = W6 - W4) Peso de agua, g: (WW = W5 - WS - W4)

Contenido de humedad, %

039 33.21 174.45 151.20 117.99 23.25

19.71

19.17 DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9) Peso de suelo seco, g: (WS = W8/(1 + w) ) Peso de arena que llena hueco y cono, g: (W10 = W7 - W9)

6380.20 2600.40 2700.00 2182.04 3680.20

Volumen de hueco excavado, cm3: (Vh =(WS - Wc) / (γd arena))

1374.04

Peso unitario seco, kN/m3: (d = W2/V)*(9.81) (cambio de unidades de g/cm3 a kN/m3)

15.58

Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.

445


PROBLEMA 3. Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de arena. CALIBRACION

PESO ESPECÍFICO DE LA ARENA Metodo Prueba Diametro del molde, mm Altura del molde, mm Masa del molde vacio, g Masa del molde lleno, g

A 1 101.2 115.9 4244.5 5628.5

2 101.2 115.9 4244.5 5625.5

CALIBRACION DEL CONO

Prueba Masa del cono + botellon + arena, g Masa del cono + botellon + resto de arena

1 6368.5 4697.5

2 6367.5 4697.50

PESO UNITARIO DETERMINACION DEL CONTENIDO DE HUMEDAD

Numero de contenedor Masa de contenedor Masa de suelo humedo + contenedor Masa de suelo seco + contenedor

039 33.21 174.45 151.2

056 32.68 173.94 150.9

014 30.37 165.58 144.64

DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO

Peso recipiente + cono + arena, g: (W7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9)

6091.50 1975.50 2634.50

Respuesta:

446


CALIBRACIÓN PESO ESPECIFICO DE ARENA Método Prueba Diámetro del molde, mm: (D) Altura del molde, mm: (h) Volumen del molde, cm3: (Vm)

A 1 101.20 115.90 932.25

2 101.20 115.90 932.25

Peso del molde vacio, g: (Wm)

4244.50

4244.50

Peso del molde lleno, g: (W1)

5628.50

5625.50

Peso de arena en el molde, g: (Warena = W1 -Wm)

1384.00

1381.00

14.56

14.53

CALIBRACIÓN DEL CONO Prueba Peso del cono + botellon + arena, g: (W2)

1 6109.5

2 6109.0

Peso del cono + botellon + resto de arena, g: (W3)

4455.0

4455.0

Peso de arena para llenar el cono, g: (Wc =W2 - W3)

1654.5

1654.0

Peso unitario seco de la arena, kN/m3: (d arena = Warena/Vm)*(9.81) (cambio de unid.)

PESO UNITARIO DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD Numero de lata Peso de lata, g: (W4)

023 43.70

026 44.72

053 55.20

Peso de suelo húmedo + lata, g: (W5)

192.71

209.75

231.51

Peso de suelo seco + lata, g: (W6)

189.96

206.72

228.36

Peso de suelo seco, g: (Wd = W6 - W4)

146.26

162.00

173.16

2.75 1.88

3.03 1.87 1.86

3.15 1.82

Peso de agua, g: (WW = W5 - WS - W4) Contenido de humedad, % DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W7)

6091.50

Peso de suelo humedo excavado, g: (W8)

1975.50

Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9)

2634.50

Peso de suelo seco, g: (WS = W8/(1 + w) )

1939.49

Peso de arena que llena hueco y cono, g: (W10 = W7 - W9)

3457.00

Volumen de hueco excavado, cm3: (Vh =(WS - Wc) / (γd arena))

1215.64

Peso unitario seco, kN/m3: (d = W2/V)*(9.81) (cambio de unidades de g/cm3 a kN/m3)

15.65

Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.

447


PROBLEMA 4. A continuación se presenta los resultados de una prueba Proctor estándar, en un limo arcilloso (Gs = 2.73). Contenido de humedad % 6 8 9 11 12 14

Peso unitario seco kN/m3 14.80 17.45 18.52 18.90 18.50 16.90

Se ha construido el terraplén de una carretera con el mismo suelo. A continuación, se encuentran los resultados del ensayo de cono de arena en la parte superior del terraplén: Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m3 = arena Masa de arena para llenar el cono = 0.545 kg M4 Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M1 Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M2 Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w Se pide: a) Suponiendo que la energía utilizada en campo correspondía a la del Proctor estándar, calcule el contenido de humedad al que fue compactado el suelo. b) ¿Cual es el grado de saturación de la muestra en campo? c) Si luego de compactado el terraplén, llueve por varios días y se satura completamente. ¿Cual es el peso unitario del suelo? d) Si se hubiese utilizado una energía mayor en la compactación, de tal forma que el grado de saturación hubiese alcanzado el 100%, ¿Cual seria el grado de compactación? a) Calcular el contenido de humedad.

448


De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el contenido de humedad optimo:  d max = 19.0 kN/m3 Wopt = 10.33 %

Peso unitario en campo:

M1

M2

M4 M5

Figura 7.2. Cono de arena. La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.2: M 3  M 2  M1  M 4  M 5

M 3  7.59  4.78



[4.1] M 3  2.810 kg

De la ecuación [4.1] se halla la masa de suelo que se introduce en el hoyo:

M5  M 3  M 4 M 5  2.810  0.545



M 5  2.265 kg

De la ecuación [A.8] se tiene: d 

Md V

[4.2]

De la ecuación [G.2] se tiene la masa de suelo seco del hoyo:

Md 

M 1 w

Md 

3.007 10.2 1 100

[4.3]



M d  2.7287 kg

449


De la ecuación [A.15] se tiene el volumen de la arena utilizada:

 arena  V 

M5 V

2.265 kg 1570 kN / m 3

M5



V 



V  1.442675 103 m 3

[4.4]

 arena

Reemplazando V, en la ecuación [4.3] se tiene el peso específico en campo:

d 

2.7287  1891.4 kg / m 3 3 1.442675 10

 d  1891.4

kg 9.8 N 1kN   m 3 1kg 103 N



 d  18.53 kN/m3

En la gráfica de compactación, se observa que el suelo ha podido ser compactado con dos contenidos de humedad. Al tratarse de un terraplén, se requiere mayor resistencia, por lo tanto, se supone que se ha compactado por el lado seco. w=9% b) Determinar el grado de saturación De la ecuación [A.20] se tiene:

 

1  w  GS   w 1

w  GS S

Despejando S:

1

S

w  GS 1  w  GS   w  S  w  GS 1  wGS   w





w  GS 1  wGs   w  1 S  [4.5]

1

De la ecuación [A.23] se obtiene el peso específico húmedo del suelo en campo:

  1  w   d  

  1 

[4.6]

10.2    18.53 100 

 = 20.54 kN/m3

450


Reemplazando valores en la ecuación [4.5] se tiene el grado de saturación en campo:

S

10.2  2.73  10.5  1    2.73  9.8  100  1 20.42



S = 62.74 %

S = 63 %

c) Determinar el peso unitario del suelo saturado. De la ecuación [A.38] se obtiene el peso específico saturado del suelo en campo.

 

1   d   w GS 

 

1   18.53  9.8 2.73 

 sat  1 

 sat  1 



sat = 21.54 kN/m3

d) Determinar el grado de compactación. De la ecuación [G.6] se obtiene el grado de compactación:

R

 dcampo

[4.7]

 dlab

De la ecuación [G.3] se obtiene el peso específico seco en campo con cero de aire en los vacíos (S = 100 %), para el contenido de humedad de 9% calculado en el inciso a).

 dcampo   zav 

 dcampo   zav 

GS   w  w  GS  1    S  2.73  9.8  9  2.73  1    100 



d campo = zav = 21.48 kN/m3

Del inciso a) se sabe que el peso específico seco máximo en laboratorio es:  d max laboratorio = 19 kN/m3 Reemplazando valores en la ecuación [4.7] se tiene:

R

21.48 kN/m3  100 19.00 kN/m3



R =113 %

451


PROBLEMA 5. En un ensayo de compactación Proctor Estándar, se obtienen los siguientes datos, dibujar con ellos la curva de compactación suavizada y la aproximada matemáticamente. Detalles del método y molde Método utilizado: A Dimensiones del molde: Diámetro (mm) = 101.31 Altura (mm) = 116.37

Detalles del suelo Gravedad especifica = 2.65 Material excluido (bolones, material muy grueso) = 0%

Medición No. Peso del molde, g Peso molde + suelo, g No. de lata Peso lata, g Peso lata + suelo húmedo, g Peso lata + suelo seco, g

1

2

3

4

5

4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 5976.5 6114 6171 6115.5 6081.5 030 091 016 031 005 062 048 055 067 007 45.93 33.18 33.41 44.08 33.00 33.27 32.99 33.45 33.99 32.74 178.87 137.33 137.10 186.35 133.45 138.99 130.34 143.04 161.98 168.93 164.12 125.94 122.91 167.32 116.20 120.99 111.60 121.91 135.44 140.18

Respuesta: Con los datos que se tienen se realiza la siguiente planilla. A. DATOS TECNICOS Método utilizado:

A

Gravedad específica:

2.65

Volumen(V), cm3: (h·π·D^2)/4)

Diámetro del molde, cm: (D)

10.131

Altura del molde, cm: (A)

11.637

% Material excluido:

938.07

0

B. PESO UNITARIO 1

2

3

4

5

Peso molde + suelo, g: (M1)

5976.50

6114.00

6171.00

6115.50

6081.50

Peso molde, g: (M2)

4261.50

4261.50

4261.50

4261.50

4261.50

1715.00

1852.50

1909.50

1854.00

1820.00

17.93

19.37

19.97

19.39

19.03

Medición No.

Peso suelo húmedo, g: (M3 = M1 – M2) 3

Peso unitario húmedo,, kN/m : (M3·g / V) C. CONTENIDO DE HUMEDAD Número de lata

030

091

016

031

005

062

048

055

067

007

Peso de lata, g: (Mlata)

45.93

33.18

33.41

44.08

33.00

33.27

32.99

33.45

33.99

32.74

Peso suelo húmedo + lata, g: (M + Mlata)

178.87 137.33 137.10 186.35 133.45 138.99 130.34 143.04 161.98 168.93

Peso suelo seco + lata, g: (MS + Mlata)

164.12 125.94 122.91 167.32 116.20 120.99 111.60 121.91 135.44 140.18

Contenido de humedad, %: w  M  M S MS Humedad promedio, % Peso unitario seco, kN/m3: 3

Peso unitario zav, kN/m :

 d  1 w  zav 

12.48

12.28

15.85

15.44

20.73

20.52

23.84

23.89

26.16

26.76

12.38

15.65

20.63

23.86

26.46

15.96

16.75

16.55

15.65

15.05

20.02

18.77

17.13

16.22

15.55

W

w

1 GS

452


Con este ensayo de compactación Proctor se puede dibujar la curva de compactación a partir de 5 pruebas a distintas humedades y obteniendo de esta manera su peso unitario seco. La curva de compactación se obtiene al unir los 5 puntos a mano alzada o realizando el ajuste lineal de la siguiente ecuación: y = A x4 + B x3 + C x2 + D x + E Donde “x” es la humedad en cada prueba y “y” su respectivo peso unitario seco. A partir de estas consideraciones se obtiene una ecuación exacta que se ajusta muy bien a los los datos obtenidos en la prueba de compactación y de la que ya se puede obtener el máximo peso unitario a un contenido de humedad óptimo. La curva de Saturación del 100% con cero de aíre en los vacíos (Zero air voids) se obtiene mediante el uso de la ecuación [G.4]:

 zav 

GS   W W  1 1  w  GS w GS

Donde: w = Humedad teórica obtenida para cada prueba en el ensayo. La curva de saturación del 100% (zav) representa la curva máxima de compactación que se podría obtener si se eliminara completamente el aire existente entre las partículas de suelo, esto significaría que en todos los espacios vacíos existe únicamente agua (S = 100%), esta curva teórica es correcta pero es imposible de reproducirse en la práctica. Con todas las consideraciones previas se procede a dibujar las curvas de compactación, que se muestran en la Figura 7.3: CURVAS DE COMPACTACIÓN

Peso específico seco, d kN/m3

18.00

Cuva ploteada 17.00

4

3

2

y = 0.0002x - 0.0149x + 0.353x - 3.1963x + 24.722

Curva zav saturada Curva ajustada

16.00

15.00 10.00

12.00

14.00

16.00

18.00

20.00

22.00

24.00

26.00

28.00

30.00

Contenido de humedad, w %

Figura 7.3. Curvas de compactación realizadas en el programa Excel.

453


Después de tener las curvas se procede a elegir si se tomará la curva de compactación dibujada o la ajustada, por lo general las curvas ajustadas representan con mayor exactitud el comportamiento del suelo en la compactación, por lo que se las recomienda. Para este problema se toma la curva de compactación ajustada que se la obtiene fácilmente en el programa Excel a partir de la curva ploteada, simplemente haciendo clic derecho en la curva ploteada y agregando línea de tendencia a esta. Una vez dentro de esta opción se escoge el tipo polinomial de orden 4. 18.0

Peso Unitario Seco, kN/m3

17.5

17.0

16.5

Curva ZAV

16.0

15.5

Curva ajustada

15.0

14.5 9.0

11.0 13.0 15.0 17.0 19.0 21.0 23.0 25.0 27.0 29.0

Contenido de Humedad, %

De esta gráfica se obtiene: Peso seco unitario máximo

= 16.85 kN/m3

Contenido de humedad óptimo = 17.70 %

454


PROBLEMA 6. Se quiere construir el terraplén de una carretera, que tendrá las características de la Figura 7.4 15

3

1

3

Figura 7.4. Dimensiones del terraplén a construir. CURVAS DE COMPACTACIÓN

Peso específico seco, kN/m3

20.0

19.5

19.0

18.5

18.0 4.0

6.0

8.0

10.0

12.0

14.0

16.0

Contenido de Humedad, %

Este terraplén tendrá una longitud de 400 m y se empleará para su construcción material de un banco de préstamo el cual tiene un contenido de humedad de 7 % y para el efecto se llevaron a cabo ensayos Proctor estándar de los que se obtuvo la curva de compactación presentada a continuación: a) Determinar el peso unitario mínimo que tendrá la sub-base, el rango de humedades en el que se podría realizar la compactación. b) Determinar también la cantidad de material en banco es necesario para la construcción del terraplén. c) Proponer la realización de una compactación más económica si se hará uso de compactadores Pata de Cabra. a) Determinar el peso específico seco mínimo de la sub-base y los rangos de humedad: De la curva de compactación se obtiene el peso específico seco máximo y el contenido de humedad óptimo del suelo: dmax = 19.65 kN/m3

wopt = 8.90 %

455


Al tratarse de la sub-base de una carretera entonces se debe tomar el grado de compactación mínimo aceptable para este tipo de trabajos de la Tabla G.4, R = 95 %. Entonces el peso específico seco mínimo en campo se obtiene a partir de la ecuación [G.6]: d campo = R·d max lab



d campo = 0.95 · d max lab

d campo = (0.95)·(19.65)



d campo mínimo = 18.67 kN/m3

Con este peso específico seco en campo mínimo se puede trazar la recta R·dmax sobre la curva de compactación, la cual define un rango de humedades entre las cuales sometiendo al suelo a la misma energía de compactación se obtendría al menos R d. CURVA DE COMPACTACIÓN 20.0

Peso Unitario Seco, kN/m

3

19.7 19.4 19.1 18.8 18.67 18.5 18.2 5.0

5.6

7.0

9.0 11.0 13.0 13.9 15.0 Contenido de Humedad, %

De la gráfica se obtiene que el rango de humedades en el que se puede realizar la compactación es desde el 5.6 % hasta el 13.9 %, entre los cuales la compactación alcanzará al menos el valor de R·d = 18.67 kN/m3. b) Determinar la cantidad de material en banco necesaria para construir el terraplén: A partir de las dimensiones del terraplén se obtiene el volumen total del terraplén: Volumen = Área · Longitud = (15 + 33)·3·(400) = 28800 m3 2 A partir de las ecuaciones [A.8] y [A.14] del anexo A, se obtiene el peso de los sólidos y agua necesarios para obtener el peso específico deseado.

d 

WS V



WS   d  V

[6.1] 456


Donde: d = Peso específico seco. V = Volumen total del terraplén. WS = Peso de los sólidos en el suelo. Reemplazando los valores hallados, se tiene: WS = 18.67 kN/m3 · 28800 m3



WS = 537696 kN

De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua necesario.

w

WW WS



WW  WS  w

[6.2]

Donde: w = Contenido de humedad. WW = Peso del agua en el suelo. Reemplazando los valores hallados, se tiene: WW = (537696)·(0.07)



WW = 37638.7 kN

De la ecuación [A.3] se obtiene el peso total del suelo (sólidos + agua):

W  WS  WW



W = 537696 + 37638,7

W = 575334.7 kN



W = 58647.8 ton

Entonces el peso total de material que se necesita extraer del banco es de 58647.78 ton. c) Proponer una compactación económica. Una compactación es económica cuando se alcanza el peso específico seco deseado utilizando una menor energía, esto se consigue con un menor número de pasadas del equipo, que a su vez significa un ahorro en el tiempo de ejecución y en el costo del equipo. Cada equipo que se utiliza requiere un número de pasadas determinado para hacer que el suelo alcance la densidad que se busca, este numero de pasadas se encuentra en función del equipo que se este utilizando, el tipo de material que se quiera compactar, el espesor de las capas, etc. En la Figura 7.5 se representa la condición de compactación más económica, que difiere según el equipo que se vaya a utilizar, en este caso usando compactadores pata de cabra se obtienen las curvas 1, 2 y 3, las cuales se obtuvieron en fajas o tramos de prueba para poder encontrar el menor número de pasadas necesario para alcanzar el peso unitario seco deseado que en este problema es de 18.67 kN/ m3 obtenido para el 95 % del peso específico máximo. La curva de compactación 1 de la Figura 7.5, se obtuvo haciendo trabajar el equipo con 15 pasadas. Este número de pasadas produce una curva de compactación similar a la obtenida en el laboratorio proporcionando un peso específico seco máximo y un contenido de humedad óptimo iguales a los del ensayo de laboratorio. Esta curva intercepta la recta R· dmax dando un rango muy amplio de humedades entre las cuales se puede realizar la compactación y obtenerse el peso unitario requerido.

457


Peso específico seco, d

Línea óptima

Línea del 100 % de saturación

d max

R· d max 1

2 3

a

w opt

b

c

Contenido de húmedaden, w(%)

Figura 7.5. Condición para la compactación más económica. La curva 2 se obtuvo con 10 pasadas y el rango de humedades que define con la recta R· d max es menor que el que define la curva 1, pero se economiza en el costo de equipos al permitir alcanzar el mismo grado de compactación con un menor número de pasadas (menor energía). La curva 3 se realizó con 7 pasadas del equipo, esta curva alcanza el peso unitario buscado en un punto y a una sola humedad optima, esta compactación es la más económica que podría realizarse pero tiene el inconveniente de que el contenido de humedad que se requiere es muy difícil de obtener y mantener pudiendo ocasionar que no se alcance la densidad requerida debido a cambios en condiciones ambientales en el campo, desde este punto de vista es más conveniente el uso de la curva 2 que garantiza el alcanzar la densidad que necesitamos en un rango más amplio de humedades.

458


PROBLEMA 7. Se ha compactado un suelo por el lado húmedo utilizando un contenido de humedad del 15 %, obteniéndose un peso específico de 20.5 kN/m3. También se conoce que la gravedad específica de los sólidos es 2.70. Luego de haberse compactado el suelo el contenido de humedad disminuyó en 3 %, y por efecto de las lluvias alcanzó la saturación del 100 %. Determinar: a) El peso específico saturado del suelo por efecto de las lluvias. b) El peso específico seco que el suelo hubiese alcanzado si se hubiera mantenido el contenido de humedad, y el peso unitario seco teórico cuando el suelo se satura al 100 %. Respuesta: a) Determinar el peso específico saturado. De la ecuación [A.20] del anexo A, se obtiene el peso específico saturado.

 sat 

(1  w)  GS  W w  GS 1 S

[7.1]

Donde: S = 100 % w = 15 % - 3 % = 12 % GS = 2.7 W = 9.80 kN/m3 Reemplazando estos datos en la ecuación [7.1], se tiene:

 sat 

(1  0.12)  2.7  9.8 0.12  2.7 1 1



sat = 22.38 kN/m3

b) Determinar el peso específico seco y peso específico seco teórico. De la ecuación [G.2] del anexo G, se obtiene el peso específico seco.

d  Donde:



[7.2]

1 w

 = 20.5 kN/m3 w = 15 % (manteniendo el contenido de humedad inicial)

Reemplazando estos datos en la ecuación [7.2], se tiene:

d 

20.5 1  0.15



d = 17.83 kN/m3

459


De la ecuación [G.4], del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico (S = 100 %):

 zav 

GS   W  w  GS  1    S 

Donde: w = 15 % – 3 % = 12 % (luego de las lluvias para alcanzar S = 100 %) Gs = 2,7 S = 100 %

 zav 

2.7  9.8  0.12 2.7  1   1  

zav = 19.98 kN/m3

460


PROBLEMA 8. Se dispone de una muestra de suelo con las siguientes características: Contenido de humedad: Contenido de humedad óptimo: Peso específico máximo: Gravedad específica de los sólidos:

8% 11 % 19.2 kN/m3 2.65

a) Calcular la cantidad de agua que se debe añadir a la muestra para que esta alcance el valor máximo de peso unitario seco en el ensayo y el volumen de 943 cm3. b) Si el peso específico para un contenido de humedad del 8% es 18,0 kN/m3.¿ Cuál sería el grado de compactación? Respuesta: a) Calcular la cantidad de agua que se añade a la muestra. De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco:

d 



[8.1]

1 w

Donde: wopt = 11 %  = 19.2 kN/m3 Remplazando estos datos en la ecuación [8.1], se tiene:

d 





1 w

d = 17.30 kN/m3

De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos del suelo:

d 

WS V



WS   d V

[8.2]

Donde: V = 943 cm3 Remplazando valores en la ecuación [8.2], se tiene:

WS  17.3

kN (1 m)3 3  943 cm  m3 (100 cm)3



WS = 0.0163 kN

De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua en el suelo:

w

WW WS



WW  w WS

[8.3] 461


Para wopt = 11 % se tiene: WW opt = (0.11)·(0.0163) = 0.00179 kN De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua:

MW 

WW g



0.00179kN 1000 N 1 kg  m/seg2   1N 9.8 m/seg2 1 kN

M W opt 

MW opt = 0.183 kg Para winicial = 8 % se tiene: WW ini = (0.8)·(0.0163)= 0.00131 kN De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua:

MW 

WW g



M W ini 

0.00179kN 1000 N 1 kg  m/seg2   1N 9.8 m/seg2 1 kN

MW ini = 0.133 kg Entonces la cantidad de agua que se añadirá es: MW = MW opt – MW ini MW = 0.183 – 0.133 MW = 0.050 kg de agua Ahora, si agua = 1 gr/ml, se tiene: Vagua = M / agua

Vagua 

50 g de agua 1 g/ml



Vagua = 50 ml de agua

b) Determinar el grado de compactación. Siendo el peso específico en campo para un contenido de humedad del 8 % igual a 18 kN/m3, entonces de la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco en campo:

d 

 1 w

 d campo 

18.0 1  0.08



d campo = 16.67 kN/m3

462


Ahora, como:

 d maxlab 

 max 1 w

Entonces:

 d maxlab 

19.2 1  0.11



dmax-lab = 17.30 kN/m3

De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:

R

R

 d cam po  d maxlab

100

16.67 ·100 17.30



R = 96.4 %

463


PROBLEMA 9. Un suelo con un índice de vacíos de 0.68 ha sido seleccionado como banco de préstamo del terraplén de una carretera. El terraplén es compactado hasta alcanzar un índice de vacíos de 0.45. Se requerirá un volumen de 2500 m3 de terraplén. Encontrar el volumen de suelo que debe ser excavado del banco de préstamo para alcanzar el volumen requerido en la obra. Respuesta: Se tienen los siguientes datos: Índice de vacíos en banco: Índice de vacíos en terraplén: Volumen del terraplén compactado:

e banco = 0.68 e compactado = 0.45 V compactado = 2500 m3

De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene el volumen de vacíos:

e

VV VS



VV  e VS

De los datos se tiene: VV banco = e banco ·VS



VV banco = 0.68·VS

VV compactado = e compactado ·VS



VV compactado = 0.45·VS

De la ecuación [A.1] se obtiene el volumen de los sólidos: V compactado = VS + VV compactado



VS = V compactado - VV compactado

VS = 2500 - 0.45·VS



VS + 0.45·VS = 2500

VS = 2500/1.45



VS = 1724.14 m3



VV banco = (0.68)·(1724.14)

Entonces reemplazando valores se tiene: VV banco = 0.68 VS VV banco = 1172.42 m3 Entonces el volumen a excavar en el banco de préstamo es: V banco = VV banco + VS



V banco = 1172.42 + 1724.14

V banco = 2896.56 m3 Por tanto el volumen a excavar en el banco de préstamo será de 2896.56 m3.

464


PROBLEMA 10. Para la realización del terraplén de una carretera se debe escoger un banco de préstamo de entre tres posibles sitios que cumplen con los requerimientos de diseño. Los bancos de préstamo fueron examinados y se realizaron ensayos de laboratorio obteniendo el índice de vacíos (e) que se indica a continuación, además se conoce el precio del metro cúbico de material de cada banco puesto en obra. Determinar cual de los bancos es el más económico para utilizarlo si se requerirán 2500 m3 para el terraplén el cual debe alcanzar un índice de vacíos de 0.45. Banco Indice de vacíos (e ) Costo Bs./m3

A 0.68

B 0.71

C 0.75

35

45

30

Respuesta: De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene en función de cada uno de los suelos el siguiente sistema de ecuaciones:

e

VV VS



e VS  VV  0

[10.1]

    

0.45 VS  VVf  0

[1] [2] [3] [4]

VS  VVf  2500

[5]

Entonces de la ecuación [10.1] se tiene:

eA VS  VVA  0 eB VS  VVB  0 eC VS  VVC  0 e f VS  VVf  0 VS  VVf  2500

0.68 VS  VVA  0 0.71 VS  VVB  0 0.75 VS  VVC  0

Donde: eA = índice de vacíos para el banco A (0.68). eB = índice de vacíos para el banco B (0.71). eC = índice de vacíos para el banco C (0.75). ef = índice de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén (0.45). VS = volumen de sólidos. (Incógnita 1) VVA = volumen de vacíos en el banco A. (Incógnita 2) VVB = volumen de vacíos en el banco B. (Incógnita 3) VVC = volumen de vacíos en el banco C. (Incógnita 4) VV f = volumen de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén. El sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas se lo puede resolver en forma manual o también con ayuda de una calculadora que resuelva sistemas lineales. Manualmente se tiene: De la ecuación [4] se tiene:

VVf  0.45 VS

[6] 465


Reemplazando la ecuación [6] en la ecuación [5] se tiene:

VS  0.45  VS  2500

VS 

2500 1.45



1.45  VS  2500



VS = 1724.14 m3

Reemplazando el valor de VS encontrado en la ecuación [1], [2], [3] y [6] se tiene: En [1]:

0.681724.14  VVA  0 

VV A = 1172.41 m3

En [2]:

0.711724.14  VVB  0 

VV B = 1224.14 m3

En [3]:

0.75 1724.14  VVC  0 

VV C = 1293.10 m3

En [6]:

1724.14  VVf  2500



VV f = 775.86 m3

Los volúmenes de material que son necesarios de cada banco de préstamo son: VA = VS +VV A



VA = 1724.14 + 1172.41



VA = 2896.55 m3

VB = VS +VV B



VB = 1724.14 + 1224.14



VB = 2948.28 m3

VC = VS +VV C



VC = 1724.14 + 1293.10



VC = 3017.24 m3

El costo se lo obtiene de la siguiente ecuación: Costo = (Volumen del terraplén)·(costo por metro cúbico) Costo A:

(2896.55 m3)·(35 Bs./m3)= 101379.25 Bs.

Costo B:

(2948.28 m3)·(45 Bs./m3)= 132672.60 Bs.

Costo C:

(3017.24 m3)·(30 Bs./m3)= 90517.20 Bs.

De los costos hallados de todos los bancos de préstamo el más económico de estos es el material del banco C cuyo costo es 90517.20 Bs.

466


PROBLEMA 11. Un suelo seco se mezcla en un 15% en peso con agua y es compactado para producir una muestra de 6 cm x 6 cm x 2 cm con 5% de aire. Calcular la porosidad y la masa del suelo requerida para tal efecto. Utilizar gravedad específica igual a 2.70. Respuesta: De la ecuación [A.14]: del anexo A, se obtiene el peso de agua:

w

WW WS

[11.1]

Donde: WW = al 15 % del peso de suelo seco



WW = 0.15 WS

Entonces reemplazando estos datos en la ecuación [11.1] se tiene:

w

0.15  WS WS



w = 0.15

De la ecuación [A.2] se tiene: VW + Vaire = VV Donde:

[11.2]

Vaire = 5 % de volumen de vacíos.  VW = Volumen de agua. VV = Volumen de vacíos.

Vaire = 0.05·VV

Entonces reemplazando datos en la ecuación [11.2] se tiene: VW + 0.05·VV = VV VW = 0.95·VV

[11.3]

Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [A.11] del anexo A, se obtiene el grado de saturación del suelo:

S

VW VV

S

0.95  VV VV



S = 0.95

También de la ecuación [A.43] del anexo A, se obtiene el índice de vacíos del suelo:

S  e  GS  w



e

GS  w S

[11.4]


467


e

2.7  0.15 0.95



e = 0.426


d 

GS   W 1 e

[11.5]


d 

2.7  9.81 1  0.426



d = 18.57 kN/m3

De la definición de volumen se obtiene el volumen de la muestra: V = (0.06)·(0.06)·(0.02)



V = 7.2 x 10-5 m3

De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos de la muestra:

d 

WS V

WS = (18.57)·(7.2 10-5 m3) = 0.0013 kN



WS   d  V



WS = 1.33 N

Entonces la masa de los sólidos de la muestra se la obtiene de la ecuación [A.16]:

W M g

MS 

1.33 N 9.81 m/seg 2

WS g



MS 



MS = 0.136 kg = 136 g

Por lo tanto la masa seca de suelo requerida es de 136 g. Para calcular la porosidad se utiliza la ecuación [A.25] del anexo A:

 d  GS   W  (1  n) n  1

18.57 2.7  9.81

d GS   W



n  1



n  0.299  0.3

Entonces la porosidad es 0.30.

468


PROBLEMA 12. Las especificaciones de compactación de un relleno requieren un grado de compactación del 95% con respecto al ensayo de compactación Proctor Estándar. Ensayos en el material que se va a utilizar indican que el peso específico seco máximo es de 19.49 kN/m3, con un contenido de humedad óptimo de 12%. El material de préstamo en su condición natural tiene un índice de vacíos de 0.6; si la gravedad específica de los sólidos es 2.65. Determinar el volumen mínimo de material de préstamo requerido para obtener 1 m3 de relleno compactado en forma aceptable. Respuesta: De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:

R


100



 d cam po 



d

R   d maxlab 100

Donde de los datos se tiene: R = 95 % d max-lab = 19.49 kN/m3 Entonces reemplazando estos datos se tiene:

 d cam po 

9519.49 100

relleno en campo

= 18.52 kN/m3

El peso para un volumen de 1 m3 de relleno compactado se obtiene de la ecuación [A.8]:

d 

WS V

W relleno en campo = (18.52)·(1)



WS   d  V



W relleno en campo = 18.52 kN

Ahora con la ecuación [A.18] se obtiene el peso específico del material en banco:

 

1  wGS   W 1 e

Donde: w = 12 % GS = 2.65 w = 9.81 kN/m3 e = 0.6 Reemplazando estos datos el peso específico del material en banco es:

 banco 

1  0.12 2.65 9.81 1  0.6



banco = 18.20 kN/m3

469


Entonces de la ecuación [A.4] se obtiene el volumen mínimo de material de préstamo requerido:



W V

Vbanco 

 18.52 18.20

Vbanco 

Wrellenoen campo



Vbanco = 1.017 m3

 banco

470


PROBLEMA 13. Se presenta a continuación los resultados de la compactación de un limo arcilloso. Contenido de humedad % 6 8 9 11 12 14

Peso unitario seco kN/m3 14.80 17.45 18.52 18.90 18.50 16.90

A continuación se encuentran los resultados del ensayo del cono de arena en el mismo suelo: Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m3 = darena Masa de arena para llenar el cono = 0.545 kg M arena cono lleno Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M rec+cono+arena (antes) Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M rec+cono+arena (después) Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M suelo húmedo Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w Determinar: a) Peso específico seco de compactación en el campo. b) Grado de compactación en el campo. c) Grado de compactación máxima para las condiciones de campo. a) Determinar el peso específico seco en campo:

M rec.+cono+arena (antes) M rec+cono+arena(después) Marena cono lleno M hoyo Figura 7.6. Masas en el proceso de compactación del cono de arena. Calcular la masa total perdida: La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.2:

M t.perdida  M recconoarena(antes)  M recconoarena(después)  M arenaconolleno  M hoyo

[13.1]

M t.perdida  M recconoarena(antes)  M recconoarena(después) M T .perdida  7.59  4.78 

M T .perdida  2.810 kg

471


De la ecuación [13.1] se obtiene la masa y posteriormente el peso del hoyo:

M hoyo  M t.perdida  M arenaconolleno Mhoyo = 2.81 – 0.545



Mhoyo = 2.265 kg



Whoyo = 22.22 N

Whoyo = (Mhoyo)·(g) Whoyo = (2.265)·(9.81)

De la ecuación [A.15] del anexo A se obtiene el volumen del hoyo:



M V

Vhoyo 

 2.265 1570

Vhoyo 

M hoyo

 d arena

Vhoyo = 1.443 x 10-3 m3

Ahora con ayuda de las ecuaciones [A.16a], [A.4] se obtiene el peso específico seco de la arena y del suelo respectivamente:



  g



d arena = d arena · g

d arena = (1570)·(9.81)



d arena = 15401 N/m3 = 15.4 kN/m3



 suelo 

 suelo   suelo 

W V

3.007 9.81 0.001443



M g V

 suelo  20447 N/m3 = 20.45 kN/m3

De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco del suelo:

 d suelo 

 1 w

 d suelo =18.56 kN/m3



 d suelo 

20.45 1  0.102

(Peso específico seco de compactación en campo).

b) Determinar el grado de compactación en campo. De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:

R

 d cam po  d m axlab

100

[13.2]

472


Para poder obtener el peso especifico seco máximo y el contenido de humedad óptimo es necesario dibujar la curva de compactación.

De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el contenido de humedad optimo: d max-lab = 18,9 kN/m3 wóptimo = 10 % Además del inciso a) se cabe que el peso específico en campo es: d campo = 18.56 kN/m3 Entonces reemplazando valores en la ecuación [13.2] se tiene:

R

18.56  100 19.20



R = 96.7 %

c) Determinar el grado de compactación máximo en campo. El grado de compactación máximo que se puede alcanzar en campo es cuando se compacta con un grado de saturación igual al 100 %, claro esta que este grado de compactación es solo teórico ya que por más que se agregue agua en grandes cantidades al suelo este nunca se llega a saturar totalmente. De la ecuación [G.8], del anexo G, se obtiene el grado de compactación máxima del suelo:

Rmaxteorico 

 zav

 maxlab

100

[13.3]

Además de la ecuación [G.4] del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico para la saturación del 100 %.

473


 zav 

GS   W  w GS  1    S 

[13.4]

Suponiendo el caso más crítico con S = 100 %, se tiene la nueva expresión:

 zav 

GS   W 1  w  GS

[13.5]


 zav 

2.65  9.8 1  0.102  2.65



γzav = 20.46 kN/m3

Reemplazado en la ecuación [13.3] se obtiene el grado de compactación máximo teórico:

Rmaxteorico 

 zav

 maxlab

100



Rmax-teórico = 106.6 %

474

Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical

CAPITULO OCHO

Incremento de esfuerzo vertical 4.1. Introducción. Cuando se construye una estructura, al nivel del contacto suelo-fundación, se produce un incremento neto de carga que conduce a un aumento de esfuerzo de la masa de suelo que la soporta (Fig. 7.1). La magnitud de la deformación del suelo por debajo la estructura dependerá del incremento de esfuerzo. Los suelos no se comportan de forma lineal y elástica debido a su naturaleza y composición compleja. Sin embargo, el método más utilizado para la estimación de incremento de esfuerzos, propuesto por Boussinesq en 1883, modela la masa de suelo como un medio elástico, continuo, isotrópico, y homogéneo. En general los suelos son anisotrópicos, no elásticos y heterogéneos, razón por la cual, algunos estudios muestran que la variación entre datos estimados y reales en campo pueden alcanzar variaciones entre el  25 a 30%. Boussinesq encontró la ecuación de incremento de carga en cualquier punto de un semiespacio infinito donde actúa una carga puntual, la que fue utilizada para determinar las ecuaciones correspondientes a diferentes tipos de carga flexible. El Anexo D presenta todas las ecuaciones, tablas y gráficos utilizados para la estimación del incremento de esfuerzos en una masa de suelo, inducidos por fundaciones de diversas geometrías y tipo. Debe tomarse en cuenta que todos los cálculos consideran la carga neta sobre el suelo y que el nivel de fundación se constituye en el nivel de referencia, tal cual se observa en la Figura. CONDICIONES INICIALES 

'

u

Arena

Arcilla Arena

z

z

z

CONDICIONES FINALES Corto plazo Largo plazo

p



' p

u

Arena

Arcilla

Arena

z

z

z

1


4.2. Problemas resueltos. PROBLEMA 8.1 Sobre la superficie natural del terreno se ha aplicado una carga puntual de 550 kN. Grafique la variación de incremento de esfuerzo vertical en el plano x-z. a) b) c)

z = 0.75 m x = 0 ± 0.25 ± 0.5 ± 0.75 ± 1 ± 1.25 m x = 0.0 y 1.5 m z = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 m Determine el bulbo de presión para la carga puntual. P = 550 kN

x

z Figura 8.1. Carga puntual actuando en la superficie del terreno. Solución a)

Para el cálculo del incremento de esfuerzo, se utiliza la ecuación D-1 del ANEXO H.

   P  3 1 p  2  5 z 2   r 2 2     1   z     

       

La variación de incremento de carga se produce en el plano x-z, por lo tanto y = 0 Donde,

r  x 2  y 2 para y = 0 r=x Para z = 0,75 m y x = 0,0 m

      550  3 1  p  2  5  2  0,75    0,0  2 2      1    0,75        Δp = 466,85 kPa

2


Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:

Incremento de esfuerzo vertical,

p z (kPa)

Tabla 8.1 Valores de incremento de carga para una distancia horizontal x (m) Δp (kPa) -1,25 16,83 -1,00 36,30 -0,75 82,53 -0,50 186,18 -0,25 358,75 0,00 466,85 0,25 358,75 0,50 186,18 0,75 82,53 1,00 36,30 1,25 16,83

500.00 450.00 400.00 350.00 300.00 250.00 200.00 150.00 100.00 50.00 0.00 -1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

x , (m)

Figura 8.2. Gráfica de incremento de carga p con respecto a distancia x b) Para x = 0,0 m y z = 1,0 m

      550  3 1  p  2  5  1 2    0,0  2 2       1   1        Δp = 262,61 kPa

3


Para los demás valores se realizó la siguiente tabla: Tabla 8.2 Valores de incremento de carga a diferentes profundidades Δp (kPa) 262,61 65,65 29,18 16,41 10,50 7,29 5,36 4,10 3,24 2,63

z, (m) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Para x = 1,5 m y z = 1,0 m

   550  3 1 p  2  5 1 2    1,5  2 2     1   1     

       

Δp = 13,79 kPa Para los demás valores se realizó la siguiente tabla: Tabla 8.3 Valores de incremento de carga a diferentes profundidades z, (m) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Δp, (kPa) 13,79 21,51 16,70 11,81 8,47 6,27 4,79 3,76 3,03 2,48

A continuación se representa una gráfica mostrando la variación de incremento de carga en función de la profundidad Figura 8.5.

4


Incremento de esfuerzo vertical,  p z (kPa) 0.00

50.00

100.00

150.00

200.00

250.00

300.00

0

x = 1,5 m

Profundidad, z (m)

2

x = 0,0 m

4

6

8

10

12

Figura 8.3. Gráfica de incremento de carga p con respecto a distancia x c) Despejar r de la ecuación D-1 del ANEXO H. Sabiendo que: r=x 1/ 5       3   1 x  z    2 p   2  z P    

Para z = 0,01 y p/P = 0.8

  3  x  ( 0,01)   2 ( 0,01)2 ( 0,8 )  

1/ 5

  1  

x = 0,06 m

5


Tabla 8.4 Valores obtenidos de distancia x, para graficar el bulbo de presión para diferentes profundidades p/P 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8

z, (m) 0.01 0.10 0.15 0.20 0.,25 0.30 0.35 0.40 0.45 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75

x, (m) 0.06 0.20 0.25 0.28 0.30 0.32 0.33 0.33 0.33 0.32 0.31 0.28 0.25 0.20 0.12

x , (m)

z , (m)

-0,8 0

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

p/P = 0.8

0,2

p/P = 0.6

0,4

p/P = 0.4

0,6

p/P = 0.2

0,8

1

1,2

1,4

1,6

1,8

Figura 8.4. Bulbo de presiones.

6


PROBLEMA 8.2 Se ha realizado la construcción de dos tanques de acero para almacenamiento de petróleo, en una refinería. El tanque A tiene 10 m de diámetro y transmite al suelo una presión uniforme de 150 kPa. El tanque B tiene 12 m de diámetro y transmite al suelo una presión uniforme de contacto de 200 kPa. Ambos tanques se encuentran emplazados sobre la superficie natural del terreno y la distancia entre sus centros es de 16 m, como se observa en la Figura 8.7. Se requiere encontrar los incrementos de esfuerzo vertical inducidos por los tanques en los siguientes casos: a) Sobre el eje vertical central de cada tanque (A y B) y a una profundidad de 10 m por debajo de la base. b) Sobre el eje vertical C equidistante a los ejes de los tanques A y B, a una profundidad de 10 m.

16,0 m A CL

10,0 m

B 12,0 m

qA = 150 kPa

qB = 200 kPa

Tanque A

Tanque B

Figura 8.5. Tanques sobre la superfície de suelo. Solución Se asume que los tanques de acero poseen un espesor tal que pueden considerarse flexibles: a) Inicialmente se analiza el tanque A. El incremento de esfuerzo vertical en un punto perteneciente al eje del tanque A y a 10 metros de profundidad viene dado por la carga del mismo tanque y además la del tanque B; de la siguiente manera:

p  p A  p B Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-5 del Anexo H, o la Figura D.1 del mismo anexo. pA = 0,284 qA = 42,6 kPa

7


Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se utiliza la ecuación D-6 del Anexo H y las Tablas D.2 y D.3. 2r/D = 2,666 ; 2z/D = 1,666 A′ = 0,03081 (interpolación) B′ = 0,00332 (interpolación) pB = qB (A′+B′) = (200)(0,0341) = 6,8 kPa Finalmente, el incremento de esfuerzo en un punto ubicado a 10 m de profundidad sobre el eje del tanque A es: Δp = 49,4 kPa A continuación, se realiza el mismo análisis para el tanque B: p  p B  p A

Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se utiliza la caución D-5 del Anexo H, o la Figura D.1 del mismo anexo. pB = 0,369 qB = 73,9 kPa Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-6 del Anexo H y las Tablas D.2 y D.3. 2r/D = 3,2 y 2z/D = 2,0 A′= 0,020088 B′= –0,000596 pA = qA (A′+B′) = (150)(0,0194) = 2,9 kPa Finalmente, el incremento de esfuerzo en un punto ubicado a 10 m de profundidad sobre el eje del tanque B es: Δp = 76,8 kPa b) Al igual que en los casos anteriores, el incremento de esfuerzos en este punto, viene dado por la suma de los incrementos sufridos por ambos tanques. Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-6 del Anexo H y las Tablas D.2 y D.3. 2r/D = 1,6 y 2z/D = 2,0 A′= 0,05919 (por interpolación)

8


B′= 0,05664 (por interpolación) pA = qA (A′+B′) = (150)(0,1158) = 17,4 kPa Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se obtiene: 2r/D = 1,333 ; 2z/D = 1.666 A′= 0.085110 (interpolación) B′= 0.081349 (interpolación)

pB  qB  A  B  2000,1664  33,3 kPa Finalmente: Δp = 50,7 kPa

9


PROBLEMA 8.3 La Figura 8.8 muestra dos zapatas corridas Z1 y Z2 (L >> B), separadas por una distancia de 3,0 metros y cargadas linealmente con 100 kN/m. Asumiendo que la carga dada es la neta, se pide graficar los incrementos de esfuerzo (ocasionado por ambas zapatas) sobre el eje central de la zapata Z1.

3m

100 kN/m

Z1

100 kN/m

Z2

1m

1m

1m

Figura 8.6. Fundaciones en el suelo. Solución El incremento de esfuerzo vertical en un punto perteneciente al eje de la zapata, está influenciado por la carga de la misma y además por la zapata adyacente. Para el cálculo del incremento de esfuerzos, se utiliza la ecuación D-3, la ecuación D-4 o la Tabla D.1 del Anexo H. Los resultados se presentan a continuación. Tabla 7.5 Valores de incremento de carga para diferentes profundidades para las zapatas Z1 y Z2. Z1 Z2

z, m 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0

p 100,0 81,83 54,98 39,58 30,58 24,81 20,84 17,95 15,75 14,03 12,65

p 0,00 0,10 0,69 1,80 3,14 4,40 5,40 6,12 6,57 6,81 6,90

La Figura 8.9 muestra de variación del incremento de esfuerzo en función a la profundidad por debajo del eje central de la zapata Z1. La línea delgada representa la influencia de la zapata Z2. La línea gruesa representa la influencia de la propia zapata Z1.

10


Figura 8.7 Variación del incremento de esfuerzo

11


PROBLEMA 8.4 Se desea construir una estructura para la conducción de cables de comunicación por debajo de un lago. La Figura 8.10 a muestra las condiciones iniciales en el sitio. La Figura 8.10 b identifica el modo de construcción y la Figura 8.10 c muestra la estructura y condiciones al final del periodo de construcción. Calcule el incremento de carga neto a nivel de fundación después de concluida la obra.

-1 _ 0 _ 1 _

_ Nivel de agua Agua

w = 9,8 kN/m3

Arcilla blanda

sat = 20,8 kN/m3

_ Nivel de terreno

sat = 19,7 kN/m3 Arcilla rígida

Figura 8.8. Perfil de suelo. _ Nivel de agua 0 _ 1 _

Agua

_ Nivel de terreno excavación

Arcilla blanda

2 _ 3 _ Arcilla rígida 4 _

Figura 8.9. Excavación. -1 _ _ Nivel de terreno

0 _

d = 16,5 kN/m Relleno compactado sat = 19,5 kN/m3 3

1 _

Arcilla blanda

2 _ 3 _

q Arcilla rígida

Estructura de concreto

w = 15%  = 18,97 kN/m3 γc = 23 kN/m3

4 _

Figura 8.10. Estructura de concreto.

12


Solución El incremento de carga neto esta dado por: qn = 'f - 'i Además sabemos que: ' =  - u Cálculo del esfuerzo efectivo inicial, ′i:  = (9,8)(1)+(20,8)(1,5)+(19,7)(0,5)= 50,85 kPa u = (9,8)(3) = 29,4 kPa 'i = 21,45 kPa Cálculo del esfuerzo efectivo final, 'f:  = (23)(1)+(19,5)(1) = 42,5 kPa u = (9,8)(2) = 19,6 kPa 'f = 22,9 kPa qn = 22,9 – 21,45 = 1,45 qn = 1,45 kPa

13


PROBLEMA 8.5 Se planea construir un edificio comercial de 12 plantas (incluyendo sótano). Cada planta ejerce una presión de 10 kPa, esto considerando el peso propio de la estructura o carga muerta, y también acciones de sobrecarga o cargas vivas tales como un tanque de agua y maquinarias. La fundación de la estructura consiste de una losa de hormigón armado de 12 m de ancho y 30 m de largo, que se apoya a 3 m de profundidad (Figura 8.11). El terreno está compuesto por arena. El peso unitario de la arena saturada es 21 kN/m3, el peso unitario de la arena seca es 19 kN/m3 y el nivel freático se encuentra a 2 m de profundidad. Despreciando el efecto de la capilaridad y percolación, se pide determinar el incremento de esfuerzo vertical causado por la estructura a una profundidad de 4 m por debajo del centro de la base de la losa, en los siguientes casos: a) Considerando que se trata de una fundación flexible. b) Considerando que se trata de una fundación rígida. Solución

Losa de hormigón armado _ Nivel de terreno

0 _ 1 _ 2 _

q = 120 kPa

Df = 3 m

_ Nivel de agua _ Nivel de fundación

3 _ B = 12 m Arena

Figura 8.11. Fundación flexible. El edificio tiene 12 plantas, por lo tanto la carga bruta es: q = (12)(10) = 120 kPa La carga neta al nivel de fundación es:

qn  q' q' o , q'  q  u ; q'o  qo  u Siendo que el nivel freático no presenta cambios en su nivel antes y después de colocada la carga, el cálculo de la carga neta se reduce a:

q n  q  q o  q  (2)( )  (1)( sat )

14

Capítulo 8 Incremento de esfuerzo vertical qn = 120 – (19)(2) – (21)(1) = 61 kPa a) Para el caso de una fundación flexible Empleamos las ecuaciones D-7 y D-8 o la Tabla D.4 del Anexo H, con los siguientes datos:

B/2 B

L/2 L Figura 8.12. De la Figura se sabe que: L = 30/2 = 15 m B = 12/2 = 6 m z = 4,0 m Se obtiene: m =1,5

n =3,75 entonces I3 = 0,229

p = (61)(0,229)=13,97 kPa Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación es p = (4)(13,97) = 55,9 kPa b) Para el caso de una fundación rígida Se puede emplear la Figura A.3 del Anexo A:

L 30 = = 2,5 B 12 z 4 = = 0,33 B 12 De la Figura A.3: Ir = 0,72 Entonces:

p = (0,72)(61) = 43,9 kPa

15


PROBLEMA 8.6 Para la zapata de fundación cuadrada (1,50 x 1,50 m) de la Figura 8.13, determinar el incremento de presión promedio en el estrato de arcilla compresible ubicado a un metro por debajo del centro de la fundación. Además, dibuje un diagrama de incremento de presiones por debajo de la fundación. Considere la fuerza dada como fuerza neta aplicada, despreciando la diferencia de pesos unitarios de suelo y hormigón.

450 kN 1m

1.5 m x 1.5 m

Arena

1m

Arcilla compresible

2m

Arena densa

Figura 8.13. Fundación en perfil de suelo. Solución El incremento de esfuerzo promedio en el estrato de arcilla está dado por la ecuación:

1 p pr  ( psup  4pm ed  pinf ) 6 La carga neta es:

qn 

450 = 200, 00 kPa (1,5)(1,5)

A continuación, utilizando la ecuación D-7 y la Tabla D.4, para L = 1,5 / 2 = 0,75 m, B = 1,5 / 2 = 0,75 m, se tiene que el incremento de esfuerzo vertical en la esquina a partir del nivel de fundación es: (sup) (med) (inf)

z = 1,0 m z = 2,0 m z = 3,0 m

  

p = 27,4 kPa p = 10,8 kPa p = 5,4 kPa

Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación será: (sup) (med) (inf)

pt = (4)(27,4) = 109,6 kPa pm = (4)(10,8) = 43,2 kPa pb = (4)(5,4) = 21,6 kPa

16


Y el incremento de esfuerzo promedio en el estrato:

p pr 

1 109,6  443,2  21,6 6

Δppr = 50,7 kPa La Figura 8.14 muestra la variación del incremento de esfuerzo vertical (kPa) por debajo del eje central de la zapata, en función a la profundidad referida al nivel de fundación (m). La zona resaltada corresponde al estrato compresible de arcilla.

Figura 8.14 Incremento de esfuerzo por debajo del centro de la zapata

17


PROBLEMA 8.7 La Figura 8.15 muestra una losa de fundación flexible ubicada sobre la superficie del terreno. La presión uniforme que ejerce la losa sobre el suelo es de 250 kPa. Se pide calcular el incremento de esfuerzo vertical por debajo del punto A, a una profundidad de 5 metros utilizando: a) Método analítico (Boussinesq) a) Método gráfico de Newmark

Figura 8.15. Forma de la losa de fundación. Solución a) La Figura 8.16 muestra el esquema para la solución del problema mediante el método analítico.

Figura 8.16 Esquema de solución analítica Se puede observar que el incremento de esfuerzo en el punto A puede ser calculado aplicando la superposición de los efectos de las losas A1, A2 y A3. El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A1 es: B = 4,0 m  m = 0,8  L = 7,0 m  n = 1,4 

I3 = 0,174 z = 5,0 m

pA1 = (0,174)(250) = 43,5 kPa

18


El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A2 es: B = 5,0 m L = 7,0 m z = 5,0 m

 

m = 1,0  n = 1,4

I3 = 0,191

pA2 = (0,191)(250) = 47,8 kPa

El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A3 es: B = 3,0 m L = 5,0 m z = 5,0 m

 

m = 0,6 n = 1,0



I3 =0,136

pA3 = (0,136)(250) = 34,0 kPa

Finalmente, el incremento de esfuerzo en el punto A será:

pA= 43,5 + 47,8 - 34,0

ΔpA = 57,3 kPa b) La figura siguiente, muestra el cálculo del incremento de esfuerzo vertical según el gráfico de Newmark. El valor de influencia IV del gráfico de Newmark presentado en la Figura 8.17 es de 0,005.

Figura 8.17 Esquema de solución analítica El número de cuadros dentro del área de la fundación es de aproximadamente 45,4. Finalmente el incremento puede calcularse mediante la ecuación [I.14]] pA = (0,005)(45,4)(250) ΔpA = 56,7 kPa

19


PROBLEMA 8.8 Para la Figura 8.18, se pide determinar el promedio de incremento de esfuerzo en los 8 primeros metros del segundo estrato, haciendo uso del método de Milovíc. D=4m q = 100 KPa (Circular)

2m

E = 50 MPa (Interface rugosa)

E = 5 MPa

Figura 8.18. Esfuerzos en el suelo. Solución. a=2m q = 100 KPa

(Circular)

0. 1.

E1 = 50 MPa

H1 = 2 m

2.

E1 50   10 E2 5 a 2  1 H1 2

29.2

E2 = 5 MPa

z  0 m 

3. 4.

16.8

5. 6.

10.5

7. 8.

7

  0.292 q

   29.2 KPa z  2 m 

  0.168 q

   16.8 KPa

9. 10.

z [m]

5

20


  0.105    10.5 KPa q    0.07    7 KPa q    0.05    5 KPa q

z  4 m  z  6 m z  8 m

 p 

 p  4 m   b 6



29.2  4 *10.5  5 6

 p  12.7 KPa

21


PROBLEMA 8.9 Se desea construir una zapata cuadrada y flexible de 2,5 m de ancho a 1,5 m por debajo el nivel natural del terreno, en una arcilla totalmente saturada. De acuerdo a la investigación de campo, se ha podido observar que el nivel freático inicialmente se encuentra en la superficie del terreno, proyectándose que baje en 1 m cuando la estructura esté finalizada. La Figura 8.19 muestra las condiciones del problema. Se ha calculado que la carga puntual a ser aplicada en la columna, a nivel del terreno, será de 650 kN y que la columna de hormigón armado tendrá una sección de 0,25 m x 0,25 m que descansará sobre la base de la zapata de 0,4 m de espesor. Considere que c = 24 kN/m3 para calcular la carga neta aplicada a nivel de fundación. P 0,5 m x 0,5 m 0

1

c = 24 kN/m3

Arcilla

w = 10,0 kN/m3

d = 16 kN/m3 0,5 m

sat = 18 kN/m3 2

B = 2,00 m

3

4

5

Figura 8.19 Condiciones del problema La carga neta es calculada como: q n  q' q' o , siendo q’ la carga bruta, en tanto que q’o es la sobrecarga ó la carga en el nivel de fundación antes de colocar la fundación. q'  q  u . El valor de q es la carga bruta total que actúa a nivel de fundación, para calcular su valor debe tomarse en cuenta el peso de la fundación, la carga puntual que actúa en la columna y el suelo que queda por encima de la zapata para luego dividir entre el área de la zapata.

q



1 P  Fc  Fs B2



P = 500 kN

Fc  24  2  2  0,5  0,5 0,5  1,5  57

Fs 18  2  2  0,5  0,5  0,5  0,5 16·2·2·1 0,5·0,5·1  93,75 22


q

500 57  93.75  162.7 kN 4

m2

u 1·9,8  9,8 q' 162,7  9,8 q' 152,9

kN m2

Para el cálculo de la sobrecarga

q' o  qo  u

qo  D 18  2  36 u  2·9,8 19,6 q'o  36 19,6

q'o 16,4

Finalmente, se tiene que la carga neta es:

qn 152,9 16,4

qn 136,5

kN m2

23

Capítulo 9 Asentamientos

23

Problemas resueltos de mecánica de suelos CAPITULO NUEVE

Asentamientos 9.1. Introducción. El asentamiento en las fundaciones superficiales está compuesto por tres componentes, el asentamiento inmediato (Si), el asentamiento por consolidación primaria (Sc) y el asentamiento por consolidación secundaria (Ss). El cálculo del asentamiento inmediato en general se basa en la teoría elástica. Los otros dos componentes de asentamiento resultan de la expulsión gradual de agua y del reordenamiento de partículas bajo carga constante, respectivamente. La importancia relativa de los componentes de asentamiento según el tipo de suelo, es presentada en la Tabla. Tipo de suelo Arena Arcilla Suelo orgánico

Si Si Relativa Relativa

Sc No Si Relativa

Ss No Relativa Si

Asentamiento inmediato. Es estimado a partir de los parámetros elásticos del suelo. Para suelos predominantemente cohesivos, esta teoría es buena, debido a que se asumen condiciones de homogeneidad e isotropía no tan alejadas de la realidad. Como datos para el cálculo, se requieren el módulo de elasticidad no drenado EU y el coeficiente de Poisson . Por otro lado, para la estimación del asentamiento inmediato de suelos granulares sin cohesión, se recomienda utilizar los métodos semi empíricos en los que sí se toma en cuenta la variación de los parámetros elásticos, como por ejemplo el método de Schmertmann. Asentamiento por consolidación primaria. El asentamiento por consolidación es propio de suelos saturados cohesivos o de baja permeabilidad sujetos a un incremento en el esfuerzo efectivo que se traduce en un incremento en la presión de poros. Si bien el agua y las partículas de suelo son virtualmente incompresibles, el cambio de volumen en la masa de suelo se debe a la expulsión gradual del agua de los poros. Para predecir el asentamiento por consolidación, es necesario conocer las propiedades esfuerzo – deformación en una masa de suelo. Para esto, se desarrolla una prueba de laboratorio denominada consolidación unidimensional (prueba del edómetro), en la cual la muestra puede deformarse solamente en dirección vertical. La deformación horizontal es impedida. Las ecuaciones para la estimación del asentamiento por consolidación primaria a partir de los parámetros obtenidos en laboratorio, son presentadas en el Anexo I. De forma meramente casual, el método de consolidación primaria unidimensional resulta muy acertado para la estimación del asentamiento total (Si + Sc). Para arcillas rígidas el asentamiento total es igual al asentamiento edométrico (total = edómetro). Para arcillas blandas el asentamiento total es igual a 1,1 veces el asentamiento edométrico (total = 1,1 x edómetro). Finalmente, en cuanto a la estimación del tiempo de consolidación, el Anexo I presenta las ecuaciones y tablas basadas en la teoría de consolidación unidimensional de Terzaghi. Asentamiento por consolidación secundaria. A diferencia de la consolidación primaria, el proceso de consolidación secundaria no contempla la expulsión de agua de los poros, sino más bien se refiere a la reorientación, fluencia y descomposición de materiales orgánicos en el suelo por lo que tampoco es preponderante un cambio en el esfuerzo efectivo para su desarrollo. Las ecuaciones para su estimación son presentadas en el Anexo I. 24


9.2. Problemas resueltos. PROBLEMA 1 La estratigrafía de un terreno está formada por 5 m de arcilla normalmente consolidada, todo ello sobre un macizo rocoso compuesto de arenisca de permeabilidad alta. El nivel freático se halla a 2 m de la superficie del terreno (Figura 9.1). El peso unitario saturado de la arcilla es 21 kN/m3. Con una muestra inalterada obtenida a 2,5 m de profundidad se realizó un ensayo de consolidación, habiéndose alcanzado los siguientes resultados: Índice de vacíos inicial = 0,58 Índice de compresibilidad = 0,11 Coeficiente de consolidación = 0,20 m2/año ( parámetro correspondiente al rango de presiones al que estará sometido el suelo) En la superficie del terreno se proyecta construir un tanque de almacenamiento de combustible de 5m de diámetro, mismo que ejerce una presión vertical sobre el suelo de 143 kN/m2. Este tanque duplicará la presión vertical efectiva que existe en la arcilla actualmente.

5

Arcilla N.C.

eo=0,58 cc=0,11 2 cv=0,2 m /año

Macizo rocoso muy fracturado

Figura 9.2. Carga sobre el suelo. Se requiere:

a) Calcular el asentamiento. b) ¿Qué tiempo en años será necesario para alcanzar el 50 % del asentamiento en la capa de arcilla?

25


Solución . a) Calcular el asentamiento. El asentamiento debido a la consolidación de la arcilla NC es calculado, por la ecuación:

SC 

 po  p pr  cc H c  log  1  eo po  

Reemplazando los valores se tiene que:

SC 

(0,11)(2000) log 2  42 mm 1  0,58

Este valor resulta ser el asentamiento por consolidación del ensayo del edómetro (ensayo de consolidación), o sea:

S C (oed)  42 mm Éste debe ser corregido por factores empíricos para obtener el asentamiento por consolidación real. En este caso se puede emplear el criterio de Skempton & Bjerrum (Tabla 9.2) para arcillas suaves normalmente consolidadas, según el cual el valor del factor corrección es de 1

S C  S C (oed) Entonces: SC = 42 mm El asentamiento inmediato producido en la arena puede ser calculado según la ecuación E-3 propuesta por Harr (en este caso para fundaciones flexibles). Para el ejemplo, B = 5 m, ES = 25 MN/m2, S = 0,3. El coeficiente av se puede obtener de la Figura E,1 del Anexo E. b) Tiempo en años para alcanzar el 50 % del asentamiento en la capa de arcilla. El esfuerzo vertical efectivo inicial en el punto medio de la arcilla, empleando un valor para el peso unitario del agua de 10 kN/m3. o = (2)(18) + (1)(20) + (1)(21) – (2)(10) o = 57 kN/m2

26

Capítulo 9 Asentamientos Entonces, el incremento de esfuerzo promedio efectivo en ese punto es igual a

pav = 57 kN/m2 A continuación se procede a estimar la carga neta en la superficie mediante un proceso inverso utilizando la ecuación de incremento de esfuerzo por debajo de una fundación circular flexible.

 1  p  qo 1   1  B / 2 z 2 



  3  2  



Para B = 5 m y z = 3 m, 4 m, 5 m se obtiene que:

p av

   q  1  o  1  3 6  2     5   2   1   23     

        1   4  1  3 2 2       1   5       24      

        1   1  3 2 2       1   5       25      

         

57 = qo (0,399) Por lo que la carga neta a nivel de fundación es: qo = 143 kN/m2 Como las hipótesis de Harr H =  no se cumple, se deben hacer correcciones mediante los coeficientes F1 y F2. Estos coeficientes se pueden obtener de las figuras E.2 y E.3 del Anexo E. Para:

 0,6 B  L 1  B  H

F1  0,08 F2  0,075

Finalmente se tomará la ecuación E-4 del Anexo E.



 



 



Si 

B qo 2 1   s 1   s 2 F1  1   s  2  s 2 F2 Es

Si 

(5)(143) 1  0,32  1  0,32 (0,08)  1  0,3  2(0,3) 2 (0,075) 25000











Si = 0,00291 m = 3,0 mm

27

Problemas resueltos de mecánica de suelos El asentamiento calculado corresponde al asentamiento en la parte central del tanque. Empleando la Tabla E.1 del Anexo E, para un grado de consolidación del 50 %, se obtiene que el factor del tiempo correspondiente a un 50% de consolidación es: Tv = 0,197 Mediante la ecuación E-14 del anexo E, se sabe que:

t

Tv H dr 2 cv

Para el ejemplo, cv = 0,20 m2/año, Hdr = 1 m (doble drenaje), ya que el agua de los poros en la arcilla será expulsada hacia el estrato superior de arena y hacia la base rocosa fracturada,

t

(0,197) (1) 2 0,20

t  1 año Finalmente, se concluye que al cabo de un año (50% de consolidación) el asentamiento máximo de la fundación será: St  (42)(0,50) + 2,0 St = 23 mm

28

Capítulo 9 Asentamientos PROBLEMA 2 Se planea construir un edificio de hormigón armado de 10 niveles (incluyendo sótano). La presión aplicada al terreno por nivel es de 10 kN/m2. La fundación de la estructura consiste de una losa rectangular flexible de 10 m de ancho y 20 m de largo, apoyada a 4 m de profundidad. La estratigrafía del terreno consiste de 8 m de arcilla sobre - consolidada que descansa sobre roca impermeable (Figura 9.3). Los parámetros obtenidos del estudio geotécnico son los siguientes: Profundidad del nivel freático respecto a la superficie del terreno = 1 m Peso unitario de la arcilla = 19 kN/m3 Coeficiente de compresibilidad volumétrica = 0,14 m2/MN Coeficiente de consolidación = 10 m2/año (Estos dos últimos parámetros corresponden al rango de presiones al que será sometido el suelo). Se requiere: a) Calcular el asentamiento total del punto central de la losa de fundación, en mm b) Calcular el asentamiento total en una de las esquinas de la losa de fundación, en mm. c) Calcular la magnitud del asentamiento diferencial producido entre el punto central y la esquina de la losa. d) Suponiendo en principio un exceso de presión de poros uniforme (uo constante), y una longitud o trayectoria de drenaje de 4 m, estimar el tiempo en años que será necesario para alcanzar el 90% del asentamiento total.

Figura 9.3. Edificio en estrato de suelo. Solución. a) Calcular el asentamiento total del punto central de la losa de fundación El edificio tiene 10 plantas, por lo tanto la carga bruta es: q = (10)(10) = 100 kN/m2 29

Problemas resueltos de mecánica de suelos La carga neta a nivel de fundación es:

qn  q'q'o  q  D f Para  = 19 kN/m3 y una profundidad de fundación Df = 4 m, se tiene: qn = 100 – (4)(19) = 24 kN/m2 Para el caso de una fundación flexible se puede emplear la ecuación D-7 del Anexo D

p = q I3 En este caso q = 24 kN/m2 y el factor I3 puede ser determinado de la Tabla D.4 del Anexo D. Para determinar el asentamiento del centro de la losa, se analiza la cuarta parte del rectángulo. L = 20 / 2 = 10 m, B = 10 / 2 = 5 m, z = 2 m De este modo se obtiene que el esfuerzo vertical por debajo de la esquina es:

p = 5,85 kN/m2 Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación

p = (4)(5,85) = 23,4 kN/m2 Ahora, para hallar el asentamiento de consolidación del ensayo del edómetro se tiene que: c(oed) = mv ' H c(oed) = (0,00014)(23,4)(4) c(oed) = 0,0131 m = 13 mm Valor que debe ser corregido para obtener el asentamiento total de la arcilla. En este caso se puede emplear el criterio de Burland para arcillas rígidas sobreconsolidadas, según el cual, Stotal = Sc(oed) = c(oed) Entonces: Stotal = 13 mm b) Calcular el asentamiento total en una de las esquinas de la losa de fundación. En este caso q = 24 kN/m2 y el factor I3 puede ser determinado de la Tabla D.4 del Anexo D. Para determinar el asentamiento de la esquina de la losa, se analiza toda la losa. L = 20 m, B = 10 m, z = 2 m

30

Capítulo 9 Asentamientos De este modo se obtiene que el esfuerzo vertical por debajo de la esquina es:

p = 5,98 kN/m2 El asentamiento de consolidación del ensayo del edómetro c(oed) = mv  H c(oed) = (0,00014)(5,98)(4) c(oed) = 0,0033 m = 3,3 mm Valor que se corrige para obtener el asentamiento total de la arcilla. En este caso se empleará el criterio de Burland para arcillas rígidas sobreconsolidadas, según el cual: Stotal = Sc(oed) = c(oed) Entonces: Stotal = 3,3 mm c) Se pide encontrar el asentamiento diferencial entre los puntos previamente analizados. Asentamiento diferencial producido:

 = 13 – 3,3 = 9,7 mm d) Empleando la Tabla E.1 del Anexo E, se obtiene el valor del factor tiempo, correspondiente al 90% de consolidación Tv = 0,848 Además se sabe que:

t

Tv H 2 cv

Para el ejemplo, cv = 10 m2/año, H = 4 m (trayectoria de drenaje), entonces:

t

(0,848)(4) 2 10

t  1,4 años

31


PROBLEMA 3 Una zapata flexible de fundación de 1,0 m x 1,0 m, soportando una carga de contacto sobre el nivel de fundación de 200 kN, es construida a una profundidad de 1,0 m debajo de la superficie del terreno. El depósito de suelo está conformado por un estrato de 2,0 m de arena. El nivel freático se encuentra a 1,0 m de profundidad respecto a la superficie. Debajo de la arena se halla un estrato de arcilla normalmente consolidada de 2,0 m de espesor que a su vez descansa sobre arena densa (Figura 9.4).

200 kN

Arena

1m 1.0m x 1.0m 1m

Arcilla compresible 2m

Arena densa Figura 9.4. Zapata en perfil de suelo. Mediante el estudio de suelos se han determinado los siguientes parámetros: Depósito de arena Peso unitario por encima del nivel freático = 17,0 kN/m3 Peso unitario por debajo del nivel freático = 19,0 kN/m3 Módulo de elasticidad = 20 MPa Arcilla Peso unitario saturado = 18,0 kN/m3 Índice de vacíos inicial = 0,7 Índice de compresión = 0,25 Índice de expansión = 0,06 Módulo de elasticidad = 25 MPa Peso unitario del agua = 9,8 kN/m3 Se pide encontrar el asentamiento total en el centro de la fundación. 32

Capítulo 9 Asentamientos Solución. El incremento de esfuerzo promedio en el estrato de arcilla está dado por:

1 p  (pt  4pm  pb ) 6 Si empleamos la ecuación:

p = q I En este caso, la carga neta es:

qn 

200,0  (1)(17)  183,0 kPa (1,0)(1,0)

Asimismo, I = f (B, L, z), Para L = 1,0 / 2 = 0,5 m incremento de esfuerzo vertical en la esquina es: z = 1,0 m z = 2,0 m z = 3,0 m

  

B = 1,0 / 2 = 0,5 m, se tiene que el

p = 15,37 kN/m2 p = 4,94 kN/m2 p = 2,32 kN/m2

Entonces, el incremento de esfuerzo vertical bajo el centro de la fundación es:

pt = (4)(15,37) = 61,48 kN/m2 pm = (4)(4,94) = 19,76 kN/m2 pb = (4)(2,32) = 9,28 kN/m2 Y el incremento de esfuerzo promedio en el estrato, será:

1 1 pav  (pt  4pm  pb )  (61,48  (4)(19,76)  9,28) 6 6

pav  25 kN/m2 Asentamiento inmediato en la arcilla Se puede emplear la ecuación propuesta por Janbu, que será:

S e  A1 A2

qO B ES

Los factores A1 y A2 se obtienen de la Figura E.5 del Anexo E. Para estimar el asentamiento inmediato en la arcilla, se asume que el estrato de arcilla se extiende hasta la superficie y que tiene una base rígida. En este caso, para Df/B = 1,0 / 1,0 = 1,0 se tiene: A2  0,94 33

Problemas resueltos de mecánica de suelos Además, para H / B = (3,0) / 1,0 = 3,0 se tiene: A1  0,6 Entonces:

S e  (0,6)(0,94)

(183)(1,0) 25

Se = 4,13 mm Se asume luego que el primer estrato es arcilla con características iguales al segundo estrato y con una base rígida. En este caso, para Df / B = 1,0 / 1,0 = 1,0, se tiene: A2  0,94 Además, para H / B = (1,0) / 1,0 = 1,0 se tiene: A1  0,34 Luego:

S e  (0,34)(0,94)

(183)(1) 25

Se = 2,34 mm Entonces el asentamiento inmediato en la arcilla es la diferencia entre los dos asentamientos anteriores. Se = 4,13 – 2,34 = 1,79 mm Asentamiento por consolidación en la arcilla El esfuerzo vertical efectivo inicial en el punto medio de la arcilla 'o = (1,0)(17,0) + (1,0)(19,0–9,8) + (1,0)(18,0–9,8) 'o = 34,4 kN/m2 El asentamiento debido a la consolidación de la arcilla está dado por:

S oed 

  '  p  CC H log  o '  1  eO  o 

S oed 

(0,25)(2000)  34,4 + 25  log   1  0,70  34,4 

Por lo que,

34

Capítulo 9 Asentamientos SOED = 69,77 mm Valor que deberá ser corregido para obtener el asentamiento por consolidación real. En este caso se puede emplear el criterio de Burland para arcillas rígidas normalmente consolidadas, según el cual SC = Soed Entonces Stotal = 69,77 + 1,79 = 71,6 mm Asentamiento en la arena Para calcular el asentamiento en el estrato de arena, se recurre al método propuesto por Schmertmann, para el que se procede a dibujar un esquema del factor de influencia. El esfuerzo efectivo inicial al nivel de la fundación (Df) y a la profundidad del factor máximo de influencia (Df + B/2) es: 'vo = (1)(17) = 17 kPa 'vp = (1)(17) + (0,5)(19–9,8) = 21,6 kPa El valor máximo del factor de influencia Iz y los factores de corrección C1, C2 y C3 son (v, Ecuaciones 8.2, 8.3, 8.4): IZ = 0,5 + (0,1)(183 / 21,6)1/2 = 0,79 C1 = 1 – (0,5)(17 / 183) = 0,95 C2 = 1,0 C3 = 1,03–0,03(1,0/1,0) = 1,0

Figura 9.5. Incremento de esfuerzo verticales.

35


Para zapatas : Iz = 0,1+(zf/B)(2Izp–0,2] Iz = 0,1+(0,25/1,0)[(2)(0,79)–0,2] = 0,4450 Iz = 0,667Izp(2–zf/B) Iz = (0,667)(0,79)(2–0,75/1,0) = 0,6587

zf = 0 a B/2: zf = 0,25 m: zf = B/2 a 2B: zf = 0,75 m:

Tabla 9.5. Propiedades del estrato. Estratoi Hi [m] 1 0,5 2 0,5 n

 i 1

I zi H i Ei

Izi 0,4450 0,6587

Izi Hi/Ei 0,011125 0,016468

 0,027593

Si = (0,95)(1)(1)(183)(0,027593) Si = 4,8 mm Finalmente, el asentamiento total en el centro de la fundación Stotal = Sarcilla + Sarena Stotal = 71,6 + 4,8 Stotal  76,4 mm

36


PROBLEMA 4 Una zapata de 2,0 m x 2,0 m transmite una carga bruta de contacto de 700 kN al nivel de la fundación que se encuentra a 1,5 m de profundidad. El estudio geotécnico ejecutado contempló la realización de una perforación y un ensayo de penetración de cono. Los resultados indican que el subsuelo está conformado por un depósito de arena medianamente densa a densa, El peso unitario de la arena seca es de 16 kN/m3 y se estima que el peso unitario saturado de la misma, es de 18 kN/m3. El nivel freático se encuentra a 2,0 m de profundidad a partir de la superficie del terreno. El agua tiene un peso unitario de 9,81 kN/m3. La Figura 9.6 muestra la variación de la presión en la punta del cono de penetración con la profundidad. Se pide, determinar el asentamiento producido por la carga de fundación.

Figura 9.6 Resultados de la prueba CPT Solución . Para analizar el problema se procede a elaborar una tabla. Como se puede apreciar en la Figura 9.6, la profundidad de influencia fue dividida en cinco estratos según el valor promedio de presión en la punta del cono y según el índice de influencia. La carga neta transmitida por la estructura, el esfuerzo efectivo al nivel de fundación y al nivel del valor máximo de Iz, son:

qn 

700  (1,5)(16)  151 kPa (2)(2)

'vo = (1,5)(16) = 24 kPa 'vp = (2)(16) + (0,5)(18 – 9,81) = 36,1 kPa Entonces, el valor máximo del factor de influencia Iz y los factores de corrección C1, C2 y C3 son (Ecuaciones 8.2, 8.3, 8.4, 8.5):

37

Problemas resueltos de mecánica de suelos IZ = 0,5 + (0,1)(151 / 36,1)1/2  0,7 C1 = 1 – (0,5)(24 / 151) = 0,92 C2 = 1 C3 = 1,03–(0,03)(2,0 / 2,0) = 1 qc [MPa] promedio 1 0,50 0,25 0,2500 4 2 0,50 0,75 0,5500 7 3 1,00 1,50 0,5833 7 4 1,25 2,625 0,3208 4 5 0,75 3,625 0,0875 10 zi es la profundidad hasta el punto medio del estrato analizado Nota: El módulo Es = 2,5 qc (para condiciones axisimétricas, B/L=1) Estrato

Hi [m]

zi [m]

Izi

Es [MPa] Promedio 10 17,5 17,5 10 25

Izz/Es [m/MPa] 0,01250 0,01571 0,03333 0,04010 0,00263

(IzHi/Ei)

0,10427

Finalmente, el asentamiento de la estructura es igual a: S = (0,92)(151)(0,10427) = 14,5 mm S = 14,5 mm

38

Capítulo 9 Asentamientos PROBLEMA 5 Una losa de fundación de 8,0 m x 12,0 m transmite una carga neta de 80 kPa. El nivel de fundación se encuentra a 2,0 m de profundidad. El estudio geotécnico ejecutado determinó el perfil presentado en la Figura 9.7 el cual está conformado por arcilla magra y arena limosa, sobre un lecho rocoso impermeable. El nivel freático se encuentra muy cerca a la superficie. Asumiendo que la fundación está dotada de un sistema de drenaje que permite el ingreso de agua en toda su área, y que la deformación de la arena es despreciable. Se pide determinar: a) El asentamiento total de la fundación a partir de los parámetros obtenidos. b) El tiempo que debe transcurrir para el desarrollo del 80 % de la consolidación.

q n = 80 kPa 2.0 m 5.0 m

B x L = 8 x 12 m

1.5 m

A

Arcilla magra  = 20 kN/m3 Cc = 0.22 Cs = 0.09 eo = 0.6 Cv = 0.804 m2/año pc = 135 kPa

Arena limosa

1.0 m

3

 = 19 kN/m

Arcilla magra 2.5 m 5.0 m

B

 = 19 kN/m3 Cc = 0.30 Cs = 0.12 eo = 0.9 Cv = 0.432 m2/año pc = 95 kPa

Roca impermeable

Figura 9.7 Perfil de suelo Solución . a) El asentamiento total de la fundación a partir de los parámetros obtenidos. Para determinar el asentamiento total de la fundación, es necesario estimar el incremento de esfuerzo efectivo vertical debido a la carga neta transmitida por la fundación. Se analiza ¼ de fundación (ver figura).

6m 4m

39

Problemas resueltos de mecánica de suelos A partir de las ecuaciones D-7, D-9, D-10 y la Tabla D.4 del Anexo D, se obtiene lo siguiente: Sea A el punto medio del estrato superior de arcilla magra (CL) Sea B el punto medio del estrato inferior de arcilla magra (CL) Para el punto A del estrato superior de arcilla:

pt = 80 kPa m = 4/1,5 = 2,666 n = 6/1,5 = 4 m = 4/4 = 1 n = 6/4 = 1



I3 = 0,2443



p m = 4 x 0,2443 x 80  78 kPa



I3 = 0,2178



p b = 4 x 0,2178 x 80  70 kPa

Entonces:

pAV(A) = 77 kPa Para el punto B del estrato inferior de arcilla: m = 4/4 = 1



I3 = 0,1934



p t = 4 x 0,1934 x 80  62 kPa



I3 = 0,1341



p m = 4 x 0,1341 x 80  43 kPa



I3 = 0,1069



p b = 4 x 0,1069 x 80  34 kPa

n = 6/4 = 1,5 m = 4 / 6,5 = 0,615 n = 6 / 6,5 = 0,923 m = 4/8 = 0,5 n = 6/8 = 0,75 Entonces:

pAV(B) = 45 kPa A continuación se determina el esfuerzo efectivo promedio en cada uno de los estratos de arcilla, antes de la construcción de la fundación. 'A = (3,5)(20 – 9,81) = 35,6 kPa 'A + pA = 113,6 kPa 'B = (5,0)(20–9,81)+(3,5)(19 – 9,81) = 83,1 kPa 'B + pB = 126,1 kPa

< Pc = 135 kPa < Pc = 135 kPa < Pc = 95 kPa > Pc = 95 kPa

   

SC SC SC NC

Como se puede observar, inicialmente ambas arcillas están sobre consolidadas. Después de la carga la arcilla superior se mantiene sobre consolidada, mientras que la arcilla inferior cambia de estado a normalmente consolidada. A continuación, los asentamientos de los estratos de arcilla superior (SA) e inferior (SB) son calculados, según las ecuaciones B-7 y B-8 del Anexo B respectivamente. 40


SA 

0,09(3000)  35,6  77  log   84,4 mm 1  0,6  35,6 

SB 

0,12(5000)  95  0,30(5000)  83,1  45  log log    121mm 1  0,9 1  0,9  95   83,1 

STOTAL  84,4  121 Stotal = 205,4 mm b) El tiempo que debe transcurrir para el desarrollo del 80 % de la consolidación. El grado de consolidación de 80% está referido al asentamiento total, por lo tanto: U = 80%



S80 = 0,80 x 205,4 = 164,32 mm

Para un tiempo t en el estrato superior de arcilla se tiene:

Tv A 

Cv A t H dr A 2

Para un tiempo t en el estrato inferior de arcilla se tiene:

Tv B 

Cv B t H dr B 2

Dividiendo ambas ecuaciones se obtiene: 2 Tv A Cv A  H dr B  0,804  5 2     20,68   2  0,432  1,5 2  Tv B Cv B  H dr A 

Tv A  20,68(Tv B ) Nótese que la altura de drenaje para la arcilla superior es de 1,5 m debido a que puede expulsar el agua hacia la fundación y hacia el estrato de arena. La altura de drenaje para la arcilla inferior es igual a su espesor debido a que solamente puede drenar hacia la arena. La siguiente ecuación muestra el desarrollo del asentamiento total de la fundación en función del tiempo.

S (t )  U A (t ) S A  U B (t ) S B Donde: S(t) Asentamiento total de la fundación en función del tiempo. UA(t), UB(t) Grado de consolidación en función del tiempo. SA, SB Asentamiento total por consolidación en cada estrato. Se requiere determinar un tiempo t en el que S(t) = 164,32 mm.

41

Problemas resueltos de mecánica de suelos A continuación se sigue un proceso indirecto para calcular t: Suponemos primeramente un 90% de consolidación para la arcilla superior, ¿cuanto será el asentamiento total? UA = 90%  TvA = 0,848 (de la Tabla B.1, Anexo B) TvB = 0,848 / 20,68 = 0,0410  UB = 23%

(de la Tabla B.1, Anexo B)

Entonces el asentamiento total es: (0,90)(84,4) + (0,23)(121) = 104 mm

t

Tv A ( H dr A ) 2 0,848(1,5) 2   2,3 años Cv A 0,804

Esto significa que transcurridos aproximadamente 2,3 años después de la aplicación de la carga, el asentamiento ha alcanzado una magnitud de 104 mm para un grado de consolidación de 90% y 23% de los estratos de arcilla superior e inferior respectivamente. El valor calculado aún está alejado de los 164,32 mm (correspondientes al 80% del asentamiento total) que se requieren alcanzar, lo cual significa que el estrato superior se consolida totalmente antes de alcanzar el asentamiento total de 164,32 mm, quedando el estrato inferior como el limitante o el crítico para este análisis. El problema ahora, se reduce a hallar el tiempo en que el estrato inferior de arcilla alcance una deformación igual a la diferencia de la deformación total requerida y la deformación total del estrato superior. El asentamiento del estrato B en el tiempo t requerido es SB(t) = 164,32 – 84,4 = 79,92 mm UB = 79,92 / 121 = 66,05%

 TvB = 0,352

TvA = (0,352)(20,68) = 7,3  UA = 100%

CUMPLE!

(de la Tabla E.1, Anexo E) (de la Tabla E.1, Anexo E)

Entonces el asentamiento total es: (1,00)(84,4) + (0,66)(121) = 164,32 mm Finalmente, el tiempo es:

t

Tv B ( H dr B ) 2 0,352(5) 2  CvB 0,432

t = 20,4 años

42

Capítulo 9 Asentamientos PROBLEMA 6 Se desea construir una zapata flexible sobre una arcilla saturada con las dimensiones que se muestran en la Figura 9.7. Considere que los parámetros de deformación de la arcilla son cc = 0,22, cs = 0,05. El índice de vacíos varia desde la superficie según la ecuación e = 0,80 – 0,05H, donde H es la profundidad en metros, el límite inferior de e es 0,50. Asimismo se sabe que la presión de preconsolidación en la superficie es 170 kPa y disminuye según la siguiente ecuación: pc = 170 – 8H2 a) Calcule la magnitud del asentamiento producida por una carga segura igual a 150 kPa. b) Calcule el coeficiente de consolidación promedio del estrato si el tiempo para que se produzca el 50% del inciso a) es 1 año.

Figura 9.8. Fundación. Solución. a) Calcule la magnitud del asentamiento producido por una carga segura. La carga segura es una carga bruta al nivel de fundación, pero para el cálculo de los asentamientos necesitamos un incremento neto al nivel de fundación; por lo tanto para obtener este incremento, se puede proceder de la siguiente manera:

qn  q s   D f

qn  150  (1,5)20  120 kPa Los siguientes gráficos corresponden al esfuerzo efectivo inicial y carga de preconsolidación, y a el incremento de esfuerzos, respectivamente:

43


0

1

152 Carga de preconsolidación

2

25

120

3

35

72

42 4

8

45

5

55 Esfuerzo efectivo inicial 6

65

0

1 120 2 79 3 37 27 4

20

5

6

Incremento de esfuerzos

12

8

Figura 9.9. Trayectorias de esfuerzo. A partir de una profundidad 5,5 m el incremento de esfuerzos se hace menor al 10% del incremento al nivel de fundación, por lo cual el análisis se realizará sólo hasta esta profundidad.

44

Capítulo 9 Asentamientos Cuando z = 4,0 se produce una intersección formada por las curvas de carga q, y carga de preconsolidación pc ( suponemos que los valores 40 y 42 son demasiado próximos); a partir de esta intersección la curva se encuentra a la izquierda de la curva q, lo cual no es posible en ninguna circunstancia debido a la concepto mismo de carga de preconsolidación, por lo cual se deduce que a partir de una profundidad igual a 5,5 m nos encontramos con una arcilla. Normalmente consolidada. Por el contrario, hasta una profundidad de 4,0 m la curva pc se encuentra a la derecha de la curva q, es decir para un punto dado pc > q, lo cual significa que estamos en presencia de una arcilla sobre consolidada. 1,5  z  4,0 4,0  z  5,5

En resumen:

SOBRECONSOLIDADA NORMALMENTE

CONSOLIDADA A partir de estas conclusiones, podemos hacer el análisis tratando a nuestra arcilla como si se tratase de dos diferentes estratos. De esta manera, realizamos el cálculo del índice de vacíos, esfuerzo inicial e incremento promedio en el centro de cada estrato.

eo = 0,8 –(0,05)(2,75) = 0,6625 Arcilla sobre consolidada 2,75 m Pc = 109,5 kPa 'o = 27,5 kPa

pav 

120  (4)(66)  27  68,5 kPa 6

4,0 m eo = 0,8 – (0,05)(4,75) = 0,5625 Arcilla normalmente consolidada 'o = 47,5 kPa

4,75 m

pav 

27  (4)(17)  12  17,83 kPa 6

En la arcilla sobre consolidada 'o + ∆pav < Pc, por lo tanto el asentamiento estará dado por:

S oed 

cs H  '  p log o ' av 1  eo o

Para arcillas sobre consolidadas, el asentamiento total es igual al edométrico:

St  Soed  40,8 mm

45

Problemas resueltos de mecánica de suelos De la misma manera: que será:

S oed 

cc H  '  p log o ' av 1  eo o

(0,22)(1500) 47,25  17,83 log  29,36 mm 1  0,5625 47,25 En las arcillas normalmente consolidadas, el asentamiento total es el siguiente: S oed 

St  1,1 Soed  32,3 mm Por último, el asentamiento total en la arcilla será:

S total  40,8  32,3 Stotal = 73 mm b) Calcule el coeficiente de consolidación promedio del estrato. De la relación:

Tv H dr 2 t cv El valor de Tv correspondiente al 50% de grado de consolidación es 0,197.

cv 

Tv H dr 2 (0,197)(4) 2  t 1

c v = 3,152 m2/año

46

Capítulo 9 Asentamientos PROBLEMA 7 Se ha realizado la exploración geotécnica de un sitio, la Figura 9.8 muestra el perfil de suelo encontrado y sus propiedades. Se va construir una zapata flexible y rectangular a 2 m de profundidad, con las dimensiones que se presentan en el esquema. Considere que la zapata a se construye en un instante de tiempo, en el que adicionalmente el nivel freático desciende al nivel de fundación y permanece en esa posición por tiempo indefinido. El peso unitario de la arena en la parte no saturada es el 90 % del valor en el sector saturado. Asimismo, considere que no existe asentamiento secundario en la arcilla y que el asentamiento inmediato es el 50% del total. Se pide: a) Determinar el asentamiento total de la zapata. b) Determinar el tiempo que toma para que se de el 50% del asentamiento total. P = 1500 kN

0.30x0.30m

3m

2m

E (MN/m2) 35

arena = 20 kN/m3 Dr = 60%

B= 2.0m L= 6.0m

muestra 1 45 3m

arcilla = 19 kN/m3

2m

muestra 2

E (MN/m2) 40

arena = 20 kN/m3 muestra 3

Figura 9.10. Zapata. De la muestra 2: eo = 0,75; cc = 0,2; cs =0,03 Pc = 85 kPa ( método Casagrande)

Presión

25

cv(cm2 /min) 0,0194

50

100

200

400

800

0,009

0,006

0,008

0,011

0,018

47

Problemas resueltos de mecánica de suelos Solución: a) Determinar el asentamiento total de la zapata. En primera instancia calculamos el incremento de carga neta al nivel de fundación, que es la diferencia entre las cargas efectivas antes y después de la construcción. La carga inicial efectiva al nivel de fundación qo es la siguiente: qo = (2)(20 – 9,8) = 20,4 kPa La fuerza total al nivel de fundación Ft, después de la construcción, debe incluir el peso propio de la zapata y el peso del suelo, además de la carga transmitida por la columna. Ft = 1500 + (24)[(0,3)(2)(6)+(0,3)2(1,7)] + (0,9)(20)[(2)(6)–0,32)](1,7) = 1954,52 kN

q

Ft 1954,52   162,88 kPa A (6)(2)

Por lo tanto: qn = q – qo = 162,88– 20,4 = 142,48 kPa Cálculo de asentamientos en la arena (Según Schmertmann) El método de Schmertmann fue propuesto para zapatas axisimétricas y corridas (L / B >10), por lo cual en una zapata como la que se trata en este problema se debe realizar una interpolación de valores, entre valores obtenidos considerando a la zapata como cuadrada y los valores obtenidos considerándola corrida. Análisis como una zapata cuadrada

q ´vp ´vp = 3(20–9,8)=30,6 142,48 Iz  0,5  (0,1)  0,716 30,6 Iz  0,5  (0,1)

0

1

0.418 2

C1  1  (0,5)

0.1 0.716

 vo  20,4   1  (0,5)  =0,928 qn  142,48 

C2 = 1

L  0,73 B 6 C3  1,03  (0,03)   0,94 2 C3  1,03  0,03 

3

4

0.477

5

0.239 6

48


 0,408  0,477   (2) (1000) S1  (0,928)(1)(0,94)(142,48) (1)   3 3   (40)(10)   (43)(10)    S1 = 4,025 mm Considerado como una zapata corrida

q  ´vp vp = 4(20–9,8) = 40,8 Izp = 0,687 Los coeficientes C1, C2, C3, se mantienen constantes, 1° estrato I zp  0,5  (0,1)

0 1 0.2

2

0.443

3

0.687 4 0.630 5

0.572

6 7 8 9

0.229 0.114

10

0,630   0,443 S 2  (0,928)(1)(0,94)(142,48) (2)  (1)  44000   41000 S2 = 4,465mm 2° estrato

 0,114  S 3  (0,928)(0,94)(1)(142,48) (2)  40000   S3 = 0,709mm A partir de los valores obtenidos para los casos anteriores, se debe realizar la correspondiente interpolación para la zapata de 6m x 2m en análisis. Interpolando valores:

49

Problemas resueltos de mecánica de suelos  4,465  4,025  S i  4,025   (2)   4,123mm 9   2 2° estrato  S i  (0,709)   0,158mm 9 El asentamiento total en las arenas es la sumatoria de los asentamientos en los dos estratos de arena, será: Si arenas = 4,28 mm 1° estrato 

Cálculo de asentamientos en la arcilla: La arcilla se encuentra a una profundidad de 5 m. y tiene un espesor de 3 m., en consecuencia el incremento promedio en el estrato se calcula de la siguiente manera:

pt (5m) = 49,60 pm (6,5m) = 29,03 pb (8m) = 18,53 pt  4pm  pb  30,707 6

pav 

Po=(5)(20) + (1,5)(19) – (6,5)(9,8)=64,8kN/m2

Soed 

S oed 

Cs H P C H P  Pav log c  c log o 1  eo Po 1  eo Pc

(0,03)(3) 85 (0,2)(3)  64,8  30,707  log  log   23,41mm 1  0,75 64,8 1  0,75  85 

En arcillas sobre consolidadas: St = Soed Finalmente, el asentamiento total en los estratos se obtiene de la sumatoria de los asentamientos correspondientes a la arena y la arcilla. ST = 23,41+ 4,28=27,70 mm b) Determinar el tiempo que toma para que se de el 50% del asentamiento total. El asentamiento total para un tiempo dado, estará en función del grado de consolidación que la arcilla haya alcanzado. St (t) = Si Arcilla + Si arena +Sc Arcilla (U%) Además sabemos que la arcilla tiene un 50% de asentamiento inmediato, por lo tanto el 50% restante será una sentamiento por consolidación. Sc Arcilla = 0,5(St arcilla) y Si Arcilla = 0,5(St_arcilla) 50


Combinando las anteriores igualdades, para un tiempo cero: St (0) = Si = 0,5 St_arcilla +Si arena + 0,5 Soed (0) = 0,5 St_arcilla + Si arena Como: 0,5 St_arcilla + Si arena > Sc Arcilla = 0,5 St_arcilla Deducidos que el asentamiento inmediato supera el 50%.

51


PROBLEMA 8 A continuación se presentan los resultados de un ensayo de consolidación practicados en una muestra obtenida en la parte media del estrato de arcilla mostrado en la Figura 9.9. Peso seco del espécimen = 116,74 g Altura del espécimen al inicio del ensayo = 25,4 mm Diámetro del espécimen = 63,5 mm Gs = 2,72

0,00

Altura final de la muestra al final de la consolidación, mm 25,400

47,88

25,189

95,76

25,004

191,52

24,287

383,04

23,218

766,08

22,062

Presión kPa

Se pide: a) Determine la presión de preconsolidación. b) Determinar la curva de compresión en campo. c) Determinar los coeficientes de compresión y expansión. d) Calcular el tiempo que toma el estrato de arcilla el alcanzar 95% de consolidación, Asumir el valor de coeficiente de consolidación encontrado a partir de los siguientes datos: Altura del espécimen antes del ensayo: 25.4 mm Deformación de la muestra, mm 0,170 0,174 0,180 0,196 0,211 0,241 0,274 0,305 0,335 0,364 0,386 0,401 0,406 0,411 0,412

Tiempo, min 0,1 0,25 0,5 1 2 4 8 15 30 60 120 240 480 1440 1900

52


8

3 Arena = 21 kN/m

4

e) En caso de que el valor del coeficiente de consolidación en el inciso d) no sea asumido, indicar la forma correcta de obtenerlo.

3

4

Arena sat= 22 kN/m3

3 Arcilla = 20 kN/m

Arena

Figura 9.11. Características de los estratos de suelo. Solución . Para poder obtener la carga de preconsolidación Casagrande sugirió un método gráfico basado en la curva e - log p obtenida en laboratorio. Por lo cual debemos encontrar, a partir de las alturas obtenidas en el ensayo de consolidación, la variación del índice de vacíos con las diferentes cargas. El cálculo del índice de vacíos se lo puede resumir de la siguiente manera: 1. Calcular la altura de sólidos, Hs, en la muestra de sólidos:

Hs 

Ws  13,55mm ( A)(Gs )( w )

donde: Ws: peso seco de la muestra. A: área de la muestra. Gs: gravedad específica de los sólidos. w: peso unitario del agua. 2. Calcular la altura inicial de vacíos, Hv: Hv = H – Hs = 11,85 mm donde H: Altura inicial de la muestra, 3. Calcular el índice de vacíos inicial, eo, de la muestra:

53

Problemas resueltos de mecánica de suelos eo 

H v 11,85   0,874 H s 13,55

4. Para el primer incremento de carga, p1, el cual provoca una deformación H1, calcular el cambio en el índice de vacíos e1:

e1 

H 1  0,0156 Hs

H1 es obtenido de la diferencia entre lecturas inicial y final para la carga. 5. Calcular el nuevo índice de vacíos, e1, después de la consolidación causada por el incremento de presión p1: e1 = e0 – e1 = 0,8586

Para la siguiente presión p2, el nuevo índice de vacíos e2, puede ser calculado como:

e2  e1 

H 2 Hs

Donde H2, es la deformación adicional causada por el incremento de presión. Siguiendo este procedimiento, se puede encontrar la variación del índice de vacíos correspondiente a las diferentes presiones a las que se somete la muestra durante el ensayo, y por lo tanto la curva e - log p. La siguiente tabla resume el cálculo efectuado para obtener la variación del índice de vacíos: Presión,

h, mm

h

e

e

0,00

25,400

-

-

0,8742

47,88

25,189

0,211

0,0156

0,8586

95,76

25,004

0,185

0,0137

0,8450

191,52

24,287

0,717

0,0529

0,7921

383,04

23,218

1,069

0,0789

0,7132

766,08

22,062

1,156

0,0853

0,6279

kPa

54

Capítulo 9 Asentamientos Obtenida la curva de laboratorio e - log p, pasamos a desarrollar el procedimiento sugerido por Casagrande: 1. Por simple observación, establecer un punto a, en el cual la curva e - log p tiene un radio de curvatura mínimo. 2. A partir de este punto trazar una línea horizontal ab. 3. Dibujar una línea ac tangente a la curva en el punto a. 4. Dibujar la línea ad, la cual es bisectriz del ángulo bac. 5. Proyectar la parte recta gh de la curva hacia atrás hasta intersecar a la línea ad en el punto f. La abscisa del punto f es la carga de preconsolidación, pc.

0.9

a

b

0.85

f d

Indice de vacíos

0.8

g c

0.75

0.7

0.65 h 0.6 10

100

pc

1000

Presión, kPa

En el anterior gráfico podemos apreciar la carga de preconsolidación, en aproximadamente 138 kPa.

55

Problemas resueltos de mecánica de suelos b) El procedimiento para determinar la curva de compresión en campo depende de si el estrato se encuentra sobre consolidado o no, por lo tanto debemos verificar en que estado se encuentra nuestro estrato: po = 4(21) + 4(22 – 9,81) + 2(20– 9,81) = 153,14 kPa Se puede ver claramente que la carga po, a la que está sometida la parte central del estrato es mayor a la carga de preconsolidación, cosa que teóricamente es imposible, por lo cual debemos asumir que se trata de una arcilla normalmente consolidada. El procedimiento que se sigue en arcillas normalmente consolidadas es el siguiente: - Determinar la carga de preconsolidación pc = po, Conociendo esta dibujar una línea vertical ab. - Calcular el índice de vacíos en campo, eo, Dibujar la línea horizontal cd. - Calcular 0,4eo y dibujar la línea horizontal ef, ( Nota: f es el punto de intersección de la línea con la curva, o con la proyección lineal de esta,) -

Unir los puntos f y g, Note que g es el punto de intersección de las líneas ab y cd. Esta es la curva de compresión virgen.

0.9000

g

a

eo = 0.8742 c

d

0.8000

Indice de vacíos

0.7000

0.6000

0.5000

f 0.4000

e

0.4eo = 0.35 b 0.3000 10.00

100.00

153.14

1000.00

10000.00

Presión, kPa

56

Capítulo 9 Asentamientos c) Como nuestra arcilla es normalmente consolidada, solo contamos con un coeficiente de compresión, y no así con uno de expansión. Por otra parte, conocemos 2 puntos que pertenecen a la curva virgen de consolidación, el punto (eo, po) y el punto de intersección de la proyección de la curva e - log p con la línea horizontal 0,4eo, Tomando estos puntos para definir el coeficiente de compresión tenemos:

e 0,8742 0,35  log po  p   log p o log7200  log153,14

Cc 

cc = 0,313

d) Para calcular el coeficiente de consolidación se dispone de varios métodos, de los cuales tomaremos el método del logaritmo del tiempo, el cual indica los siguientes pasos: Extender las porciones rectas de las consolidaciones primaria y secundaria hasta intersecarlas en A. La ordenada de A es representada por d100 - que es, la deformación en el fin de 100% de consolidación primaria. Elegir dos tiempos t1 y t2, sobre la porción de la curva inicial tal que t2 = 4t1. De la gráfica se eligen: t2 = 4, t1 =1. Sea la diferencia de la deformación de la muestra durante el tiempo (t2 – t1) igual a x = 0,045. Trazar una línea horizontal DE tal que la distancia vertical BD sea igual a x = 0,045, La deformación correspondiente a la línea DE es do ( que es, la deformación en 0% de consolidación). La ordenada del punto F sobre la curva de consolidación representa la deformación a 50% de consolidación, y su abscisa representa el correspondiente tiempo (t50). Para un 50% de grado de consolidación Tv = 0,197, entonces:

T50 

cv t50 H 2 dr

ó

cv 

0,197H 2 dr t50

 (2,54  0,0412)  (0,197)  2    (8)(60)

2

cv = 6,41(10–4) cm2/s

57

Problemas resueltos de mecánica de suelos donde Hdr = distancia de drenaje promedio más larga durante la consolidación.

Figura 9.12. Gráfico deformación versus tiempo. Obtenido ya el valor del coeficiente de consolidación, podemos hallar el tiempo para un 95 % de consolidación de la siguiente manera:

T95 

cv t95 H 2 dr

t95 

H 2 dr T95 cv

de donde:

para un 95% de consolidación el factor T95 correspondiente es 1,129, por lo tanto: 2

 400    (1,129) 2   t95  (6,41)(10) 4 t95 = 2,23 años 58


e) Un buen valor de cv debe haber sido obtenido a partir de un ensayo en el que se ha sometido la muestra a un rango de cargas al cual pertenece la carga en análisis. En caso de no contar con un cv de estas características, se procede a ponderar el valor requerido en base a coeficientes obtenidos para otros rangos de cargas.

59


PROBLEMA 9 Para la Figura 9.10, calcular el asentamiento total en el suelo (en el centro de la fundación). P = 4000 kN 0,4m x 0,4m

0.

Arena

 = 20 kN/m 3

1.

 = 16 kN/ m 3

Posición Inicial

2.

Arena

Posición Final

0,40m

3. B = 4m x L = 4m

4.

2

E1 = 22 MN/m

Arena

2

5. 6.

E2 = 40 MN/m

LEYENDA Fundación Flexible  = Peso unitario C = Peso unitario del concreto C = 24 kN/m3 B = Ancho de la zapata L = Largo de la zapata P = Carga puntual E = Módulo de elasticidad

2

E3 = 60 MN/m

7. 8.

2

E4 = 15 MN/m

9. 2

10.

E5 = 10 MN/m

Figura 9.13. Fundación en una excavación.

60

Capítulo 9 Asentamientos Solución . P = 4000 kN 0,4m x 0,4m

B = 3m x L = 6m

0.

Arena

 = 20 kN/m 3

1.

 = 16 kN/m 3

Posición Inicial

2.

Arena

Posición Final

0.1

3.

0.2

0.4

Iz

0.6

0.260

z1 = 1

0.419

4.

0.578

z2 = 1

zp

5. 6.

z3 = 2

Arena

0.614

7. 8.

0.369

z3 = 2

9. 10.

z4 = 2

0.260

11.

z Figura 9.14. Esfuerzos bajo la fundación. Se procede a calcular los factores de influencia para una zapata cuadrada que están mostradas en la grafica

I zp  0.5  0.1

qn



' v0

 0.5  0.1

271.5  0.737 16x2  19  9.8x2

Donde qn carga neta a nivel de fundación y ’vo esfuerzo efectivo inicial A continuación se calcula los factores por corrección que son los siguientes,

C1  1  0.5

 v' 0 qn

 0.5  1  0.5

16x 2  18  9.8x1  0.926 271.5

C2  1

C3  1.03  0.03

L  1.00 B

61

Problemas resueltos de mecánica de suelos Entonces la ecuación de asentamiento inmediato es el siguiente;

Si  C1C2C3qn



I z z E

Reemplazando valores calculados se tiene;

 0.26x1 0.578x1 0.614x 2 0.369x 2 0.123x 2  Si  0.926x1x1x 271.5 x      40 60 15 10   22

Si  0.926x271.5x0.121 Si  30 mm

62

Capítulo 9 Asentamientos PROBLEMA 10 Para la Figura 9.11, se pide calcular: a) Carga neta b) Incremento de esfuerzos en el centro de la fundación, en función de la profundidad c) Asentamiento total en el centro de la fundación. d) Tiempo de consolidación total

LEYENDA P = 2900 kN 0,35m x 0,35m

0. 1.

Arcilla  = 18 kN/ m 3

2.

0,40m

3. B = 3m x L = 6m

4. 5.

cu = 59 kPa c' = 5 kPa '= 30º

pc = 108 kPa eo = 0,8 cc = 0,23 cs = 0,08

6. 7.

Fundación Flexible P = Carga rápida  = Peso unitario C = Peso unitario del concreto C = 24 kN/m3 Pc = Presión de pre-consolidación Pc = Igual en todo el estrato B = Ancho de la zapata L = Largo de la zapata E = Módulo de elasticidad Presión 0-5 25-50 50-100 100-200 200-400 400-800

Cv ( m^2/s) 5,0*10-9 6,0*10-8 9,9*10-7 8,1*10-8 7,9*10-8 7,5*10-7

8. 9.

Estrato incompresible, impermeble y rugoso

Figura 9.10

Figura 9.15. Dimensiones de la fundación.

63

Problemas resueltos de mecánica de suelos Solución . P = 2900 kN 0,35m x 0,35m

0. 1.

Arcilla 3 20 kN/ KN/m m3  = 18

2.

0,40m

3. B = 3m x L = 6m

4.

pc = 108 kPa eo = 0,8 cc = 0,23 cs = 0,08

cu = 59 kPa c' = 5 kPa '= 30º

5. 6. 7. 8.

Estrato incompresible, impermeble y rugoso

9.

a) Carga neta

Como el nivel freático no varia, entonces la carga neta es, qn  q '  q0'  q  q0



q

F A

f



  0 en este caso

; q0  xD  20x3  60 KPa

 F  2900 24x(3x6 x0.4  0.35x0.35x2.6)  20x(3x6  0.35x0.35) x 2.6  4010.07 KPa

 KN  q  222.78  3  m  qn  162.79 KPa

64

Capítulo 9 Asentamientos b) Incremento de esfuerzo Opción 1 Boussinesq que asume las siguientes hipótesis del suelo P = 2900 kN

Hipótesis: Estrato de suelo Semi infinito Homogéneo Isotropito

0,35m x 0,35m

0. 1.

Arcilla  = 20 kN/ m 3

2.

50 100 150 200 162.78

3. 4.

P [KPa]

Nota: No cumple especialmente con la Hipótesis de espacio semi infinito

148.60 cu = 59 kPa c' = 5 kPa '= 30º

5.

110.75

93.17

6.

78.25

7.

55.87 40.98

8.

z [m]

9.

Figura 9.16. Incremento de esfuerzos verticales. Opción 2 Milovic & Tournier (Base rígida rugosa) Utilizando esta opción se considera un estrato finito. Se procede a calcular el incremento de esfuerzos a diferentes profundidades, realizando interpolaciones para, H1 = 5 m

;

B=3m

;

L/B = 6/3 = 2 ;

H1/B = 5/3 = 1.667

A 1m

H1 1 ; B H1 2 ; B H1  1.667 B

 z z  0.333   0.942 B qs  z z  0.333   0.906 B qs  z   0.918 qs

 P  0.918x162.78  149.43 KPa

65

Problemas resueltos de mecánica de suelos H1 5   1.667 B 3 z 1   0.333 B 3 L 6   2.00 B 3

A 2m

H1 5   1.667 B 3 z 2   0.667 B 3 L 6   2.00 B 3

A 3m

H1 5   1.667 B 3 z 3   1.00 B 3 L 6   2.00 B 3

A 4m

H1 5   1.667 B 3 z 4   1.333 B 3 L 6   2.00 B 3

H1 1 B

;

 z z  0.667   0.796 B qs  z z

H1 2 ;  0.667   0.706 B B qs H1  z  1.667   0.736 B qs  P  0.736x162.78  119.81KPa

H1 1 B

;

 z z  1.00   0.638 B qs

H1  z z 2 ;  1.00   0.530 B B qs H1  z  1.667   0.566 B qs  P  92.13 KPa

H1  z z 1 ;  1.333   0.478 B B qs H1  z z 2 ;  1.333   0.407 B B qs H1  z  1.667   0.431 B qs  P  70.16 KPa

66

Capítulo 9 Asentamientos A 5m

H1 5   1.667 B 3 z 5   1.667 B 3 L 6   2.00 B 3

H1  z z 1 ;  1.667   0.318 B B qs H1  z z 2 ;  1.667   0.328 B B qs H1  z  1.667   0.321 B qs

 P  52.25 KPa A continuación se calcula el incremento de esfuerzos promedio

P = 2900 kN 0,35m x 0,35m

Pav 

0. 1.

Arcilla

50 100 150 200 162.78

3. 4. 5.

149.43 cu = 59 kPa c' = 5 kPa '= 30º

119.81

6. 7. 8. 9.

Pav  106.55 KPa

 = 20 kN/ m 3

2.

90.13 70.16

162.78  4 x106  52.52 6

106

P [KPa]

Hipótesis:  = 0.3 Se puede interpolar y extrapolar. Considerando que el rango del coeficiente de poisson para una arcilla está entre 0.2 y 0.4 entonces se puede utilizar 0.3, que es un valor razonable. Por lo tanto la opción 2 es la más adecuada

52.52 z [m]

Figura 9.17. Incremento de esfuerzos bajo la zapata. c) Asentamiento Total Para calcular el asentamiento en el estrato de arcilla se tiene que calcular el índice de vacíos que corresponde al punto medio del estrato.

67


e Cs

e1 eo ec

Cc

p1

pc

p0

log '

Figura 9.18. Trayectoria e versus log ´. Entonces de la grafica e vs. log’ para una arcilla sobre consolidada se puede observar que utilizando la ecuación de la pendiente cs (índice de expansión), se calcula el nuevo índice de vacíos a la profundidad que deseamos . Esfuerzo efectivo inicial a la profundad que se estrajo la muestra

p1  4 x20  9.8  40.8

KPa

El esfuerzo efectivo inicial en la parte central del estrato de arcilla

p0  5.5x20  9.8  26.1

KPa

La ecuación de la pendiente cs (índice de expansión) es,

cs 

e1  e0 p  log 0   p1 

Despejando índice de vacíos inicial se tiene,

p   e0  e1  cs log 0   p1  68

Capítulo 9 Asentamientos Reemplazando valores se obtiene;

 56.1  e0  0.800  0.08x log   40.8  e0  0.789  Arcilla S.C

p0  pc

Como se trata de una arcilla sobre consolidada se tiene que sumar el incremento de esfuerzo efectivo promedio para saber que ecuación utilizar.

p0  p  56.1  106.55  162.65

KPa

La ecuación para calcular asentamiento de consolidación del edometro es:

 S oed 

cs H p cH p  p log c  c log 0 1  e0 p0 1  e0 pc

Reemplazando valores se tiene;

Soed 

3 0.08x5x103 56.1  106.55  108  0.23x5x10 log log  1.789 1.789 108  56.1 

Soed  63.6  114.3  177.9 Para calcular el asentamiento total se debe utilizar el criterio de burland que dice. Para una arcilla sobre consolidada el asentamiento total es igual al asentamiento del edometro, entonces se tiene; Arcilla rígida  ST  Soed  178

mm

Nota: Si alguien supone que la arcilla es blanda

 ST  1.1x177.9  196

mm , lo cual es también correcto

d) Tiempo de consolidación 0

50

100

200 162.78

0. 1. 2. Hdr=5 m

 rp 

3.

162.78  3.10 52.52

4. 5.

52.52

U  100 %  Tv  1.2

Figura 9.19. Tiempo de consolidación 69

Problemas resueltos de mecánica de suelos Incremento de esfuerzo de 56.1 a 162.65 Los coeficientes de consolidación están ubicados en dos rangos

 cv50100  9.9 x107

2  m2  8  m    ; cv100 200  8.1x10    seg   seg 

Obteniendo la media ponderada, se pude obtener un coeficiente de consolidación aceptable









62.65  43.9  cv   9.9 x107  8.1x108  106 . 55 106 . 55  

cv  4.555x107

 m2     seg 

Despejando tiempo de consolidación se tiene; ct T H2 Tv  v2  t  v dr cv H dr Reemplazando valores se tiene.

t

1.2 x52  65861690 seg 4.555x107

t  18294.9

hr

t  762

días

t  2.09

años

70


PROBLEMA 11 Demostrar la ecuación de la teoría de consolidación de Terzagui.

u  2u  cv 2 t z Donde: u = exceso de presión de poros causado por el incremento de esfuerzos, t = tiempo, cv = coeficiente de consolidación, z = distancia de la parte superior del estrato al punto en consideración.

Solución .

En un perfil de suelo se considera un elemento diferencial en el punto A : Arena

A

Arcilla

En donde se tiene el caudal de entrada y salida en el elemento diferencial v   Q f   v z  z dz dxdy  z  

dz

Arena

Figura 9.20. Característica del perfil de suelo.

dy dx v z dxdy  Qi Figura 9.21. Elemento diferencial.

El cambio del caudal está definido a continuación como la razón entre el cambio de volumen y el cambio del tiempo en la dirección del eje z.

Q 

V t

El caudal también puede ser definido como el producto de la velocidad por el área, entonces tenemos;ç

v V    vz  z dz dxdy  vz dxdy  z  t  71


Donde: Área en la dirección z; A  dxdy Velocidad de entrada del flujo en la dirección z; v z Velocidad de salida del flujo en la dirección z; v z 

v z dz z

Realizando operaciones aritméticas se tiene la siguiente expresión;

vz dxdy 

vz V dzdx dy  vz dxdy  z t

Simplificando la expresión se tiene lo siguiente;

v z V dxdydz  z t

(1)

La ley de Darcy dice que la velocidad ( v ) es igual al producto de el gradiente hidráulico (k) por el coeficiente de permeabilidad ( i ); v z  ki h En la base del elemento diferencial A, el gradiente hidráulico esta definido como iz  z El exceso de presión de poros ( u ) ocasionado por el incremento de esfuerzos, es igual al producto de la altura piezométrica ( h ) por el peso unitario del agua constante ( w ), despejando se tiene; h p 

u

w

v z  ki  k

vz  

, entonces desarrollando las ecuaciones se obtendrá;

h p z

k u



k u  w z (2)

 w z

Reemplazando la ecuación (2) en (1), y despejando se obtiene

(2) en (1)



k  2u 1 V  2  w z dxdydz t

(3)

Durante la consolidación, la razón de cambio de volumen del elemento del suelo es igual a la razón de cambio en el volumen de vacíos

V Vv  t t

72

Capítulo 9 Asentamientos Además se sabe que el volumen total es igual a la sumatoria del volumen de sólidos del suelo y el volumen de vacíos V  Vs  Vv El índice de vacíos esta definido como la razón de el volumen de vacíos y el volumen de

Vv , despejando se tiene Vv  eVs Vs

sólidos del suelo e 

Reemplazando y realizando operaciones aritméticas se tiene,

V V Vv Vs  eVs  Vs e     Vs e s t t t t t t

(4)

Suponiendo que los sólidos del suelo son incompresibles, Se asume

Vs 0 t

(5)

Además el volumen ( V )del elemento diferencial A es igual a dx dy dz y el volumen de sólidos ( Vs) es igual a

Vs 

V reemplazando se tiene; 1  e0

V dxdydz  1  e0 1  e0

(6)

La ecuación (5) y (6) se reemplaza en (4) para obtener la siguiente expresión;

V dxdydz e  t 1  e0 t

(7)

Se define

av 

e p'

El cambio de la relación de vacíos es causado por el incremento en el esfuerzo efectivo (es decir, el incremento de la presión de poro del agua en exceso). Suponiendo que esos valores están linealmente relacionados, se tiene

como p  u 

 

e  av   '  av u

(8)

donde

 

  ' = cambio de presión efectiva

a v = Coeficiente de compresibilidad ( a v se considera constante para un rango estrecho de

incremento de la presión) 73

Problemas resueltos de mecánica de suelos Combinando las ecuaciones (8) y (7) se tiene



a u k  2u  v 2  w z 1  e0 t

(9)

Se define:

mv  donde

av 1  e0

(10)

mv = Coeficiente de compresibilidad del volumen

Reemplazando la ecuación (10) en (9) se tiene



k  2u u  mv 2  w z t

(11)

Se define el coeficiente de consolidación como:

cv 

k  w mv

(12)

Entonces combinando las ecuaciones (12) en (11) se obtendrá la ecuación diferencial básica de la teoría de consolidación de Terzaghi

u  2u  cv 2 t z Esta ecuación se puede resolver con las siguientes condiciones de borde:

z 0,

u0

z  2 H dr ,

u0

t 0,

u  u0

74

Capítulo 9 Asentamientos PROBLEMA 12 Demostrar la siguiente ecuación:

S

cs H p cH p  p log c  c log o 1  e0 p0 1  e0 pc

Donde Sc = asentamiento de consolidación a partir del ensayo del edómetro, Cs = coeficiente de expansión, eo = índice de vacíos inicial, pc = presión de preconsolidación, po =presión efectiva antes de la carga, H = espesor del estrato, ppr = incremento de carga promedio en el estrato Solución Se considera un estrato de arcilla saturada de espesor H y área de la sección transversal A bajo una presión de sobrecarga efectiva promedio. Debido a un incremento de presión , sea el asentamiento primario igual a S. Al final de la consolidación,  = ’. Entonces. El cambio de volumen es

Figura 9.22. Variación del volumen en el asentamiento.

V  V0  V1  H A  H  S A  S A

1

Donde V0 y V1 son los volúmenes inicial y final, respectivamente. Sin embargo, el cambio en el volumen total es igual al cambio en el volumen de vacíos Vv. por lo tanto el cambio de volumen solo se da en los vacíos. Entonces,

V  Vv

2

V  S A  Vv 0  Vv1  Vv 75


Donde Vv0 y Vv1 son los volúmenes de vacíos inicial y final, respectivamente. De la definición de relación de índice de vacíos. Despejando se tiene

e

Vv Vs

 e 

Vv Vs

3

 Vv  eVs

Además:

e0 

Vv 0 V0  Vs V0   1 Vs Vs Vs

Donde e0 es la relación de vacíos inicial en el volumen V0, despejando volumen de sólidos se tiene

 e0  1 

V0 Vs

 Vs 

V0 1  e0

4

Entonces reemplazando la ecuación (4) en (3) y (2) en (1), se obtiene

e

V0 SA 1  e0

Despajando asentamiento se tiene

e H 1  e0 H = Altura inicial del estrato a comprimirse  S

5

En las arcillas sobre consolidadas, para ’0 + ’ ’c la variación de índice de vacíos y logaritmo de esfuerzo efectivo e-log(’) esta definida por dos pendientes. La pendiente de la curva de expansión cs se denomina índice de expansión, por lo que se tiene

e  cs log pc  log p0  Desarrollando y despejando índice de expansión

cs 

e e e1  0 c pc p log log c po p0

76


e

 ec  e0  cs log

Cs eo e1

ec

cc  Cc

e2

 log 

6

pc p0

ec  e f e2   p  p  p0  p   log 0  pc   pc 

 p  p    ec  e f  cc log 0  pc 

ef

pc

p0

7

log '

p0 + p

Figura 9.23. Curva de e versus log ´. Donde pc es la pre consolidación y p0 es el esfuerzo efectivo inicial. Igualando la ecuación (6) = (7) entonces se obtiene

e0  cs log

 p  p  pc   e f  cc log 0 p0  pc 

Entonces el incremento de índice de vacíos es e,

e  e0  e f  cs log

 p  p  pc   cc log 0 po  pc 

8

Reemplazando la ecuación (8) en (5), se obtiene,

 S

e H H 1  e0 1  e0

  p0  p  pc  cs log  cc log p0   pc 

Por lo tanto la ecuación es:

S

cs H p cH p  p log c  c log o 1  e0 p0 1  e0 pc

77

Capítulo 10 Capacidad de apoyo

77


CAPITULO DIEZ

Capacidad de apoyo 10.1. Introducción. Las fundaciones están generalmente diseñadas para satisfacer ciertos criterios de servicio y resistencia. El criterio de servicio indica que la fundación debe satisfacer su propósito de diseño bajo cargas de operación normales de la estructura o equipo que soporta. Estas limitaciones de servicio son típicamente los asentamientos u otras limitaciones de movimiento. El criterio de resistencia tiene el propósito de asegurar que la fundación tiene suficiente resistencia de reserva para resistir las grandes cargas ocasionales que pueden experimentarse debido a fuerzas del entorno u otras fuentes. El criterio de servicio es típicamente una consideración a largo plazo para una fundación que puede depender de la consolidación del terreno. La resistencia de la fundación, o la capacidad de soporte, puede ser un problema a corto plazo como la construcción de un terraplén o una fundación en condiciones no drenadas o un problema a largo plazo donde la carga máxima sobre la fundación puede llegar en un tiempo no conocido. Los términos utilizados que relacionan presiones de soporte y capacidad de soporte son los siguientes: a) Carga última de apoyo, qu: Es el valor de la intensidad de carga a la cual el terreno falla en corte. b) Máxima capacidad segura de apoyo, qs: Es la carga última de apoyo dividida por un factor de seguridad adecuado. c) Carga admisible, qa: La carga admisible de un suelo es la máxima presión bruta permisible en el terreno en cualquier caso dado, tomando en consideración la máxima capacidad segura de apoyo, la cantidad estimada y velocidad de asentamiento que ocurrirá, y la capacidad de la estructura para soportar estos asentamientos. La fundación al alcanzar la carga última de apoyo puede fallar en diferentes modos de falla: a) Falla por corte general: Se da cuando la carga sobre la fundación alcanza la carga última de apoyo, qu, y la fundación tiene un asentamiento grande sin ningún incremento mayor de carga. b) Falla por corte local: Se da generalmente en terrenos de arena de densidad suelta a media. En este tipo de falla, las superficies de falla, a diferencia de la falla por corte general, terminan en algún lugar dentro del suelo. Para el cálculo de la carga última de apoyo se han utilizado extensivamente ecuaciones desarrolladas según la teoría del análisis del equilibrio límite. Entre estas ecuaciones, las ecuaciones de Terzaghi, Meyerhof, Hansen, y Vesic han sido las normalmente utilizadas. Las ecuaciones de estos autores que relacionan los parámetros de resistencia con la capacidad de apoyo están dadas en la Tabla J.1 del Anexo J. Estas ecuaciones toman en cuenta la forma y la profundidad de la fundación, inclinación de la carga, la base de la fundación y la superficie del terreno. Las ecuaciones de Meyerhof, Hansen y Vesic utilizan la misma ecuación básica, pero los factores de forma, profundidad, inclinación, y N son calculados de diferente manera, siendo la diferencia entre ellos en algunos casos pequeña. El cálculo de la capacidad portante puede ser realizado para condiciones drenadas o a largo plazo donde se deben emplear los parámetros efectivos del suelo. Si las condiciones son a corto plazo o nodrenadas entonces se emplean los parámetros totales del suelo.

78


10.2. Problemas resueltos. PROBLEMA 1 El proyecto de una edificación contempla el diseño de zapatas aisladas de hormigón armado de 0,5 m x 2,0 m (Figura 10.1). El nivel de fundación ha sido fijado en 0,5 m de profundidad. El nivel freático estático se encuentra a 1,5 m de la superficie del terreno. El perfil del terreno muestra que existe un suelo homogéneo hasta gran profundidad. El peso unitario de este suelo es de 16,4 kN/m3. Ensayos triaxiales CU (Consolidado - No Drenado) efectuados con muestras inalteradas de este material indican que los parámetros efectivos de resistencia al corte son c′ = 4 kPa y  = 36º. Se requiere calcular la carga última de apoyo, y la carga máxima segura de apoyo empleando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando: a) Ecuaciones de capacidad portante de Terzaghi. b) Ecuaciones de capacidad portante de Meyerhof. c) Ecuaciones de capacidad portante de Hansen. d) Ecuaciones de capacidad portante de Vesic. Solución Se tiene el siguiente esquema:

0,5 m x 2 m

0,5m

c′ = 4 kPa ′ = 36º γ = 16,4 kN/m3

1m

Figura 10.1. Fundación en un perfil de suelo. a) Terzaghi La ecuación de capacidad portante es:

qu  c N c sc  q N q  0,5  B N  s  De la Tabla J.2 , para ′ = 36° se tiene que: Nc = 63,53

Nq = 47,16

N = 54,36

79


De la Tabla J.1 , se asume zapata es continua, por lo tanto:

L  4  zapata continua, entonces: B

Porque:

sc = 1,0

s = 1,0

Como puede verse, el nivel freático se encuentra a 1 m de la base de la fundación. Como d = 1 m > B = 0,5 m, siendo B el ancho de la fundación, entonces no se requiere realizar ninguna corrección al valor de  en la ecuación de capacidad portante. d ≥ B (No hay Corrección)

Caso III

Luego, reemplazando en la ecuación se tiene que:

qu  c N c sc   D f N q  0,5  B N  s 

qu  463,531  16,40,547,16  0,516,40,554,361 qu = 863,71 kPa La carga máxima segura de apoyo será:

qs 

qu   D f FS

  Df

Entonces

qs 

863,71  16,40,5  16,40,5 3

qs = 293,4 kPa b) Meyerhof Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante para cargas verticales:

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  De la Tabla J.4 , para  = 36° se tiene que: Nc = 50,55

Nq = 37,70

N = 44,40

De la Tabla J.3 , se tiene: Factores de forma

  K p  tan2  45   2 

80

Capítulo 10 Capacidad de apoyo 36   K p  tan2  45    3,852 2  sc  1 0,2 K p

B L

 0,5  sc  1  0,23,852   1,193  2 

sq  s  1 0,1 K p

B L

 0,5  sq  s   1  0,13,852   1,096  2  Factores de profundidad

d c  1 0,2 K p

D B

d c  1  0,2 3,852

0,5  1,393 0,5

d q  d   1 0,1 K p

D B

d q  d   1  0,1 3,852

0,5  1,196 0,5

Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante se tiene que:

qu  c N c sc d c   D f N q s q d q  0,5  B  N  s  d 

qu  450,551,1931,393  16,40,537,701,0961,196  + 0,516,40,544,401,0961,196 qu = 979,87 kPa La carga máxima segura de apoyo será:

qs  Entonces

qs 

qu   D f FS

  Df

979,87  16,40,5  16,40,5 3

qs = 332,1 kPa

81


c) Hansen Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es:

qu  c N c sc d c ic g c bc  q N q sq d q iq g q bq  0,5  B' N  s d  i g  b En este caso, los factores de inclinación (i), pendiente (b) y de terreno (g) son: ic = iq = i = 1 gc = gq = g = 1 bc = bq = b = 1 De ahí que la ecuación de capacidad portante queda como sigue:

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  De la Tabla J.4 , para  = 36°, los factores de capacidad portante son: Nc = 50,55 Nq/Nc = 0,746

Nq = 37,70

N = 40,00

2 tan  (1-sen )2 = 0,247


s c  1,0 

N q B' N c L'

 0,5  sc  1,0  0,746   1,187  2  B' sq  1,0  sen L'  0,5  sq  1,0    sen 36  1,147  2  B' s  1,0  0,4  0,6 L'  0,5  s  1,0  0,4   0,9  2  Factores de profundidad

d c  1 0,4 k

D 0,5  11 B 0,5



k

D 1 B

d c  1  0,41  1,40

82

Capítulo 10 Capacidad de apoyo d q  1  2 tan ' 1  sen ' 2 k d q  1  0,2471  1,247

d   1,0 Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante se tiene que:

qu  c Nc sc dc   D f N q sq dq  0,5  B N  s d 

qu  450,551,1871,40  16,40,537,701,1471,247  + 0,516,40,540,00,91,0 qu = 925,78 kPa La carga máxima segura de apoyo será:

qs  Entonces

qs 

qu   D f FS

  Df

925,78  16,40,5  16,40,5 3

qs = 314,1 kPa d) Vesic Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es la siguiente:

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  BN  s d  De la Tabla J.4, para  = 36°, los factores de capacidad portante son: Nc = 50,55

Nq = 37,70

N = 56,20

Nq/Nc = 0,746 2 tan  (1–sen )2 = 0,247 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma

 0,5  sc  1,0  0,746   1,187  2  B sq  1,0   tan  ' L  0,5  s q  1,0     tan 36  1,182  2 

83


s   1,0  0,4

B ≥ 0,6 L

 0,5  s   1,0  0,4   0,9  2  Factores de profundidad

d c  1 0,4 k

D 0,5  11 B 0,5



k

D 1 B

d c  1  0,41  1,40

d q  1  2 tan  1  sen2 k d q  1  0,2471  1,247

d   1,0 Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante se tendrá que:

qu  c N c sc d c   D f N q s q d q  0,5  B' N  s  d 

qu  450,551,1871,40  16,40,537,701,1821,247  + 0,516,40,556,20,91,0 qu = 999,05 kPa La carga máxima segura de apoyo es:

qs  Entonces

qs 

qu   D f FS

  Df

999,05  16,40,5  16,40,5 3

qs = 338,5 kPa

84


PROBLEMA 2 Un proyecto industrial contempla la construcción de un silo para almacenar granos, el cual aplicará una presión segura al suelo de 300 kPa. El silo estará apoyado al nivel de la superficie del terreno (Figura 10.2). El terreno está compuesto de arena hasta gran profundidad. Los resultados de laboratorio indican que los pesos unitarios de la arena son 18 kN/m3 y 19,2 kN/m3 por encima y por debajo del nivel freático, respectivamente. Además se ha determinado que los parámetros de resistencia al corte son c' = 0 y  = 30°. El nivel freático se encuentra a 2,5 m de profundidad y el peso unitario del agua es 9,8 kN/m3. El diseño del silo debe minimizar los riesgos de falla por capacidad portante, expresados por un factor de seguridad de 3 aplicado sobre la carga neta última. Determinar el mínimo diámetro del silo que cumpla estos requerimientos utilizando: a) Método de Hansen. b) Método de Vesic.

SILO

qs = 300 kPa

B γ = 18 kN/m3 c′ = 0 kPa ′ = 30º

2,5m

γsat = 18 kN/m3 γw = 9,8 kN/m3 Figura 10.2. Silo sobre superficie del terreno. Solución a) Hansen Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es:

qu  c N c sc d c ic g c bc  q N q sq d q iq g q bq  0,5  B' N  s d  i g  b En este caso, los factores de inclinación (i), pendiente (b) y terreno (g) son: ic = iq = i = 1 gc = gq = g = 1 bc = bq = b = 1

85


De ahí que la ecuación de capacidad portante queda como sigue:

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  q   Df Como c = 0 y Df = 0, entonces:

qu  0,5  B' N  s d  De la Tabla J.4 , para  = 30°, los factores de capacidad portante son: N = 15,1 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma

B'  0,6 L' s   1,0  0,41  0,6

s   1,0  0,4

Factores de profundidad

d   1,0 Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que:

qu  0,5  B' N  s d 

qu  0,518B 15,10,61,0

qu  81,54B

[1]

Por otro lado, la carga máxima segura de apoyo es:

qs 

qu   D f FS

  Df

Como Df = 0

qs 

qu FS

qu  3003  900 kPa

[2]

Reemplazando [2] en [1] se tendrá que: 900 = 81,54 B 

B = 11,04 m

86


Para este valor del diámetro, mayor a la profundidad del nivel freático, se deberá corregir el peso unitario de la arena. CASO II

0d  B  c  ' 

d (   ' ) B

donde c = peso unitario corregido Luego, el peso unitario corregido es:

 c   sat   w    c  19,2  9,8 

 c  9,4 

d    sat   w  B

2,5 18  19,2  9,8 B

21,5 B

Recalculando B con este valor corregido se tiene que:

qu  0,5  c B' N  s d 

21,5   900  0,5 9,4   B15,10,61 B   21,5   900  4,53 B 9,4   B  

900  42,58B  97,40 De aquí

B = 18,85 m B  18,85 m

b) Vesic De la Tabla J.4 , para  = 30°, el factor de capacidad portante es el siguiente: N = 22,40 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma

s   1,0  0,4

B L

 0,6

87

Problemas resueltos de mecánica de suelos s  1,0  0,41  0,6 Factores de profundidad

d   1,0 La ecuación de capacidad portante es

qu  0,5  B' N  s  d 

qu  0,51822,40,61,0B qu  120,96 B

[3]

La carga máxima segura de apoyo será:

qs 

qu  D f FS

 D f

Como Df = 0, entonces:

qs 

qu FS

qu  3003 qu = 900 kPa

[4]

Reemplazando (4) en (3) se tiene que: 900 = 120,96 B  B=7,44 m Para este valor del diámetro, mayor a la profundidad del nivel freático, se deberá corregir el peso unitario de la arena. El peso unitario corregido es:

 c  9,4 

21,5 B

Recalculando B con este valor corregido, se tiene que:

qu  0,5  c BN  s d 

21,5   900  0,5 9,4   B22,40,61 B  

21,5   900  6,72B 9,4   B  

88

Capítulo 10 Capacidad de apoyo 900  63,17B  144,48 Luego B = 11,96 m Por lo tanto: B  11,96 m

89


PROBLEMA 3 En un terreno compuesto por arena se proyecta construir una edificación cuyos cimientos consisten de zapatas continuas (o corridas) de 2,20 m de ancho y apoyadas a 2,00 m de profundidad (Figura 9.5). Los ensayos del laboratorio indican que los parámetros de resistencia al corte son c' = 0 y = 30°. El nivel freático se encuentra a 2,00 m de profundidad. Los resultados de laboratorio indican que los pesos unitarios de la arena son 19 kN/m3 y 20 kN/m3 por encima y por debajo del nivel freático, respectivamente, y el peso unitario del agua es 9,8 kN/m3. Se pide: a) Determinar la máxima presión segura de apoyo del suelo, aplicando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. Emplear el método de Vesic. b) Si al final del proyecto, se determina que los cimientos ejercen sobre el terreno una presión de 275 kPa, determinar el factor de seguridad existente bajo esta condición. Solución Se tiene el siguiente esquema:

γ = 19 kN/m3 c′ = 0 kPa ′ = 30º

2m

2,2m γsat = 20 kN/m3 γw = 9,8 kN/m3 Figura 10.3. Fundación a dos metros de profundidad. a) Vesic Según la Tabla J.1 , la ecuación general de capacidad portante es:

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  Como c' = 0, entonces:

qu  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  De la Tabla J.4 para  = 30°, los factores de capacidad portante son: Nq = 18,4

N = 22,4

90

Capítulo 10 Capacidad de apoyo 2 tan  (1-sen )2 = 0,289 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma

sq  1,0 

B tan' L

s   1,0  0,4

B L

 0,6

Para una fundación continua, B/L  0, entonces: sq = s = 1 Factores de profundidad

D 2   0,91  1 B 2,20



k

D  0,91 B

d q  1  2  tan  ' 1  sin  '2  k d q  1  0,2890,91  1,263

d   1,0 Dado que el nivel freático se encuentra al nivel de la fundación, será necesario corregir el peso unitario de la arena. Caso I

0  d1  D f  c  '   sat   w 

Donde: c = peso unitario corregido Luego

 c  '  20  9,8  10,2

Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que:

qu   D f N q sq d q  0,5  c B' N  s d 

qu  19218,411,263  0,510,22,2022,41,01,0 qu = 1134,42 kPa

91


La carga máxima segura de apoyo, será:

qu   D f

qs  Entonces,

qs 

  Df

FS

1134,42  192  192 3

qs = 403,47 kPa b) El factor de seguridad La carga máxima segura de apoyo, será:

qu   D f

qs 

FS

  Df

Despejando el FS se tiene que:

FS 

Carga segura resistente Carga segura actuante

FS 

q seguro   D f qactuante   D f

Al final del proyecto se determina que los cimientos ejercen sobre el terreno una presión de 275 kPa. Entonces:

FS  

403,47  192 275  192

FS = 1,55

(con respecto a la carga máxima segura de apoyo)

92


PROBLEMA 4 El proyecto de un edificio de cuatro plantas contempla el diseño de zapatas aisladas cuadradas. Debido a la presencia de instalaciones sanitarias y otros cimientos, las zapatas exteriores serán de 2 m x 2 m, y ejercerán una carga segura de 500 kN (Figura 9.6). El estudio geotécnico indica que el suelo está compuesto de arcilla, con un peso unitario de 20 kN/m3 y una resistencia no-drenada al corte de 114 kPa. El peso unitario del agua es igual a 9,8 kN/m3. El factor de seguridad empleado en el análisis es 3 de la carga bruta contra fallas por capacidad portante. El nivel freático se encuentra al nivel del terreno. Con esta información, se requiere definir la profundidad a la cual deberán apoyarse las zapatas. Solución Se tiene el siguiente esquema: 500 kN

Df γsat = 20 kN/m3 cu = 114 kPa γw = 9,8 kN/m3

2m Figura 10.4. Zapata del edificio. Empleando el método de Vesic: La ecuación general de capacidad portante es (Tabla J.1):

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  De la Tabla J.4 , para  = 0°, los factores de capacidad portante son los siguientes: Nc = 5,14

Nq = 1,00

Nq/Nc = 0,195

N = 0

2 tan  (1-sin )2 = 0,0


sc  0,2

B L

93


2 sc'  0,2   0,2 2 B sq  1,0   tan  ' L 2 sq  1,0     tan 0  1,00 2 Factores de profundidad

d c '  0,4 k

k

Df B

,

para

 Df k  tan1   B

Df B

1

  rad 

, para

Df B

1

d q  1  2 tan ( 1  sen  )2 k d q  1,00 Dado que el nivel freático se encuentra al nivel de la fundación, será necesario corregir el peso unitario de la arcilla, por lo tanto:

 c  '   sat   w  Donde: c = peso unitario corregido Luego:

 c  '  20  9,8  10,2

La ecuación de capacidad portante queda:

qu  c N c sc d c  q Asumiendo:

Df B

1

k

Df B

 Df d c  0,4   B

   

Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que:

Df  qu  1145,140,2 0,4 2 

   20 D f 

  94

Capítulo 10 Capacidad de apoyo qu  117,190,2D f   20 D f qu  43,44 D f

[1]

Por otro lado la carga segura actuante, será:

qs 

500 22

qs = 125 kPa

qs 

qu   D f FS

  Df

Entonces se tendrá que:

125 

qu  20D f 3

 20D f

[2]

Reemplazando [1] en [2] se tiene que:

125 

43,44D   20 D  20D 3 f

f

f

375  83,44 D f Df = 4,49 m Como Df > B, entonces lo asumido no es correcto, entonces:

 Df k  tan 1   B

  rad 

, para

Df 1 B

d c '  0,4 k

 Df   d c '  0,4 tan 1   2  d q  1  2 tan  (1  sin  ) 2 k d q  1,00 Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que:

  Df qu  1145,140,2 0,4 tan1   2 

    20 D f  

  95

Problemas resueltos de mecánica de suelos   Df qu  46,88 tan1   2 

    20 D f  

 

[1]

Carga segura actuante, será:

qs 

500 22

qs = 125 kPa

qs  

qu  D f

125 

FS

 D f

qu  20D f 3

 20D f

[2]

Reemplazando [1] en [2] se tendrá que:

  Df 46,88 tan1   2  125 

125 

    20 D f  20 D f    20 D f 3

 

 

 

qu  20D f  20D f 3

 Df 375  46,88 tan1   2

   60D f 

La profundidad será: Df = 5,30 m Como Df > B, entonces lo asumido es correcto.

96


PROBLEMA 5 La columna de una estructura metálica será apoyada sobre una zapata aislada cuadrada (Figura 9.7). El nivel de fundación se encuentra a 1,22 m de profundidad y la superestructura transmite a la fundación una carga segura de 667,4 kN, con un factor de seguridad de 3. Se ha determinado que el suelo se compone de una arena con peso unitario húmedo de 16,51 kN/m3 y un peso unitario saturado de 18,55 kN/m3. El agua tiene un peso unitario de 9,8 kN/m3 y el nivel freático se encuentra a 0,61 m de la superficie del terreno. Ensayos efectuados sobre muestras no disturbadas del suelo indican que c' = 0 y ′ = 34º. Se requiere encontrar la dimensión mínima de la zapata. Solución Se tiene el siguiente esquema: 667,4 kN

D1 = 0,61 m Df = 1,22 m D2 = 0,61 m B

Figura 10.5. Zapata donde se apoya la estructura metálica.

γ = 16,51 kN/m3 γsat = 18,55 kN/m3 c′ = 0 kPa ′ = 34° γw = 9,8 kN/m3

Empleando el método de Vesic. La ecuación general de capacidad portante es (Tabla J.1):

qu  c N c sc d c  q N q sq d q  0,5  B' N  s d  Dado que c′ = 0, se tiene que:

qu  q N q sq d q  0,5  B N  s d  De la Tabla J.4, para ′ = 34°, los factores de capacidad portante son: Nq = 29,4

N = 41,0

2 tan ′ (1–sin ′)2 = 0,262 De la Tabla F.5 , se tiene Factores de forma

sq  1,0 

B tan  L

97

Problemas resueltos de mecánica de suelos B sq  1,0    tan34  1,675 B B s  1,0  0,4  0,6 L B s   1,0  0 ,4   0,6 B Factores de profundidad

k

Df B

,

para

 Df k  tan 1   B

Df B

1

  rad  

, para

Df B

1

Asumiendo que:

Df B

1



k

Df B



1,22 B

Se tiene que:

d q  1  2  tan  1  sin 2 k

0,320  1,22  d q  1  0,262   1 B  B 

d   1,00 La corrección de la sobrecarga debido a la presencia del nivel freático: CASO I

0  d1  D f q  D1  D2  sat   w 

q  0,6116,51  0,6118,55  9,8 q = 15,41 kPa Además el término  de la ecuación de capacidad portante debe ser reemplazado por el peso unitario sumergido ( '   sat   w )

'   sat   w  18,55  9,8 γ′ = 8,75 kN/m3

98


Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que:

qt  q N q sq d q  0,5  BN  s d   0.320  qu  15,4129,41,6751    0,58,75B 410,61,0 B  

qu  758,87 

242,84  107,63B B

[1]

Por otro lado la carga segura actuante será:

qs 

Qs 667,4  Area B2

Aclaración necesaria:

qs 

qu  qo  qo FS

donde:

qn  qu  qo

Debe notarse también:

qn  qu  qo qn  qu  u1  q0  u2  Como el Nivel Freático permanece en la misma posición  u1  u 2

qn  qn  qu  qo

qs 

qu  D f FS

 D f

667,4 qu  21,41   21,41 B2 3 2002,2  64,23  qu  21,41 B2 qu 

2002,2  42,82 B2

[2]

Combinando [1] y [2] se tiene que:

758,87 

242,84 2002,2  107,63B   42,82 B B2

99

Problemas resueltos de mecánica de suelos 2002,2  42,82B 2  758,87B 2  242,84B  107,63B3

107,63B3  801,69B 2  242,84B  2002,2  0 Resolviendo se tiene que: B = 1,33 m (Como Df < B, entonces la ecuación supuesta para el factor k es la correcta.)

100


PROBLEMA 6 En un terreno compuesto por arena fuerte por encima y por un estrato de arena de arena débil se proyecta construir una edificación cuyos cimientos consisten de zapatas de base de 2,0 m y de largo de 3,0 m, el nivel de fundación se encuentra a 1,50 m de profundidad (Figura 10.6). Los ensayos en campo de CPTu y de laboratorio indican que los parámetros de resistencia al corte del primer estrato son c′ = 0 kPa y ′ = 40º ; del segundo son c′ = 0 kPa y ′ = 34º. El nivel freático no se ha detectado en campo, ni en gabinete del laboratorio. Los resultados de laboratorio indican que los pesos unitarios de la arena son 18 kN/m3 y 19 kN/m3 del primer y segundo estrato respectivamente. Se pide determinar la carga última de apoyo por el método de suelos estratificados,(suelo fuerte bajo suelo débil). Solución Se tiene el siguiente esquema:

1,5m

H = 2,00 m c′ = 0 kPa ′ = 40º γ = 18 kN/m3

0,5m

2m c′ = 0 kPa ′ = 34º γ = 19 kN/m3

Figura 10.6. Fundación y parámetros del suelo. Usamos el método de Meyerhof . La ecuación de capacidad portante para este método es : Caso II. Arena fuerte sobre arena débil: 2D f 1 B     qu    1 D f  H N 2  Fqs2    2 B N 2 Fs 2     1H 2 1  1  2 L  H   





 K s tan 1    1H  qt B 

Donde:

qt  1 D f N q 1 Fqs1  y además:

1 1 B N  1 Fs 1 2

 N q2  2  2  q1 1 N  1 101


Para los estratos según el Anexo F.4 ; los factores de capacidad portante son: Para el estrato superior ; para 1 = 40º se tiene que: Nq1 = 64,1

N1 = 93,6

Para el estrato inferior ; para 1 = 40º se tiene que: Nq2 = 29,4

N2 = 31,1

Para el estrato superior:

Fqs1  Fs 1  1  0,1K p

B L

[1]

Donde:

  K p  tan2  45   2 

40   K p  tan2  45    4,599 2  

[2]


2 Fqs1  Fs 1  1  0,14,599   1,31 3 Para el estrato inferior:

Fqs2   Fs 2   1  0,1K p

B L

[3]

Donde:

  K p  tan2  45   2 

34   K p  tan2  45    3,54 2 

[4]


2 Fqs2   Fs 2   1  0,13,54   1,236 3 q2 1931,1   0,3507 q1 1893,6

102


Ingresando en la siguiente figura 9.1 (de la introducción) tenemos :

k s  6,8 Reemplazando en la ecuación de capacidad portante de Meyerhof : 2D f 1 B     qu    1 D f  H N 2 Fqs2    2 B N 2 Fs 2     1H 2 1  1  2 L  H   





 K s tan 1    1H B 

  1  2  1,5  6,8 tan40 qu  181,5  0,529,41,236   19231,11,236  180,52 1  1   180,5  2 2  3  0,5   

qu = 2115,12 kPa Reemplazando en la ecuación de capacidad portante del estrato superior se tiene que:

1 qt  1D f N q 1Fqs1  1BN  1Fs 1 2 1 qt  181,564,11,31   18293,61,31 2 qt  4474,305 kPa Como:

qu  qt

Entonces: qu = 2115.12 kPa

103


PROBLEMA 7 Se desea construir un edificio para lo que se realiza un estudio de suelos que dan los siguientes resultados 17 kN/m3, c′ = 6 kPa, ′ = 33º ; como se muestra en la Figura 10.7. Una vez construido las zapatas se ha detectado que la carga no esta aplicada sobre el centro de la zapata de fundación, se desea determinar la carga segura de apoyo si se ha encontrado una excentricidad de eB = 0,35 m, eL = 1,0 m. En las zapatas de B = 2,0 m y de L = 4,0 m con un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. Usar el método de fundaciones con excentricidad en dos direcciones propuesto por Das.

Solución Se tiene el siguiente esquema: Qs My Mx

c′ = 0 kPa

Df = 2,0 m

′ = 33º

γ = 17 kN/m3 2m

Figura 10.7. Cargas sobre la fundación

Dado que: e L  1,0 m , entonces se tendrá que:

eL 1  L 6

eB 1  B 6 Se tiene el Caso I de fundaciones con excentricidad, por lo tanto:

eB  0,35 m.

104


Se tiene el siguiente esquema: Área efectiva

B1 eB

eL L1

Qu L

B

Figura 10.8. Área efectiva de apoyo en la fundación. En donde:

1 A'  B1L1 2 Y además:

3e   B1  B1,5  B  B   3e   L1  L1,5  L  L   La longitud efectiva ( L′) es la más larga de las dos dimensiones L1 o de B1 y además B′ es :

B 

A L1

3e   B1  B1,5  B  B  

30,35   B1  21,5   2   B1 = 1,95 m

3e   L1  L1,5  L  L   31   L1  41,5   4   L1 = 3 m

105


Entonces la longitud más larga es L1 = 3 m, y el área efectiva es:

A 

1 B1L1   0,51,953 2

A′ = 2,925 m

B 

A 2,925  L 3

B′ = 0,975 m Entonces en la ecuación de capacidad portante se tiene que:

qu  c Nc sc dc  q N q sq d q  0,5  B N  s d  De la Tabla J.4 para ′ = 33°, los factores de capacidad portante son: Nc = 38,64

Nq = 26,09

N = 35,19

Para evaluar los factores de forma se debe usar la longitud efectiva, y el ancho efectivo: 2 tan ′ (1-sin ′)2 = 0,2693

Nq/Nc = 0,675 De la Tabla J.5, se tiene para B = 2 m Factores de forma

sc  1,0 

N q B' N c L'

 0,975  sc  1,0  0,675   1,22  3 

sq  1,0 

B' tan  L'

 0,975  s q  1,0    tan 33  1,21  3 

s   1,0  0,4

B'  0,6 L'

 0,975  s   1,0  0,4   0,87  3  Para determinar los factores de profundidad se debe utilizar los valores de L y de B de la zapata sin considerar la respectiva excentricidad. Factores de profundidad

d c  1 0,4

Df B

106

Capítulo 10 Capacidad de apoyo 2 d c  1  0,4   1,4 2

d q  1  2 tan  1  sin 2

Df B

2 d q  1  2 tan 331  sin 332    1,269 2 dγ = 1 Factores de inclinación

 

i c = i q = 1 

 o i = 1  o   Además:

º   0º    1   1 90º   90º 

  0o   1  o   33  

  1  

q  D f  172  34 kPa.

Luego, reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que:





qu  c N c sc d c   D f N q s q d q  0,5  B N  s  d 

qu  638,641,221,4  3426,091,211,2693 

1 170,97535,190,871 2

Entonces: q′u = 2012,85 kPa Luego la carga segura será:

qs  qs 

qu   D f FS

  Df

2012,85  217  217 3

q′s = 693,62 kPa

107


PROBLEMA 8 Se ha planificado la construcción de una zapata flexible a 1,5 m de profundidad. La zapata tendrá un ancho de 2 m, un largo de 3 m y un espesor de 0,3 m en la base, estará constituida por hormigón armado con un peso unitario de 25 kN/m3. La columna que llegue a la base de la zapata tendrá un ancho de 0,3 m x 0,3 m y recibirá una carga vertical de 650 kN y una carga horizontal de 50 kN en la dirección del ancho, al nivel natural del terreno. Se ha realizado un estudio geotécnico en el sitio y se ha determinado que el perfil del suelo está constituido por una arcilla homogénea que yace sobre una roca muy dura y muy poco permeable a 4 m de profundidad. los parámetros de resistencia son cu = 45 kPa, ′ = 0º. Se ha ubicado el nivel freático a 0,5 m por debajo la superficie. El peso unitario del suelo por encima de este corresponde al 18 kN/m3 y 20 kN/m3 para el suelo saturado. Determine el factor de seguridad en la capacidad de apoyo. Pv = 650 kN Ph = 50 kN

0

 = 18 kN/m³ c = 25 kN/m³

1

R

0,30 m x 0,30 m

Arcilla

B=2m;L=3m 2

sat = 20 kN/m³ cu = 45 kPa

3

4

Figura 10.9. Carga inclinada actuante en la fundación. Solución El factor de seguridad para este tipo de cargas puede ser evaluado utilizando el método de Meyerhof, por lo que se tendrá que:

 F  Pz  Ps  Pv  F  25230,3  0,30,31,2  18230,5  0,30,30,5  20230,7  0,30,30,7  650

 F  833,63kPa

tan  

e 1,50

tan  

50 833,63

108


Entonces:

  3,432º e  1,5tan 3,432 e = 0,09 m B  B  2e  2  20,09 ; B′ = 1,82 m

L′ = 3 m Entonces:

qu  c N c Fcs Fcd Fci  q N q Fqs Fqd Fqi  0,5  B N  Fs Fd Fi

Para los valores de: c = 45 kPa ′ = 0 º Se tiene que: q = (0,5)(18)+(1)(20) = 29 kPa Para este caso: Nc = 5,14 Nq = 1,00 Nγ = 0,00 Factores de forma

Fcs  1 

B N q 1,82 1,00  1  1,118 L N c 3 5,14

Fqs  1 

B tan  1,000 L


Df B

Fcd  1  0,4



1,5 1 2

Df B

 1  0,4

1,5  1,300 2

Fqd  1,000 Factores de inclinación 2

2

   3,432  Fci  Fqi  1    1    0,925 90   90  

109


La capacidad última de apoyo será:

qu  455,141,1181,30,925  291110,925 q′u = 337,78 kPa Entonces:

Qu  qu B L  337,781,773 Qu = 1793,61 kN La capacidad máxima de apoyo es:

qm ax 

Q  6e  833,63  60,09  1    1   BL  B  23  2 

qmax = 176,45 kPa La capacidad mínima de apoyo es:

q m in 

Q  6e  833,63  60,09  1    1   BL  B  23  2 

qmin = 101,42 kPa El facto de seguridad será:

FS 

qu 337,78  qm ax 176,45

FS = 1,91

110


PROBLEMA 9 Para la Figura 9.10, se pide determinar la máxima capacidad segura de apoyo utilizando el método de Hansen, con un factor de seguridad de 4 sobre la carga bruta. P = 600 KN

D = 0.3 m

0 KN H = 20 =2m B=L

 = 17.5 kN/m 3 ' = 25º

º

c' = 25 MPa (ca = c; 

P = 600 KN

D = 0.3 m

0 KN H = 20 =2m B=L

 = 17.5 kN/m 3 ' = 25º

º

c' = 25 MPa (ca = c;  Figura 10.10. Características de la fundación. Solución La capacidad última de apoyo será:

qu  cN c sc d c ic g c bc  qN q sq d q iq g q bq  0.5BN s d i g b Los parámetros de resistencia son:

c' 25 KPa  ' 25º Pesos y sobre cargas

q   D  17.5x0.3  5.25 KPa  KN  3  m 

  17.5 

Factores de capacidad de apoyo

N c  20.71 ; N q  10.7 ; N  6.8 111



D D D 0.3     0.15    0.15 B B ' L' 2 d c  1  0.4  1  0.4 x0.15  1.060

d q  1  2 tan 1  sen    1  2  tan 251  sin 25  0.15  1.047 2

2

d  1 Factores de inclinación

V  Af ca cot   600  2  2  25 / tan 25  814.45 c a  c'

1  3  Máximos reales

2  4 Por lo tanto:

  0.5H iq  1    V  A f ca cot  

1

  º     0.7  450  H    i  1    V  A f ca cot      

2

ic  i q 

1  iq Nq 1

 0.675 

3

 0.5 x200   1   0.675 814.45   4

   10    0.7  450 200     0.483  1   814.45      

1  0.675  0.641 10.7  1

Factores de forma

sc  1 

Nq B 10.7 2  1 x  1.517 Nc L 20.71 2

sq  1 

B 1 sin   1  sin 25º  1.427 L 1 112


s  1  0.4

B 1  0.6 ; s  1  0.4  0.6 L 1

Para carga inclinada, se tiene que:

sc  1 

N q B ' ic N c L'

Factores de base:

bc  1 

 147

 1

10  0.932 147

   x tan 25   2 x10x 180 

bq  e  b  e

 0.850

   x tan25   2.7 x10x 180  

 0.803

Factores d terreno:

  0º



g 1

Por lo tanto reemplazando todos los valores en la ecuación de capacidad portante tenemos. qu  25  20.711.5171.060 0.6411  0.932  5.25 10.7 1.4271.047 0.6751 0.850  .5 17.5  2  6.8  0.6 1 0.4831 0.803

qu  497.38  48.15  27.69 La capacidad última de apoyo será:

qu  573.2 KPa La carga segura de apoyo será:

qs 

5  3.2  143.3 KPa 4

q s  143.3 KPa

113


PROBLEMA 10 Calcule la carga máxima admisible para la zapata que se muestra en la Figura 10.12. P = 500 kN 0,3 m x 0,4 m 0 1

0,3 m

2

arcilla N. C.

B =2 ; L = 3 m 3

 = 20 kN/m3 c' = 5 kPa ; ' = 28°

4

2

Cu = 50 kN/m e o = 0,75

5

Cc = 0,22 ;Cs = 0,03 Cv = 0,21 m2 /mes

6 7

Po = 20·7-9,8·7 = 71,4 kN/m2

8 9 10 11 12

arena

Figura 10.12. Perfil de suelo. Solución. Capacidad máxima segura de apoyo La capacidad máxima segura de apoyo se expresa mediante la ecuación propuesta por Vesic es: qu  cN c S c d c  qN q S q d q  0,5 B N  S  d  En una construcción común en arcilla, la condición más desfavorable es a corto plazo en condiciones no drenadas. Por lo tanto:

Cu  50 kN m2

y

 0

Factores de capacidad de apoyo.

N c  5,14 ; N q  1,00 ; N   0 ; N q N c  0,195 ; 2 tan ( 1  sin )  0

114


Factores de forma:

S c( v )  1 

Nq B 2   1  0,195   1,13 Nc L 3

S q( v )  1 

B tan  1 L


d c  1  0,4·K D B  2 2  1  K  ar tan D B  0,785 d c  1,314 dq  1 Reemplazando los factores calculados en la ecuación de capacidad máxima segura de apoyo propuesta por Vesic, se tiene:

qu  50  5,14 1,13 1,314  20  2 111 La capacidad última de apoyo será:

qu  421,7 kN m2 La carga máxima segura de apoyo se define como:

qs 

qu   ·D   ·D FS

qs 

421,7  20·2  20·2 3

Entonces:

La capacidad segura de apoyo será:

qs  167,2 kN m2 La carga neta segura es entonces:

q n  167,20  2·20  127,20 kN m 2 Si el incremento de esfuerzo es 127,20 kN m 2

115


Entonces:

z  0  Pt  127,20 kN m 2    127,20  4  13,16  3,55 2 z  5 m  Pm  13,16 kN m Pav   30,68 kN m 2 6   z  10 m  Pm  3,55 kN m 2 

Soed 

Soed 

Cc H P  P log o 1  eo Po

0.22 10 103 71.4  30.68 log 1  0.75 71.4

Soed  195 mm. El asentamiento tolerable será:

ST  75 mm El asentamiento correspondiente al incremento de carga es superior al admisible, por lo tanto se intenta con una nueva carga.

qn  50 kN m2 Pav 

50  30,68  12,05 kN m2 127,3

Soed 

0.22 10 103 71.4  12.05 log 1  0.75 71.4

Soed  85.1 mm Nuevamente el valor encontrado de asentamiento es mayor al valor admisible, por lo tanto se intenta una vez más.

qn  40 kN m2 Pav 

40  30.68  9.64 kN m2 127,3 116


Soed 

0.22 10 103 71.4  9.64 log 1  0.75 9.64

Soed  69.1 mm Se calcula el asentamiento total mediante la corrección propuesta por Burland, aplicada al asentamiento del edómetro.

S  1,1 Soed S  1,1 69,1  76 mm El asentamiento tolerable es:

ST  76 mm La carga admisible q a es entonces:

qa  qn    D  40  20  2

qa  80 kN m2

117


PROBLEMA 11 Se ha realizado la exploración geotécnica de un sitio, la Figura 10.13 muestra el perfil de suelo encontrado y sus propiedades. Se va a construir una zapata flexible y rectangular a 2 m de profundidad, con las dimensiones que se presentan en el esquema. Considere que la zapata se construye en un instante de tiempo, en el que adicionalmente el nivel freático desciende al nivel de fundación y permanece en esa posición por tiempo indefinido. El peso unitario de la arena en la parte no saturada es el 90% del valor en el sector saturado. Asimismo, considere que no existe asentamiento secundario en la arcilla y que el asentamiento inmediato es el 50% del total. Se pide: a) Calcular la presión máxima admisible del suelo suponiendo que la presión máxima segura de apoyo es 175 kN/m2 y el asentamiento tolerable de 25 mm. b) Calcular la capacidad máxima segura de apoyo del suelo, suponiendo que todo el perfil de suelo está constituido por arcilla (estrato de 5 a 8 m), el nivel freático permanece en la superficie y se carga la zapata en incrementos muy pequeños. Utilizar el método de Vesic, con un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. 0,3 m x 0,3 m

P = 1500 kN

E (MN/m 2 ) 35

0

c = 24 kN/m 3 1

 = 20 kN/m3 arena Dr=60 % B =2 m ; L= 6 m

0,3 m

2

3

muestra 1

4

45

5

arcilla 3

 = 19 kN/m 6

muestra 2 7 2

E=40 (MN/m ) 8

arena 9

muestra 3

 = 20 kN/m

3

10

Figura 10.13. Características del perfil de suelo.

118


Resultados de ensayos para los parámetros de resistencia al corte: De muestra 1: Ensayo triaxial CD: C=0 ;  = 32 º De muestra 2: Triaxial UU : Veleta : Corte directo : Compresión inc: Triaxial CU :

Cu = 50 kPa Cu = 45 kPa c = 0;  = 34º Cu = 55 kPa c = 0 ;  = 32º

c’= 0 ; ’ = 34º

De muestra 3: Ensayo triaxial CU

: c = 0 ;  = 33º

c’=0 ; ’ = 36º

Solución. a) Capacidad máxima admisible de apoyo.

qs  175 kN m2 ; ST  25 mm Carga neta  175  20.4  154.6 kN m2 El asentamiento en la arena esta dado por:

S  C1  C2  qn  

Iz  z E

a)

C1  1  0,5 

40  0,871 154,6

q n  154,6 kN m 2  S  0,871 1  154,6  0,03226  4,4 mm b)

 S  0,871 1  154,6  0,0507  6,8 mm c)

 S  5 mm

119


El asentamiento en la arcilla es:

154,6  30,71  33,3 kN m 2 142,5 Po  P  64,8  33,3  98,1

Pav 

0,03  3  103  85  0,02  3  103  64,8  33,3  log  log    1  0,75 1  0,75 85    64,8   6,06  2,13  8,2 mm  8 mm

Soed 

S  13 mm  STOL (25 mm) La capacidad admisible de apoyo es:

qa  175 kN m2 b) La capacidad máxima segura de apoyo del suelo La ecuación general para la capacidad de apoyo es: 0 qu  cN c S c d c ic g c bc  qN q S q d q iq g q bq  0,5 B N  S  d  i g  b Los parámetros de resistencia son:

c'  0

y  '  34º

Los factores de capacidad de apoyo son:

  N q  e tan tan 2  45   2  34    e3,14tan34 tan 2  45    29,440 2  N c  N q  1

1 1  29.440  1   42.164 tan 34 tan 34

N  2Nq  1tan   41,064 Los factores de forma son:

Sq  1 

B 2 tan   1  tan 34  1.225 L 6 120


S  1  0,4

B 2  1  0,4  0,867 L 6

Los factores de profundidad son:

d q  1  2 tan  1  sin    2

D B  2 2 1  D B 1

d q  1  2 tan 34  1  sin 34 1  1.262 2

d  1 Los otros factores son iguales a 1 Sobrecarga (q’)

q'  2 19  9,8  2  18,4 kN m2 El peso de suelo por debajo el nivel de fundación será:

  19  9,8  9,2 kN m 3

qu  18,4  29,440 1,225 1,262  0,5  9,2  2  41,064  0,867 1

q u  1165 kN m2 qS 

qu    D 1165  19  2   D   19  2 FS 3

La capacidad segura de apoyo es:

qS  414 kN m2

121


PROBLEMA 12 Para el perfil de suelo que se muestra en la Figura 10.13, se desea calcular la carga máxima segura de apoyo utilizando el método propuesto por Braja M. Das y un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. Si: a) Si se construye la estructura muy lentamente, en un tiempo mayor a 10 años b) Si se construye la estructura rápidamente, en un tiempo menor a 2 meses P = 500 kN 0,5 m x 0,5 m 0

c = 0;  = 28°

 = 17 kN/m3

c = 0;  = 30°

 = 18 kN/m3

1

0,5 m

Cu=45 kN/m

2

2

B= 2 m ; L= 3 m

 = 20 kN/m3

c = 5;  = 32° 3

Cu=65 kN/m

2

4

5

Figura 10.13. Características del perfil de suelo. Solución. El tiempo de construcción de la estructura es considerablemente largo, por lo tanto se darán condiciones drenadas. Se utilizan los parámetros c  5 kPa ;   32 . Se aplicarán además correcciones en el cálculo de la capacidad de apoyo por nivel freático.

qu  c  N c  Fcs  Fcd  q'N q  Fqs  Fqd 

1   'B  N i  Fis  Fid 2

c  5 kPa ; q'  17  1  (18  9,8)  1  25,2 kN / m 2

 '  20  9,8  10,2 kN / m2 122


Los factores de capacidad de apoyo son:

  32  N c  35,49 ; N q  23,18 ; N   30,22 ; N q N c  0,65 ; tan   0,62 Los factores de forma son:

B Nq 2   1   0,65  1,43 L Nc 3 B 2 Fqs  1   tan   1   0,62  1,41 L 3 B 2 Fs  1  0,4   1  0,4   0,73 L 3 Fcs  1 

Factores de profundidad son:

D f B  2 / 2  1  condición a) Df

2  1,4 B 2 Df 2 Fqd  1  2  tan   (1  sin  ) 2   1  2  0,62  (1  0,53) 2  B 2  1,27 Fd  1 Fcd  1  0,4 

 1  0,4 


qu  5  35,49 1,43 1,4  25,2  23,18 1,411,27  0,5 10,2  2  30,22  0,73 1  1626,3 kN / m 2 La capacidad segura de apoyo será:

qs 

qu    D 1626,3  (17  18)   D   (17  18)  565 kN / m2 3 3

qs  565 kN / m2 Debido a que el tiempo de construcción es corto, se consideran condiciones no drenadas, entonces:

Cu  65 kN / m2 ;   0 ; no aplicar correcciones.

q  17  18  35 kN / m 2

  20 kN / m 2

123


La carga última de apoyo será:

qu  c  Nc  Fcs  Fcd  q  Nq  Fqs  Fqd Los factores de capacidad de apoyo son:

  0  N c  5,14

N q N c  0,20 tan   0

N q  1,00 Factores de forma son:

B Nq 2   1   0,20  1,13 L Nc 3 B Fqs  1   tan   1 L Fcs  1 


D f B  2 / 2  1  condición a)

Fqd

Df

2  1,4 B 2 Df  1  2  tan   (1  sin  ) 2  1 B

Fcd  1  0,4 

 1  0,4 

La capacidad última de apoyo es:

qu  65  5,14 1,13  1,4  35  1 1 1  563,5 kN / m 2 La capacidad segura de apoyo será:

qs 

qu    D 563,5  (17  18)  D   (17  18) 3 3

qs  211 kN / m2

124


PROBLEMA 13 Se ha planificado la construcción rápida de una zapata rígida en un suelo arcilloso totalmente saturado (ascenso capilar de 2 m de altura), a 2 m de profundidad. La arcilla tiene un peso unitario de 20 kN/m3 y descansa sobre una arenisca permeable e incompresible ubicada a 8 m por debajo la superficie natural del terreno. Se ha obtenido los siguientes parámetros a partir de los ensayos de campo y laboratorio (cota referida a nivel natural del terreno). Profundidad m

eo

cc

cs

pc kPa

cu kPa

c'

’

K

1,0 3,5 6,5

0,6 0,7 0,8

0,33 0,33 0,33

0,10 0,05 0,05

250 140, 86

100 50 50

0 0 0

32 30 30

0,6 0,55 0,95

Se ha calculado que la carga puntual a ser aplicada en la columna a nivel de terreno será de 600 kN y que la columna de hormigón armado tendrá una sección de 0.25 m por 0.25 m que descansará sobre la base de la zapata de 0.4 m de espesor. Considerar que c = 24 kN/m3. Se pide: a) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata cuadrada es de 1.50 m, considerando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando el método de Skempton. b) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata rectangular es de 1.5 por 3 m, considerando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando el método de Vesic. c) Calcular la capacidad máxima admisible si el asentamiento tolerable es de 25 mm, para la geometría del inciso b. d) ¿Cuál es el factor de seguridad sobre la carga neta en la capacidad de apoyo del inciso b? Solución. a) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata es cuadrada. Para la fundación se sabe que: B = L = 1,5 m Entonces la carga neta ultima será:

D  B  q net( u )  5 c 1 0,2 f  1 0,2  B  L  2  1,5   q net( u )  5  501 0,2  1 0,2  1,5   1,5   q net( u )  380kPa

125


P = 600 kN 0,25 m x 0,25 m 0

 = 16 kN/m 3 c = 24 kN/m

1

3

0,4 m

 = 20 kN/m 3 2

Arcilla

B = L =1,50 m

3

Arcilla 1  = 20 kN/m3

eo = 0,7; cc = 0,33; cs = 0,05; Pc = 140 kPa cu = 50 kPa; c´ = 0; ´= 30 º; K = 0,55

4

5

6

Arcilla 2  = 20 kN/m3

eo = 0,8; cc = 0,33; cs = 0,05; Pc = 86 kPa cu = 50 kPa; c´ = 0; ´= 30 º; K = 0,95

7

8

Roca incompresible

9

10

Figura 10.14. Características del perfil de suelo. Para la carga neta se sabe que: qn = q - qo La carga última será: qu = qnet(u) + qo Por lo tanto, la carga neta es: qn = 380 + 2(20) = 420 kPa

126


La carga segura de apoyo para un FS = 3 será:

qs 

qu  qo  qo FS

qs 

420 40  40 3

q s  167 kPa b) Calcular la capacidad de apoyo del suelo si la base de la zapata rectangular. Para esta zapata se tiene que: B = 1.5 m; L = 3 m La capacidad última de apoyo será:

q u  5,14 c u 1 sć  dć   q Con los valores de:

B 1,5  0,2  0,1 L 3 dć  0,4 K

sć  0,2

Entonces:

D 2 D 2  1 K  arctan  arctan  0,9273 B 1,5 B 1,5 dć  0,4  0,9273 0,37 La capacidad última de apoyo será:

q u  5,14 50 1 0,1 0,37  40  418,8 kPa La capacidad segura de apoyo será:

qs 

qu  qo  qo FS

qs 

418,8  40  40 3

q s  166 kpa 127


c) Calcular la capacidad máxima admisible si el asentamiento tolerable es de 25 mm. Por tanteo, se tiene que: qn = 100,8 kPa El factor se seguridad es:

Factor 

100,8  0,8 126

Estrato 1. Para este estrato se tiene que: Pav = 65,36 (0,8) = 52,2 kPa

Po  P  55,3  52,2 107,5  Pc El asentamiento será:

Soed 

 P  P  cc H  log  o 1 eo  Pc 

Soed 

0,05 3  103  107,5  log   1  0,7  55,3 

Soed  25,5 mm S t1 1,0  Soed  0,8  20,4 mm Estrato 2. Para este estrato se tiene que: Pav = 13,15 (0,8) = 10,5 kPa

Po  P  85,9  10,5  96,4  Pc El asentamiento será:

Soed 

 P  P  cc H  log  o 1 eo P c  

S oed 

0,33 3  103  96,4  log   1  0,8  85,9 

128

Capítulo 10 Capacidad de apoyo Soed  27,5 mm S t 2 1,1 Soed  0,8  24,2 mm El asentamiento total es: St = 44,6 mm La carga neta es: qn = 50,4 kPa ESTE ASENTAMIENTO NO CUMPLE. Se tantea nuevamente. El factor de seguridad será:

Factor 

50,4  0,4 126

Estrato 1. Pav = 65,36 (0,4) = 26,1 kPa

Po  P  55,3  26,1  81,4  Pc

Soed 

 P  P  cc H  log  o 1 eo  Pc 

Soed 

0,05 3  103  81,4  log   1  0,7  55,3 

Soed 14,8 mm S t1 1,0  Soed  0,8 11,8 mm Estrato 2. Pav = 13,15 (0,4) = 5,2 kPa

Po  P  85,9  5,2  91,1 Pc

Soed 

 P  P  cc H  log  o 1 eo  Pc 

Soed 

0,33 3  103  91,1  log   1  0,8  85,9 

129

Problemas resueltos de mecánica de suelos Soed 14 mm S t 2 1,1 Soed  0,8 12,3 mm St = 11.8 + 12.3 mm St = 24.1 mm ESTE ASENTAMIENTO ES BASTANTE APROXIMADO. La capacidad admisible de apoyo será: qa = 50.4 + 40 qa = 91 kPa d) El factor de seguridad sobre la carga neta en la capacidad de apoyo del inciso b. La carga bruta actuante es:

F q  A Con los valores de:

F1  600 kN F2  (1,5 3 0,4)  24  43,2 kN F3  (0,25 0,25 1,6)  24  2,4 kN F4  (3 1,5  0,25 0,25)1,6  20 142 kN Se tiene que:

 F  787,6 kN A  3 1,5  4,5 m2

La carga bruta será: q = 175 kN/m2 que es qs aplicado La carga segura de apoyo será:

qs 

qu  qo  qo FS

FS 

qu  qo qs  qo 130


FS 

418,8  40 175  40

FS 

378,8 135

El factor de seguridad será: FS = 2.81

131


PROBLEMA 14 Se pide determinar la máxima capacidad admisible de apoyo (FS = 3) de una arena homogénea para una zapata rectangular de 2.5 m de ancho y 4 m de largo emplazada a 2.0 m de profundidad (Figura 10.15), utilizando el método propuesto por Das. El nivel freático coincide con el nivel de fundación. El peso unitario del suelo por encima del nivel de agua es de 18 kN/m3 y el saturado corresponde a 20 kN/m3. Los parámetros de resistencia de la arena son c = 0,  = 30º. Considerar que la resultante de la carga actúa a 0.10 m del centro y posee una inclinación de 10º con respecto a la vertical, asimismo suponer que el asentamiento máximo tolerable es de 10 mm y el módulo de deformación es uniforme e igual a 15 MN/m2. 10°

0

 = 18 kN/m 3 c = 24

0,4 m

1

kN/m 3

2

B=2,5 m; L=4,0 m

3

 = 20 kN/m3 c = 0 kPa  = 30 º E = 15 MN/m2

4

5

6

7

8

9

10

Figura 10.15. Características del perfil de suelo y de la fuerza actuante en la zapata.

132


Solución. Las dimensiones efectivas son:

B´  B  2  e B´  2,5  2,5  0,1  2,3 m L´ = L = 4 m La capacidad última de apoyo será:

qú  cNc Fcs Fcd Fci  qN q Fqs Fqd Fqi  0,5BŃ  Fs Fd Fi Para este caso se tiene que:

qú  qN q Fqs Fqd Fqi  0,5BŃ  Fs Fd Fi Con los valores de: q = 18 2 = 36 kN/m2  = 20 – 9.8 = 10,2 kN/m2 para  = 30º se obtiene: Nq = 18.40; N = 2.40; tan  = 0.58 Los factores de forma son:

B´ 2,3 tan   1  0,58  1,33 L´ 4 B´ 2,3 Fs  1  0,4  1  0,4  0,77 L´ 4 Fqs  1 


Df 2  1 B 2,5 Fqd 1  2 tan  (1  sen ) 2

Df B

Fqd 1  2 tan 30 (1  sen 30) 2

2 1,23 2,5

Fd 1 Los factores de inclinación son: 2

  º   10    1    0,79 Fci  Fqi  1   90 º   90  2

2

    10  Fi  1    1    0,44     30  2

133



qú  36 18,40 1,331,23 0,79  0,510,2  2,3 22,4  0,77 1 0,44 qú  945 kPa,

que es una carga distribuida de manera uniformeen el área efectiva.

La capacidad segura de apoyo será:

qs 

qu  qo  qo FS

qs 

945  36  36 3

qs  339 kPa La carga neta será:

qn  339  36 qn = 303 kPa

134


PROBLEMA 15 Para la Figura 10.16 (zapata flexible), se pide determinar: a) Máxima presión segura de apoyo con un factor de seguridad de 3. Considerar que el suelo es homogéneo en cuanto a resistencia al corte se refiere y que los resultados de un ensayo de compresión inconfinada arrojan una resistencia en el suelo de 70 kPa. Considerar que se han realizado ensayos de corte directo y que el ángulo de fricción interna del suelo equivale a 30° con una cohesión nula y que en la misma muestra de suelo se ha ejecutado un ensayo triaxial CU cuyo resultado es un ángulo de fricción interna en estado crítico de 32°. b) Máxima presión admisible de apoyo considerando que el asentamiento máximo tolerable en el centro de la fundación es de 30 mm. 750 kN 0.2 m x 0.3 m

c'

50 kN

Concreto 3 2.00 m  c 24 kN/m

100 kN/m

2

Arcilla  20 kN/m3

0.25 m 2mx3m

Agua 3  w 9.8 kN/m

4.00 m 2

E s = 15 MN/m eo= 0.70 Cc = 0.21 Cs = 0.07

2

Estrato incompresible y permeable

61.2 kN/m

Figura 10.16. Características del perfil de suelo y la fundación. Solución. a) Máxima presión segura de apoyo con un factor de seguridad de 3. La carga vertical total es igual a la fuerza vertical aplicada más la debida al peso de la fundación y del suelo sobre ella. Entonces, la fuerza vertical F, es:

F  P W 135


Donde:

W  Ws  Wc

Wc es peso de la fundación y es igual a: Wc   cVc Wc  242  3  0.25  0.2  0.3  1.75 Wc  38.52 kN El peso del suelo sobre la fundación W s es:

Ws   sVs Ws  202  3  1.75  0.2  0.3  1.75 Ws  207.9 kN Luego W es:

W  38.52  246.42

W  246.42 kN La carga vertical total F es:

F  P  W  246.42  750

F  996.42 kN 750 kN 

50 kN

2.00 m

e Figura 10.17. Característica de la fuerza que actúa en la fundación.

136

Capítulo 10 Capacidad de apoyo El ángulo de inclinación de la fuerza resultante  es:

tan  

50 996.42

  2.873 La excentricidad del punto (Figura 10.17) de aplicación de la fuerza resultante es:

tan  

e 2

e  0.10 m Para aplicar el método de Meyerhof es necesario determinar las longitudes efectivas de la zapata. Entonces:

B'  2  2  0.10  1.80 m L'  3  0  3.00 m La carga última a partir de la ecuación de Meyerhof es:

1 qu  cN c Fcs Fcd Fci  qN q Fqs Fqd Fqi  B' N  Fs Fd Fi 2 Los parámetros de resistencia a utilizarse son los parámetros que consideran condiciones no drenadas, es decir, parámetros de esfuerzos totales. Luego:

cu  70 kPa ,   0 Los factores de capacidad de apoyo son:

N c  5.14 ; N q  1 ; N  0 Los factores de forma, son afectados por las dimensiones efectivas son:

B' N q L' N c 1.8 1 Fcs  1    1.117 3.0' 5.14 B' Fqs  1  tan  L' Fqs  1 Fcs  1 

137



Fcd  1 0.4

Df

B 2 Fcd  1  0.4   1.40 2 Fqd  1.0 Los factores de inclinación, son:

   Fci  Fqi  1    90 

2

2

 2.873  Fci  Fqi  1    0.937 90   La capacidad última de apoyo será:

qu  70  5.14  1.117  1.40  0.937  40  1 1 1 0.937 qu  564.7 kPa Luego, la presión segura de apoyo para un factor de seguridad igual a 3, es:

qs 

qu 564.7  FS 3

qs = 188.2 kPa Además, se puede calcular la máxima presión en la base:

q max 

F  6e  1   BL  B

q max 

996.42  6  0.1  1    215.89 kPa 23  2 

Luego, el factor de seguridad real es:

FS real 

qu qmax

FS real 

564.7  2.6 215.89 138


b) Máxima presión admisible de apoyo considerando el asentamiento máximo tolerable. Para la carga neta, qn  126.07 kPa el asentamiento total es ST  109 mm . La carga segura bruta es de q s  190 kPa  la carga segura neta es qs n   qs'  qo' . Entonces, como no existe cambio en la posición del nivel freático:

qsn   190  40

qsn   150 kPa  S qs n   S qn La carga admisible viene dada en función a los asentamientos, entonces: Iteración N° 1

q n  50 kPa El incremento de esfuerzos promedio, p av , para esa carga neta es determinado a partir de regla de tres:

126.07  60.23 50  p av (50)

pav(50) 

50  60.23 126.07

pav(50)  23.89 kPa Entonces  o'  pav  40.8  23.89  64.69 kPa  74.13 kPa   c'  Arcilla SC

S oed  ST 

ST 

Cs H  '  p log o ' av 1  eo o

0.07  4  10 3 64.69 log 1.707 40.8

ST  32.8 mm  30 mm  S tol

NO CUMPLE

Iteración N° 2

q n  48 kPa 139

Problemas resueltos de mecánica de suelos El incremento de esfuerzos promedio, p av , para esa carga neta es determinado a partir de regla de tres:

126.07  60.23 48  p av (50)

pav(50) 

48  60.23 126.07


S oed  ST 

ST 

Cs H  '  p log o ' av 1  eo o

0.07  4  10 3 63.73 log 1.707 40.8

ST  31.8 mm  30 mm  S tol

NO CUMPLE

Iteración N° 3

q n  44 kPa El incremento de esfuerzos promedio, p av , para esa carga neta es determinado a partir de regla de tres:

126.07  60.23 44  p av (50)

pav(50) 

44  60.23 126.07


S oed  ST 

Cs H  '  p log o ' av 1  eo o

140


ST 

0.07  4  10 3 62.30 log 1.707 40.8

ST  30.2 mm  30 mm  S tol

CUMPLE

 qn  45 kPa

q n  q a'  qo' (No existe cambio en la posición del nivel freático) q n  q a  qo qa  qn  qo  45  40 qa = 85 kPa

141


PROBLEMA 16 Para la Figura 10.18, determinar la máxima presión segura de apoyo utilizando el método de Hansen para un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, suponiendo que la zapata se construye muy lentamente. 550 kN 0.3 m x 0.3 m

1.0 m


Concreto 3  c 24 kN/m

0.5 m 0.25 m c u = 45 kPa

Arcilla  20 kN/m 3 sat

1.5 m x 2.5 m

c' = 0  ' = 35°

Figura 10.18. Perfil del suelo y zapata. Solución La carga es:

q  17  1  20  0.5

q  27 kPa La capacidad última de apoyo será:





qu  5.14 cu 1  sc'  d c'  q Con los valores de:

B 1.5  0.2   0.12 L 2.5 d c'  0.4 k  0.4  1.0  0.3 D 1.5 D   1  k   1.0 B 1.5 B sc'  0.2


qu  5.14  45 1  0.12  0.4  27 142


qu  378.58 kPa La carga segura neta será:

q s net  

qu net  FS

La carga última neta es:

qu (net )  qu'  qo'  qu  qo  378.58  27 qu (net )  351.58 kPa Entonces, la carga segura neta será:

q s ( net ) 

351.58  117.19 kPa 3

qs (net )  qs'  qo'  qs  qo La carga segura neta es:

qs  qs (net )  qo  117.19  27 qs = 144.19 kPa

143


PROBLEMA 17 Para la Figura 10.19 determinar el factor de seguridad aplicado a la carga última neta, utilizando la ecuación de Hansen. 500 kN

0 1

 17 kN/m3

inicial


2 3

final

3

 19 kN/m

0.3 m B= 2.5 m x L= 2.5 m

4

Arcilla c u = 57 kPa c' = 5 kPa  ' = 32° 3  20 kN/m

5 6 7

Figura 10.19. Características del perfil del suelo. Solución

q snet 

FS 

qunet FS

qunet qnet

La carga neta será:

q n  q'qo' Se determinan los valores de:

qo'  qo  u o qo  17  1  19  2  55 kPa uo  9.8  2  19.6 kPa

qo'  55  19.6  35.4 kPa 144


q'  q  u f q

F A

; A  2.5  2.5  6.25 m 2

F  P  Wc  Ws P  500 kN

Wc  242.5  2.5  0.3  0.2  0.2  2.7  47.59 kN Ws  172.5  2.5  2.7  0.2  0.2  2.7  285.04 kN

q

500  47.59  285.04  133.22 kPa 6.25

uf  0 q' 133.22 kPa Entonces la carga neta será:

qn  133.22  35.4 qn  97.82 kPa La zapata está apoyada sobre arcilla, por tanto, los parámetros de resistencia deben ser los de arcilla. La condición más desfavorable en arcilla se da a corto plazo.

cu  57 kPa,   0 Aplicando la ecuación de Hansen, la capacidad última de apoyo será:





qu  5.14cu 1  sc'  d c'  ic'  bc'  g c'  q Debido a que no existe inclinación de ningún tipo, entonces:

ic'  bc'  g c'  0 Los factores de forma y profundidad son:

B 2.5  0.2   0.2 L 2.5 d c'  0.4k  0.4  0.876  0.350 sc'  0.2 

145


D f / B  3 / 2.5  1.2  1  k  arctan

Df

k  0.876 La carga es:

B

q  17  3  51 kPa


qu  5.14  57  1  0.2  0.35  51

qu  505.12 kPa La efectiva será:

qu'  qu  u f  505.12 kPa La carga última de apoyo neta será:

qunet  qu'  qo'  505.12  35.4  469.72 kPa El factor de seguridad será:

FS 

qunet qn



469.72  4.80 97.82

146


PROBLEMA 18 Para la Figura 10.20 determinar la máxima presión segura de apoyo utilizando el método de Hansen para un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, suponiendo que la zapata se construye en un instante de tiempo (20 puntos). 550 kN 0.3 m x 0.3 m

1.0 m



0.5 m 0.25 m c u = 45 kPa

Arcilla 3  sat 20 kN/m

2mx3m

c' = 0  ' = 35° Figura 10.20. Características del perfil del suelo y de la fuerza que actúa en la zapata.

La carga será:

q  17  1  20  0.5 q  27 kPa La capacidad última de apoyo será:





qu  5.14 cu 1  sc'  d c'  q Con los valores de:

B 2  0.2   0.133 L 3 ' d c  0.4 k  0.4  0.75  0.3 D 1.5 D 1.5  1 k    0.75 B 2 B 2 sc'  0.2


qu  5.14  45 1  0.133  0.3  27 qu  358.45 kPa 147


La carga segura neta es:

q s net  

qu net  FS

La carga última neta es:

qu (net )  qu'  qo'  qu  qo  385.45  27 qu (net )  331.45 kPa Con este valor se determina la carga segura neta que será:

q s ( net ) 

331.45  110.48 kPa 3

qs (net )  qs'  qo'  qs  qo qs  qs (net )  qo  110.48  27 qs = 137.48 kPa

148


149

CAPITULO ONCE

Presión lateral del suelo. 11.1. Introducción. Los muros de contención son obras civiles cuya función es la de retener masas de suelo natural o rellenos a distintos niveles. En general, existen dos tipos de muros de contención, los muros de gravedad y los muros tipo ménsula. Los muros de gravedad son construidos de hormigón en masa sin refuerzo de acero y por lo general son de gran volumen, en cambio los muros de tipo ménsula son esbeltos ya que están construidos con hormigón armado, su utilización es muy común y a veces más económica. El cuerpo del muro está sometido a la presión lateral que ejerce el terreno sobre el mismo. Existen tres categorías de presión lateral, la presión lateral en reposo, la presión lateral activa y la presión lateral pasiva. La presión lateral en reposo es desarrollada por la masa de suelo únicamente cuando el muro que la retiene es indesplazable y muy rígido, impidiendo su movimiento hacia el relleno o hacia fuera. Si el muro se mueve hacia fuera, la presión sobre el mismo disminuirá progresivamente hasta alcanzar un valor mínimo en el instante en que se produce la falla por cortante, el valor mínimo de presión desarrollado se denomina presión lateral activa. Por el contrario, si el muro se mueve hacia el relleno, la presión lateral aumentará gradualmente hasta alcanzar un valor máximo en el instante en que se produce la falla por cortante, el valor máximo de presión desarrollado se denomina presión lateral pasiva. En general, el diseño de muros de contención es un análisis iterativo en el que se asumen algunas dimensiones iniciales para verificar las condiciones de estabilidad hasta encontrar las más apropiadas, seguras y económicas. La verificación de estabilidad de un muro incluye la posibilidad de volteo alrededor de la puntera, la falla por deslizamiento sobre su base, la capacidad portante y asentamiento de su fundación y la estabilidad global del sistema en general.

11.2. Problemas resueltos. PROBLEMA 1 Calcular la fuerza activa total que el terreno ejerce sobre el muro de hormigón en masa mostrado en la figura, utilizando: a) Teoría de Rankine b) Teoría de Coulomb

 18.5 KN/m3  30º c= 0

Figura 11.1. Características del muro. Solución a) Según la Teoría de Rankine La fuerza total que el terreno ejerce sobre el muro está compuesta por la fuerza activa (Pa) sobre un plano vertical imaginario y por el peso del bloque triangular sobrante. La fuerza activa por metro de longitud de muro es:

1 Pa  ()(K a )(H ) 2 2 A partir de la ecuación G-5 del anexo G, se calcula el coeficiente de presión lateral Ka para una inclinación del terreno de 15º y ángulo de fricción interna de 30º. Ka = 0,373 Se obtiene: Pa = (1/2)(18,5)(0,373)(4,189)2 = 60,5 KN/m El vector Pa tiene una inclinación de 15º paralelo a la superficie del terreno. En notación vectorial, utilizando los vectores unitarios i, para el eje horizontal, j, para el eje vertical, se obtiene: Pa = – 58.48 i – 15.66 j

A continuación el peso del bloque triangular de suelo por metro de longitud será igual a su área multiplicada por el peso unitario. W = (1,477)(18,5) = 27,32 KN/m W = – 27,32 j La suma de los vectores Pa y W es: R = – 58,48 i – (15,66 + 27,32) j R = –58,48 i – 42,98 j Finalmente la magnitud de la fuerza resultante sobre el muro y su inclinación son: R = 72,57 kN/m 36,3º

(respecto a un eje horizontal)

b) Según la Teoría de Coulomb La fuerza activa por metro de longitud de muro es:

1 Pa  ()(K a )(H 2) 2 A partir de la ecuación G-9 del anexo G, se calcula el coeficiente de presión lateral Ka para una inclinación del terreno de 15º, ángulo de fricción interna de 30º y ángulo de fricción del muro estimado en 20º (0,67 ). Ka = 0,4804 Se obtiene: Pa = (1/2)(18,5)(0,4804)(4)2 = 71,0 KN/m Por lo tanto la magnitud de la fuerza resultante sobre el muro y su inclinación son: R = 71,0 kN/m  30,0º

(respecto a un eje horizontal)

PROBLEMA 2 Calcular la fuerza total horizontal sobre el muro de hormigón mostrado en la figura. Utilice el método de Rankine.

 19 KN/m3  35º c 0

 20.5 KN/m3  35º c 0

Figura 11.2. Dimesiones del muro. Solución v´ [KPa]

38.0

48.7

a · v´ [KPa]

u [KPa]

11.27

14.45

9.8

Figura 11.3. Presiones actuante sobre el muro. La fuerza horizontal sobre el muro está compuesta por la presión del terreno y la presión hidrostática. La presión del terreno puede ser calculada mediante el perfil de esfuerzo efectivo sobre la pared vertical del muro. A partir de la ecuación G-5 del anexo G, se calcula el coeficiente de presión lateral del terreno como: Ka = 0,2967

La resultante de la presión del terreno por unidad de longitud es igual al área del perfil de Ka(V). Esta fuerza tiene una inclinación de 15º al igual que el terreno, entonces la fuerza horizontal del terreno será: Pa = (0,5)(11,27)(2) + (0,5)(11,27 + 14,45)(1) Pa = 24,13 KN/m A continuación: Pah = 23,3 KN/m La presión hidrostática produce una fuerza horizontal igual a: PH2O = (0,5)(9,81)(1) PH2O = 4,9 KN/m Finalmente la fuerza total horizontal sobre el muro es: P = Pah + PH2O P = 28,2 kN/m

PROBLEMA 3 Calcular la presión activa de Coulomb mediante la solución gráfica para el muro de hormigón mostrado en la figura. El ángulo de fricción interna del relleno granular es de 35º y la fricción en el muro de 25º.

 17 KN/m3 c 0  35º Angulo de fricción interna  25º Angulo de fricción del muro

Figura 11.4. Dimisiones del muro y características del suelo. Solución La solución del problema fue llevada a cabo según en método de Cullmann, para lo cual se tiene que:  = 10º ;  = 25º  = 90 – 10 – 25 = 55º El relleno tras el muro fue dividido en bloques limitados por superficies imaginarias de falla. El peso de los mismos, se resume a continuación. Bloque

Área, m2

ABC1 ABC2 ABC3 ABC4 ABC5

5,4408 9,9408 14,4408 18,9408 23,4408

Peso unitario KN/m3 17 17 17 17 17

Peso, KN 92,5 169,0 245,5 322,0 398,5

C2

C3

C4

C5

crí tica

C1

Su per fic ie

A

400

300

200

100

B

Figura 11.5. Determinación de la superficie crítica. Finalmente se obtiene que la fuerza activa por unidad de longitud de muro que será: Pa = 91,5 kN

PROBLEMA 4 Se pide dibujar la distribución de presión lateral activa sobre el muro vertical mostrado en la Figura 11.6. La masa de suelo tras el muro está conformada por cuatro estratos y además soporta una carga distribuida por unidad de área en la superficie. El nivel de agua se encuentra a 2 m por debajo de la superficie. q = 80 KPa c=0  = 30º  = 17 KN/m3

A

c = 70 KPa  = 0º  = 19 KN/m3

B

c = 30 KPa  = 18º  = 19 KN/m3

C

c = 40 KPa  = 0º  = 18 KN/m3

D

Figura 11.6. Características de los estratos de suelo y el muro. Solución La masa de suelo tras el muro está conformada por cuatro estratos de suelo A, B, C y D. A continuación se calculan los coeficientes de presión lateral para cada uno de ellos. Suelo A: Ka = tg2(45º – /2) = tg2(45 – 30/2) = 0,3333 Suelo B: Ka = tg2(45 – 0) = 1 Suelo C: Ka = tg2(45 – 18/2) = 0,5278 Suelo D: Ka = 1 Se sabe además que el esfuerzo lateral varia según la siguiente ecuación:

 H  K a v  2 K a c

Para determinar la presión lateral, el esfuerzo efectivo vertical debe ser determinado previamente. La siguiente tabla presenta los resultados obtenidos de esfuerzo efectivo vertical, esfuerzo efectivo horizontal (presión lateral) y presión hidrostática para los límites superior e inferior de cada estrato y la figura ilustra su variación con la profundidad. Suelo

Ka

Ka

A

0,3333

0,5773

B C D

1,0 0,5278 1,0

1,0 0,7264 1,0

z [KPa]

h [KPa]

U [KPa]

80,0

26,6

0

114,0

38,0

0

114,0

–26,0

0

123,19

–16,81

9,81

123,19

21,43

9,81

150,76

35,98

39,24

150,76

70,76

39,24

167,14

87,14

58,86

A

B

C

D

Esfuerzo efectivo vertical

Esfuerzo efectivo horizontal

Figura 11.7. Diagrama de presiones actuantes en el muro.

Presión hidrostática

PROBLEMA 5 Verificar la estabilidad del muro de contención mostrado en la figura contra el volteo, deslizamiento y capacidad portante.

c= 24 KN/m3

= 17.5 KN/m3  = 34º c=0

Línea de excavación

= 19 KN/m3  = 18º c = 45 KPa

Figura 11.8. Características del muro y parámetros del suelo. Solución

4

1 2 3

C Figura 11.9. Sistema dividido en fragmentos. Para este efecto se utilizará la teoría de Rankine. El coeficiente de presión lateral del terreno para un ángulo de fricción interna de 34º es igual a: Ka = 0,2827

La fuerza activa de Rankine sobre el plano vertical mostrado en la figura es igual a: Pa = (1/2)(17,5)(0,2827)(5)2 = 61,84 KN/m Debido a que la distribución de presiones es triangular, la fuerza se encuentra aplicada a una altura de 1.66m por encima del nivel de la base de la fundación. Factor de seguridad contra el volteo El factor de seguridad contra el volteo se define como la relación de los momentos resistentes y los momentos actuantes que inducen el vuelco. La siguiente tabla resume el proceso de cálculo de momentos resistentes con respecto al punto de rotación C. Bloque

Area, m2

Peso, KN

Brazo, m

1 2 3 4

1,35 0,45 1,50 9,00 V

32,4 10,8 36,0 157,5 236,7

0,85 0,633 1,50 2,00 Mr

Momento, KN·m 27,54 6,84 54,0 315,0 403,38

El momento actuante que produciría el vuelco es: Mv = (61,84)(1,666) = 102,65 KN·m Entonces el factor de seguridad contra el volteo es:

FSV 

403,38  3,9 > 2 Verificado! 102,65

Factor de seguridad contra el deslizamiento El factor de seguridad contra el deslizamiento se define como la relación entre las fuerzas horizontales resistentes y las fuerzas horizontales que tienden a desplazar al muro. La fuerza resultante resistente está compuesta por la fricción entre la base de la fundación y el suelo y por la fuerza pasiva que se desarrolla en la puntera. La fricción en la base de la fundación (Fr) es estimada asumiendo un ángulo igual a 2/3  y una adherencia (cohesión desarrollada entre el muro y el suelo) igual a 2/3 c en todo el ancho de la fundación. 2  2  Fr  ( V ) tan    ( B) c  3  3 



Fr  (236,7) tan(12º )  (3)(30)  140,3 KN La fuerza pasiva en la puntera es determinada a partir del coeficiente de presión lateral: Kp = tan2 (45º + 18º/2 ) = 1,89

Pp 

1 K p  H 2  2c K p H 2





1 Pp  (1,89)(19)(1,5) 2  (2)(45) 1,89 (1,5)  225,9 KN 2 La única fuerza que tiende a desplazar al muro es la activa: Pa = 61,84 KN Entonces el factor de seguridad contra el deslizamiento es:

FS d 

140,3  225,9  5,9 > 1,5 Verificado! 61,84

Factor de seguridad contra la falla por capacidad portante El factor de seguridad contra la falla por capacidad portante se define como la relación de la capacidad última de apoyo y la presión máxima de contacto desarrollada en la base de la fundación. Inicialmente debe verificarse que la resultante de fuerzas que actúan sobre el muro pase por un punto dentro del núcleo central de la fundación, esto para asegurar que el suelo por debajo de misma esté siendo sometido a compresión. De la ecuación D-18 del anexo D se obtiene lo siguiente:

M  M V

e

B  2

e

3 403,38  102,65   0,229m 2 236,7

r

v

< B/6 = 0,5

Debido a que la excentricidad no es mayor a un sexto del ancho de la fundación, queda verificada la posición de la resultante dentro del núcleo central. A continuación se procede a estimar los valores de presión tanto en la puntera (máximo) como en el talón (mínimo).

q puntera,talón 

V 1  (6)(e)   236,7 1  (6)(0,229)  B 

B 

3



3



qpuntera = 115,0 KPa qtalón = 42,76 KPa La capacidad última de apoyo puede ser calculada a partir de la ecuación general de capacidad portante (referirse al capítulo respectivo). Para un ángulo de fricción de  = 18º, los factores de capacidad portante son:

Nc = 13,10 Nq = 5,26 N = 4,07 Considerando una longitud grande de muro en comparación a su ancho, los factores de forma son iguales a 1. Los factores de profundidad para la condición Df / B < 1 son:

Fcd  1  0,4

Df B

 1  0,4

1,5  1,2 3

Fqd  1  2 (tan )1  sin 2

Df B

 1  2(tan18º )1  sin18º 2

1,5  1,155 3

Fd  1 El ángulo () de inclinación de la fuerza resultante es igual a:

 Pa    tan 1  61,84  14,64º   tan 1   V  236,7   



Los factores de inclinación son: 2

 14,64  Fci  Fqi  1    0,702 90   2

 14,64  Fi  1    0,0348 18   El ancho efectivo de la fundación es B´ = B – 2 e = 3 – 2(0,249)  2,5 m Finalmente, la capacidad última de apoyo es: Qu = (45)(13,10)(1,2)(0,702)+(1,5)(19)(5,26)(1,155)(0,702)+(0,5)(19)(2,5)(4,07)(1)(0,0348) Qu = 621,5 KPa. Finalmente, el factor de seguridad contra falla por capacidad portante es de:

FS c 

621,5  5,4 115

> 3 Verificado!

PROBLEMA 6 Calcular la fuerza horizontal total actuante en el muro que se muestra en la figura. El suelo 1 tiene las siguientes propiedades: c' = 0 kPa, ' = 32º, = 23º y 18 kN/m3; el suelo 2 presenta los siguientes parámetros: c' = 0 kPa, ' =28º, = 18º y = 20 kN/m3. Considere que el nivel freático se encuentra entre el suelo 1 y el suelo 2. El suelo 1 tiene un espesor de 6 m. mientras que el suelo 2 presenta una altura de 4 m.. La inclinación del muro con respecto a la horizontal es 45º.

Figura 11.10. Características particulares del problema. Solución Primero se encuentra la fuerza total que actúa en el muro como resultado de la acción del suelo 1:

1 Pa1  k a1 1 H12 2 k a1 

sin 2 (    )  sin(   ) sin(   )  sin ( ) sin(   )1  sin(   ) sin(   )  

2

2

Reordenando se tiene que:

1

sin(   ) sin(  ) sin(32  23) sin(32)  2,28014 = 1 sin(   ) sin(   ) sin(45  23) sin(45)

k a1 

sin 2 (45  32)  0,975 sin 2 45sin(45  23)(2.28014) 2

Así, se obtiene:

Pa1  (0,5)(0,975)(18)(6) 2  315,9 kN La componente horizontal es:

Pa1( h)  cos(45  23)(315,9) 118,3 kN La fuerza que actúa en el muro debido al suelo 2 es:

1 Pa 2  k a 2  eq H 22 2 ka2 

sin2 (   )  sin(   ) sin(   )  sin ( ) sin(   )1  sin(   ) sin(   )  

2

2

1

sin(   ) sin(  ) sin(28 18) sin(28) = 1  2,02567 sin(   ) sin(   ) sin(4518) sin(45)

ka2 

sin 2 (45  28)  0,982 sin 2 45sin(45  18)(2.02567) 2

Por otra parte: sin    2 q   cos    sin(   )   H 2  

 eq   2   Se conoce que:

q  (6)(18) 108kPa Reemplazando se tiene que:

 sin 45 (2)(108)   cos0  74 kN / m  4   sin 45

 eq  20   Así, se obtiene:

Pa 2  (0,5)(0,982)(74)(4) 2  581,3 kN La componente horizontal es:

Pa 2( h)  cos(45  18)(581,3)  263,9 kN Ahora calculamos la fuerza causada por el agua:

   w h p  (9,8)(4)  39,2 kPa 1 Pw  (5,66)(4)(9,8)  110,94 kN 2 La componente horizontal es:

Pw( h)  (cos45)(110,94)  78,45 kN Entonces la fuerzo horizontal total que actúa sobre el muro es calculada como la sumatoria de las acciones del suelo 1, suelo 2 y el agua, obteniéndose:

Ph  Pa1( h)  Pa 2( h)  Pw( h) Ph = 460,65 kN

PROBLEMA 7 Demostrar que la ecuación de esfuerzo activo (Rankine) sobre un muro vertical sin fricción tiene la siguiente forma:

 a   v Ka  2 c Ka Donde: a es el esfuerzo total activo; v vertical total; c la cohesión del suelo (parámetro de resistencia); y Ka el coeficiente de presión activa de Rankine. Solución x

v h

Figura 11.11. Elemento de suelo.

  va 



c a

x

h = ko v

av 

Figura 11.12. Trayectoria de esfuerzos en el espacio , .

v



De la definición de tangente se tiene:

c x

tan  



x

c tan 

Seno del ángulo  es igual al cateto opuesto sobre la hipotenusa, entonces se obtiene:

v a    2   sin   a v   x  2   Reemplazando; se tiene que:

v  a sin  

2

a v 2



c tan 

Desarrollando la expresión se obtiene;

a v 2

sin  

c sin   v   a  tan  2

1 1 1 1  a sin    v sin   c cos   v   a 2 2 2 2

1 1 1 1 sin   a   a   v   v sin   c cos  2 2 2 2 1 sin   1 a  1 1  sin   v  c cos 2 2 Utilizando relaciones trigonométricas se tiene;

a 

1  sin  cos   v  2c 1  sin  1  sin 

Además sin   cos90   

cos2  cos2   sin 2  y

    cos90     cos 2  45    sin 2  45   2 2  

[1]

Por lo tanto:

    sin   cos 2  45    sin 2  45   2 2   Además:

    sin 2  45    cos 2  45    1 2 2   Reemplazando se tiene que:

      1  cos 2  45    sin 2  45   2 sin 2  45   1  sin  2 2 2         1  sin     1  cos 2  45    sin 2  45   2 cos 2  45   2 2 2    Simplificando se obtiene la ecuación 2; que será:

1  sin     tan 2  45    K a 1  sin  2 

[2]

Además se sabe que:

    cos   sin 90     2 sin  45   cos 45   2  2  Por lo tanto reemplazando y desarrollando se tiene la ecuación 3; que será:

        2 sin  45   cos 45   2 sin  45   cos 45   cos  2  2 2  2        1  sin     1  cos 2  45    sin 2  45   2 cos 2  45   2 2 2    cos     tan 45    K a 1  sin  2  Reemplazando la ecuación [2] y [3] en [1] se obtiene:

 a   v K a  2 c Ka

[3]

PROBLEMA 8 Se desea verificar la estabilidad de un muro de gravedad utilizando el método de Rankine. El contratista ha pedido al laboratorio de geotecnia UMSS que se mida los ángulos de fricción entre concreto y suelo de relleno y concreto y suelo de fundación. ¿Cuál de los valores utilizaría?, ¿Dónde? y ¿Por qué? Solución

Plano donde actúa la fuerza activa de Rankine

V

H'

Pa

H/3

Figura 11.13. Fuerzas que actúan en el muro de gravedad. Se supone que no existe fricción (hipótesis), por lo tanto no se requiere del ángulo de fricción entre muro y relleno. Verificación al deslizamiento. Se debe utilizar el ángulo de fricción suelo de fundación-concreto para calcular el F.S. contra deslizamiento tal cual se muestra en la ecuación.

FS 

R Pa  H

; R  A  F (en la base)

R  Ca  B  V  tan   K1  C  B  K1  C  B  V  tan K 2  

  K2 

Capítulo 11 Presión lateral del suelo PROBLEMA 9 Para la Figura 11.14 se pide determinar la fuerza activa actuante.

2 0,3

30° c = 0 kPa  3 kN/m 

5

78°

78°

2,5

Figura 11.14. Características del muro. Solución Para este caso se tiene que:

  90  78  12   90      90  12  25   53 Cuña ABC1 ABC2 ABC3 ABC4

Área 4.86 9.73 15.63 21.66

Peso 97.2 194.6 312.6 433.2 C2

C3

C1

C4

c'4

0,3

D

c'a c'3

c4 ca

c'2

c3

5 c2

c'1 78°

78°

c1 32°

2,5

53°

E

Figura 11.15. Fragmentación. 113

Capítulo 11 Presión lateral del suelo A partir de la Figura 10.15 se tiene que:

Pa  ca ca'  Escala adoptada Pa  150 kN

114

Capítulo 11 Presión lateral del suelo PROBLEMA 10 Para la Figura 11.16 se pide determinar la fuerza horizontal actuante.

q = 50 kPa 1 3

c = 0 kPa  3  kN/m 

1m 1m

c = 0 kPa  3  kN/m 

Figura 11.16. Características del muro de contención. Solución El problema es dividido en tres partes como muestra la Figura 11.17, donde se considera la influencia del suelo 1, 2 y el agua.

q = 50 kPa 1 3





1m

c = 0 kPa  3  kN/m 

1m 





c = 0 kPa  3 kN/m  

Figura 11.17. División del problema por partes. Para el suelo 1 La fuerza activa para el suelo 1 será:

Pa1 

1 K a1 eq H12 2 115

Capítulo 11 Presión lateral del suelo Se determinan los valores de:

K a1 

sin 2      sin    sin      sin 2  sin    1   sin    sin      

2

 0.579

 sin 75.964  2  50  sin   2q  eq     cos  18   cos18.435    sin     H  sin 94.399  4

 eq  23.08 kN / m3 La fuerza activa para el suelo 1 será:

1  0.579  23.08  4 2  106.9 kN 2

Pa1 

La componente horizontal es:

Pa1H  Pa1 cos  90     106.9  cos34.036  88.6 kN  Pa1H Para el suelo 2.

1 3

q2  q1  H1 q2  50  18  4 q2  122 kPa

H2= 4 m 

Figura 11.18. Influencia del suelo 2. La fuerza activa para el suelo 2 será:

Pa 2 

1 K a 2 eq H 22 2

Se determinan los valores de:

K a1  K a 2  0.579

116

Capítulo 11 Presión lateral del suelo

 sin 75.964  2  50 sin   2q cos  20  9.8   cos18.435    sin     H  sin 94.399  4 

 eq   ' 

 eq 2  66.51kN / m3 La fuerza activa para el suelo 2 será:

Pa 2 

1  0.579  66.51 4 2  308.1kN 2

La componente horizontal es:

Pa 2 H  Pa 2 cos  90     308.1 cos 34.036  255.3 kN Para el agua.



U 

L

Figura 11.19. Influencia del agua. Con los valores de:

L  12  4 2  4.123 m u  39.2 kPa Se tiene que:

U

1 1 L u   4.123  39.2 2 2

U  80.8 kPa La componente horizontal será:

U h  U  cos90     78.4 kPa 117

Capítulo 11 Presión lateral del suelo La fuerza horizontal es:

PaH  PaH 1  PaH 2  U h PaH  422.3 kN

118

Capítulo 11 Presión lateral del suelo PROBLEMA 10 Para la Figura 11.20 se pide determinar: a) Factor de seguridad contra el volteo. b) Factor de seguridad contra el deslizamiento. c) Factor de seguridad contra falla por capacidad de apoyo, utilizar el método de Hansen. FIGURA 1 [m]

c=24 kN/m3

9 8 7

=20º

 =20 kN/m3 '=30º c'=0

 =24º

 =22 kN/m3 '=36º c'=0

6 5 4 3 2 0.5  =18 kN/m3  '=32º c'=0  =22º

1 0 0

1

2

3

4

5

6

[m]

Figura 11.20. Características del muro de contención. Solución Cálculo del coeficiente de presión activa según Coulomb. Suelo 1. El coeficiente de presión activa será:

k a1 

cos 2 (   )  sen(   )  sen(   )  cos   cos(   )  1   cos(   )  cos(   )  

2

2

k a1 

cos 2 (30  7.595)  sen(20  30)  sen(30)  cos (7.595)  cos(20  7.595)  1   cos(20  7.595)  cos(7.595)  

2

2

k a1  0.356 119

Capítulo 11 Presión lateral del suelo Suelo 2.

k a 2  0.293 La fuerza pa actúa de la manera como muestra la Figura 11.21.

8,0 m

Pa

Figura 11.21. Forma en que actúa la fuerza pa. Despreciando el efecto del talón y tacón, la fuerza activa será:

Pa1 

1    k a1  H12  0.5 * 20 * 0.356 * 4 2  56.96 kN 2

cos(   ) 

Pa1h Pa1

Pa1h  cos(27.595)  Pa1  50.48 kN

Pa1v  sen(27.595)  Pa1  26.38 kN

Pa' 2 

1 '   eq  k a 2  H 22 2

 sin   2q 2q   cos   '   H2      H2

 eq'   '  

 eq'  (122  9.8) 

2  20  4 kN  52.2 3 4 m

Entonces:

U

1 l u 2

Con los valores de:

l  4 2  0.467 2  4.027 m kN u   w  h p  9.8 * 4  39.2 2 m Se tiene que:

U  0.5  4.027  39.2  78.93 kN 120

Capítulo 11 Presión lateral del suelo Las componentes horizontal y vertical serán:

U h  cos(31.595)  U  37.23 kN U v  sen(31.595)  U  41.35 kN La ubicación de los fuerzas con respecto a O es:

x1  2.356 m

y1  5.333 m

x2  2.889 m

y2  1.333 m

a) Factor de seguridad contra el volteo. El factor de seguridad será:

FS 

M M

R O

Con los valores de:

M

O

 PAH1 ·y1  Pa' 2 h ·y 2  U h ·y 2  F

Donde: F = Presión de levante

M

O

50.48·5.333  104.22·1.333  67.23·1.333 

El valor de # 1 2 3 4

M

Área 3.75 7.50 3.00 1.00

R

9.8 *1  9.8 * 4 ·6·3 2

: es obtenido de la siguiente tabla.

γ 24 24 24 24 Pa1v P’a2v Uv

W 90.00 180.00 72.00 24.00 26.38 64.11 41.35 ∑V=497.84

x 2.33 2.50 3.00 2.50 2.356 2.889 2.889

MR 209.97 450.00 216.00 60.00 62.15 185.21 119.46 ∑MR=1302.79

Por lo tanto, el factor de seguridad será:

FS 

1302.79  1.39 938.75

121

Capítulo 11 Presión lateral del suelo b) Factor de seguridad contra deslizamiento Con los valores de:

R   ·B  Ca ·B   '·B·tan  (  u)·B·tan

V  497.84 kN u

;B  6 m

;   22º

u1  u 2 9.8 kN  (1  4)  24.5 2 2 2 m

 V   497.84  R  u ·B·tan    24.5 ·6·tan 22  141.75 kN  B   6 *1   

Pp'' 

1 k p · '·D12 2

 '  18  9.8  8.2

1 U   w ·D12 2

; kN m3

El coeficiente de presión pasiva será:

  k p  tan 2  45    3.255 2  Con los valores de:

Pp'  0.5·3.255·8.2·2 2  53.38 kN

U p  0.5·9.8·2 2  19.6 kN La sumatoria de fuerza actuantes es:

F

0

 Pa1h  Pa' 2 h  U h

F

0

50.48  104.22  67.23  221.93 kN


FS 

F F

S

O



R  PP'  U P 141.75  53.38  16.9  221.93  FO

FS  0.97

122

Capítulo 11 Presión lateral del suelo c) Factor de seguridad contra falla por capacidad de apoyo.

V x

H e Figura 11.22. Fuerzas que causan momento. Con los valores de:

M neto   M R   M O  1302.79  938.75  364.04 kN ·m x·V  M neto  x 

e

M neto 364.04   0.731m V 493.84

B 6  x   0.731  1.269 m 2 2

La capacidad de carga máxima será:

q max 

V ·1  6e   497.84 1  6·1.269   188.27 kPa B 

B

6



6



El factor de seguridad se determina con la expresión:

FS 

qu qmax

De la fundación se tiene que:

B'  B  2e  6  2·1.269  3.462 m Método de Hansen. B’ y L’: Para los factores de forma. B y L: Para los factores de profundidad. Para este problema se conoce que: c’= 0 g=b=1

123

Capítulo 11 Presión lateral del suelo La capacidad última de apoyo es:

qu  q*'·Nq·sq ·d q ·iq  0.5· '·B'·N ·s ·d ·i La efectiva es:

q*'  (18  9.8)·1  8.2

kN m2

Para los valores de:

 '  32º N q  23.2

;

Sq  1

S  1

;

N   20.8

D 1   0.167 B 6 d q  1  2 tan  (1  sen ) 2 ·k k

d q  1  2 tan(32)1  sen( ) ·0.167  1.046 2

d  1 H B   FO  221.93 kN

  0.5H B iq  1    V  Af ·ca ·cot   0.5·221.93  iq  1  497.84    0.7 H B  iq  1  V  

3.5

HL  0

;

2

;

ca  0 ;

 0.5H B  iq  1  V  

2.5

2.5

 0.532

 0.7·221.93   1  497.84  

3.5

 0.270


qu  8.2 * 23.2 *1*1.046 * 0.532  0.5 * 18  9.2* 3.462 * 20.8 *1* 0.270

qu  191.41

kN m2


FS 

qu 191.41   1.02 qmax 188.27

124

Capítulo 11 Presión lateral del suelo PROBLEMA 11 Para los datos de la Figura 10.23 se pide utilizar el método de Rankine y determinar: a) Factor de seguridad contra volteo. b) Factor de seguridad contra deslizamiento.

FIGURA 1 [m]

c=24 kN/m3

0

1=20 kN/m3 '=28º c'=0

1 2 3

2=21 kN/m3 '=30º c'=0 3 =22 kN/m3 '=32º c'=0

4 5 6 7

 =20 kN/m3 4  '=28º c'=0  =20º

8 0

1

2

3

4

5

6

7

8

[m] Distribución de presión de poros 40 kN/m2

Figura 11.23. Condiciones generales del problema. Solución Para el cálculo del coeficiente de presión activa según Ranking, se tiene que: Suelo 1:

 28    k a  tan 2  45    tan 2  45    0.361 2 2  

Suelo 2:

30   k a  tan 2  45    0.333 2 

Suelo 3:

32   k a  tan 2  45    0.307 2 

En la Figura 11.24 se muestran los diagramas correspondientes al esfuerzo vertical total, efectivo y la presión lateral del suelo.

125


0,57 0,57

0,86

v

v'

u

k av'

4 5

P'a1 60

0

60

21.66 19.58

6

2

P'a2

7 102

19.6

82.4

27.44 25.30

8

3

9

P'a4

1

0

1

2

3

168

4

5

6

7

49

119

36.53

[m]

8

40 kN/m2 F=160 kN

Figura 11.24. División del problema en fragmentos. De la Figura 11.24 se tiene que la fuerza que ejerce el suelo será:

1 * 3 * 21.66  32.49 kN 2 P' a 2  2 *19.98  39.96 kN 1 P' a 3  * 2 * 27.44  19.98  7.46 kN 2 P' a 4  3 * 25.3  75.9 kN 1 P' a 5  * 3 * 36.53  25.30  16.85 kN 2 P' a1 

Por lo tanto se tiene que:

U

1 * 5 * 49  122.5 kN 2

a) Factor de seguridad contra volteo. El factor de seguridad será:

FS 

M M

P'a3

R O

126

P'a5

Capítulo 11 Presión lateral del suelo Se toman en cuenta los momentos generados por las fuerzas activas calculadas en la parte superior, la fuerza hidroestática lateral detrás del muro y de levante en la base del muro. Entonces se escribe:

M

O

 32.49 * 6  39.96 * 4  7.46 * 3.66  75.6 *1.5  16.85 *1  122.5 *1.67  160 * 5.33

M

O

 1569.71 kN * m

El momento resistente es determinado en la Tabla: # 1 2 3 4 5 6 7 8 9

γ [kN/m3] 24 24 24 20 20 21 21 22 22

Área [m2] 8.00 7.00 7.00 1.29 15.42 0.57 9.14 0.57 8.00

W [kN] 192.00 168.00 168.00 28.80 308.40 11.97 191.94 12.54 176.00 ∑V=1254.65

b [m] 4.00 1.50 2.67 2.57 5.43 3.24 5.72 3.81 6.00

MR [kN·m] 768.00 252.00 448.56 66.31 1674.61 38.78 1097.90 47.78 1056.00 ∑MR=5449.94

Por lo tanto, el factor de seguridad será:

FS 

5449.94  3.47 1569.71

b) Factor de seguridad contra deslizamiento. El factor de seguridad es determinado con la expresión:

FS 

R F

O

Para la sumatoria de fuerzas actuantes se toman en cuenta todas aquellas fuerzas que actúan de adentro hacia fuera del talud sobre el muro intentando desplazarlo.

F

O

 32.49  39.96  7.46  75.9  16.85  122.5  295.16 kN

Las fuerzas resistentes son todas aquellas que se oponen al desplazamiento del muro, en este caso solo la fricción entre el suelo y la base del muro. Ca=0

R   ·B  Ca ·B   '·B·tan  (  u)·B·tan

127


u

u1  u2 1 kN  (0  40)  20 2 2 2 m

 V   1254.65  R    u ·B·tan    20 ·8·tan 20  398.42 kN  8 *1   B *1  Por lo tanto, el factor de seguridad será:

FS 

398.42  1.35 295.16

128


129

Capítulo 12 Estabilidad de taludes CAPITULO DOCE

Estabilidad de taludes 12.1. Introducción. La superficie de la tierra es raramente plana y por lo tanto existen taludes en muchos lugares. Aún el terreno relativamente plano frecuentemente tiene ríos y canales de drenaje con taludes en los lados. Los taludes pueden ser naturales, debidos a la erosión por ríos o el mar, o construidos por medio de una excavación o relleno. Los taludes construidos para caminos y represas son permanentes, y taludes temporales son requeridos durante la construcción de fundaciones y estructuras subterráneas. La geometría de un talud puede ser caracterizado por su ángulo  y altura H. Las cargas en el talud se deben al peso propio del suelo y a cargas externas, que pueden venir de fundaciones en la parte superior del talud o agua en la excavación. Un caso especial de un talud es un corte vertical, tal como los lados de una zanja, donde  = 90º. En el suelo detrás del talud existirán esfuerzos de corte que son requeridos para mantener el talud (materiales que no pueden soportar esfuerzos de corte no pueden tener taludes). Por lo tanto se deben realizar cálculos para verificar la seguridad de taludes naturales, taludes de excavaciones, y terraplenes compactados. Esta verificación concierne la determinación y comparación del esfuerzo de corte desarrollado a lo largo de la superficie de ruptura con la resistencia al corte del suelo. Este proceso se llama análisis de estabilidad de taludes. La superficie de ruptura es el plano crítico que tiene el factor de seguridad mínimo. El análisis de estabilidad de un talud no es una tarea fácil. La evaluación de las variables como la estratificación del suelo y sus parámetros de resistencia al corte en campo llegan a ser un trabajo muy extenso. La infiltración a través del talud y la elección de la superficie de deslizamiento potencial añaden a la complejidad del problema. En este capítulo se desarrollan variados problemas concernientes al análisis de estabilidad de taludes.

133


12.2. Problemas resueltos. PROBLEMA 1 El diseño de un terraplén contempla la evaluación de su estabilidad contra posibles deslizamientos. El terraplén tiene 6 m de altura y sus pendientes se hallan inclinadas a 1:3 (V:H). El peso unitario del suelo es 19 kN/m3, su resistencia al corte no-drenada es cu = 42 kPa y los parámetros efectivos de resistencia al corte son c′ = 2,85 kPa y ′ = 20º. Sondeos realizados en la zona indican que el material de la base posee propiedades similares a las del relleno. La presión de poros ha sido evaluada en ru = 0,35. Se requiere: a) Determinar el factor de seguridad del terraplén, varios meses después de concluida la excavación. b) Determinar el factor de seguridad suponiendo que, mediante un proceso rápido de construcción, la altura del terraplén es incrementada en 2 m, manteniendo la misma pendiente. Solución 2m

3 6m

1



c′ = 2,85 kPa ′ = 20º  = 19 kN/m3 cu = 42 kPa ru = 0,35

Figura 12.1. Dimensiones del Talud. a) Factor de seguridad del terraplén En condiciones drenadas (largo plazo), es posible emplear la solución de Bishop y Morgenstern para determinar la estabilidad de taludes con escurrimiento (flujo de agua).

c 2,85   0,025 ; H 19  6

pendiente 3:1

Empleando la Tabla L.1 se tiene que: c/H = 0,025; D = 1,00, ′ = 20º:  m′= 1,542 n′ = 1,347 FS = m′– n′ru FS = 1,542–(1,347)(0,35) FS = 1,07

c/H = 0,025; D = 1,25 ′ = 20º:  m′ = 1,618 n′ = 1,478 FS = m′– n'ru FS = 1,618–(1,478)(0,35) FS = 1,10 134

Capítulo 12 Estabilidad de taludes El valor requerido del FS es el menor de todos FS = 1,07 b) Factor de seguridad suponiendo que la altura del terraplén es incrementada en 2 m El proceso de construcción es rápido, por lo que se deberá evaluar la estabilidad del terraplén a corto plazo. En condiciones no drenadas (corto plazo), es posible emplear el método de Taylor. En este caso el talúd es de 8 m de altura, la pendiente 3H:1V, c u = 42 kPa y  = 19 kN/m3. Luego:

1  3

  tan 1    18,43º Los sondeos realizados en la zona indican que el material de la base posee propiedades similares a las del relleno, y no se indica la profundidad del estrato duro, por lo que se asume que D = . Ingresando con este valor a la Figura L.1, de tendrá que:  = 18,43º D = 



m = 0,181

Por otra parte:

m

cd H

cd  mH cd  0,181198 cd = 27,51 kPa El factor de seguridad contra deslizamiento en condiciones no drenadas será:

FS 

 f cu resistencia al corte   resistencia desarrollada  d cd

FS 

42 27,51

FS = 1,53

135

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 2 Un corte de 9 m de profundidad debe ser excavado en una arcilla saturada de 19 kN/m3 de peso unitario. La resistencia no-drenada de la arcilla es 30 kPa. Al efectuar la investigación de campo se detectó la presencia de un estrato rígido a 11 m de la superficie del terreno (Figura 12.2) Se requiere: a) Determinar el ángulo de inclinación del corte que produciría un deslizamiento del mismo, inmediatamente después de realizada la excavación. b) ¿Cuál sería el ángulo de inclinación del corte que asegure un factor de seguridad de 1,20 contra un posible deslizamiento a corto plazo? Solución

9m

 = 19 kN/m3 cu = 30 kPa

11m



Estrato rígido Figura 12.2. Dimensiones del talud. a) En condiciones no drenadas (corto plazo), es posible emplear el método de Taylor. La profundidad del estrato rígido es de 11 m respecto al nivel original del terreno, luego

D

Distanciaverticalde la partesuperiordel talud al estrato firme Altura del talud

D

11  1,222 9

En este caso el factor de seguridad contra deslizamiento, FS = 1

FS 

 f cu   d cd

cd = 30 kPa

136

Capítulo 12 Estabilidad de taludes Por otra parte:

m

cd H

m

199

30

 0,175

Con m = 0,175 se ingresa a la Figura L.1 del Anexo L, obteniéndose: D = 1,20 D = 1,50

 

  47º   41º

Interpolando para D = 1,22 se tiene que:   46,6º b) En este caso el factor de seguridad contra deslizamiento, FS = 1,20

FS 

cd 

 f cu  = 1,20  d cd

cu 30  1,20 1,20

cd = 25 kPa Por otra parte:

m

cd H

m

25  0,46 199

Con m = 0,146 se ingresa a la Figura L.1 del Anexo L, obteniéndose: D = 1,20



  28º

D = 1,50



  20º

Interpolando para D = 1,22   27,5º

137

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 3 Como parte de un proyecto de carreteras, se efectuará un corte permanente de 15 m de altura con pendientes 1V:3H en arcilla rígida (Figura 12.3). El peso unitario de la arcilla es de 19 kN/m3 y los parámetros de resistencia al corte, determinados en ensayos triaxiales CU, son : c′ = 11 kPa y ′ = 25º. La razón de presión de poros promedio ha sido evaluada en ru = 0,30. Se requiere estimar el factor de seguridad del corte a largo plazo. Solución

3 15m

c′ = 11 kPa ′ = 25º  = 19 kN/m3 ru = 0,30

1



Figura 12.3. Dimensiones del Talud. En condiciones drenadas (largo plazo), se puede emplear la solución de Bishop y Morgenstern para determinar la estabilidad del talud. Se tiene que:

c 11   0,039 H 1915 Empleando la Tabla L.1 del Anexo L: Para c/H = 0,025; D = 1,00 y ′ = 25º: m′ = 1,875

FS  m   n ru

n′ = 1,696

FS = 1,875 – (1,696)(0,30) = 1,366 Para c/H = 0,025; D = 1,25 y ′ = 25º m′ = 2,007

n′ = 1,891

FS  m   n ru

FS = 2,007 – (1,891)(0,30) = 1,440 138

Capítulo 12 Estabilidad de taludes Entonces, para c/H = 0,025 el valor del FS es el menor FS = 1,366 Para c/H = 0,050 D = 1,00 y ′ = 25º: m′ = 2,193

n′ = 1,757

FS  m  nru FS = 2,193–(1,757)(0,30) =1,666 Para c/H = 0,05 D = 1,25 y ′ = 25º: m′ = 2,222

n′ = 1,897

FS  m  nru FS = 2,222 – (1,897)(0,30) = 1,653 Para c/H = 0,05 D = 1,50 y ′ = 25º: m′ = 2,467

n′ = 2,179

FS  m  nru

FS = 2,467 – (2,179)(0,30) = 1,813 Entonces, para c/H = 0,050 el valor del FS es el menor FS = 1,653 Interpolando para c/H = 0,039 el FS encontrado es: FS = 1,53

139

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 4 La construcción de una represa de tierra (Figura 12.4) se realizará con un material homogéneo, cuyo peso unitario es 18,6 kN/m3. Los parámetros de resistencia efectivos de este material son c′ = 28 kPa y ′ = 30º. La razón de presión de poros, ru = 0,5. Durante la investigación de campo se verificó que el material de la fundación estaba compuesto por suelos aluviales con propiedades similares a las del material de la presa. La represa es de 43 m de altura y sus pendientes son 4:1 (H:V). Determine el factor de seguridad contra el deslizamiento. Considere condiciones a largo plazo. Solución

c′ = 28 kPa ′ = 30º  = 18.6 kN/m3 ru = 0,50

4 43m

1



Figura 12.4. Características de la presa de tierra. En condiciones drenadas (largo plazo), se puede emplear la solución de Bishop y Morgenstern para determinar la estabilidad del talud derecho en la presa de tierra. Se tiene que:

c 28   0,035 H 18,643 Empleando la Tabla L.1 del Anexo L: Para c/H = 0,025 D = 1,00 y ′ = 30º: m′ = 2,873

n′ = 2,622

FS  m  nru FS = 2,873 – (2,622)(0,50) = 1,562 Para c/H = 0,025, D = 1,25 y ′ = 30º: m′ = 2,953

n′ = 2,806

140

Capítulo 12 Estabilidad de taludes FS  m  nru FS = 2,953 – (2,806)(0,50) = 1,550 Entonces, para c/H = 0,025 el valor del FS es el menor FS = 1,550 Para c/H = 0,050 D = 1,00 y ′ = 30º: m′ = 3,261

n′ = 2,693


n′ = 2,819


n′ = 3,120

FS  m  nru FS = 3,443 – (3,120)(0,50) = 1,883 Entonces, para c/H = 0,050 el valor del FS es el menor FS = 1,812 Interpolando para c/H = 0,035, el FS encontrado es FS = 1,655

141

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 5 Considerar el diseño de una represa de tierra con material que tiene un peso unitario de 20 kN/m3 y parámetros de resistencia efectivos de c′ = 30 kPa y ′ = 30º (Figura 12.5). La presa deberá tener 40 m de altura. Al realizar la investigación de campo se detectó la presencia de una capa de material rígido a 10 m de profundidad, tomando como referencia el nivel de apoyo de la estructura. Si para efectos de diseño la presión de poros es expresada por ru = 0,39 determinar cuál es la inclinación de la pendiente de la represa que permitiría mantener un factor de seguridad igual a 1,50 contra un posible deslizamiento. Solución

40m

cot  1

c′ = 30 kPa ′ = 30º  = 20 kN/m3 ru = 0,39

10m

Estrato duro

Figura 12.5. Dimensiones de la presa de tierra. Se empleará la solución de Bishop y Morgenstern para determinar la estabilidad del talud de la presa. Se tiene que,

c 30   0,0375 H 2040 La profundidad del estrato rígido es de 50 m respecto al nivel superior de la presa, luego:

D

Distanciaverticalde la partesuperiordel talud al estrato firme Altura del talud

D

50  1,25 40

Empleando la Tabla L.1 del Anexo L: Para c/H = 0,025, D = 1,25, ′ = 30º, pendiente 2H:1V m′ = 1,956 ;

n′ = 1,915 142

Capítulo 12 Estabilidad de taludes FS  m  nru FS = 1,956 – (1,915)(0,39) = 1,21 Para c/H = 0,050 D = 1,25, ′ = 30º, pendiente 2H:1V m′ = 2,161 ;

n′ = 1,950

FS  m  nru FS = 2,161 – (1,950)(0,39) = 1,40 Interpolando para c/H = 0,0375 

FS = 1,305

Para c/H = 0,025, D = 1,25 ′ = 30º, pendiente 3H:1V m′ = 2,431 ;

n′ = 2,342

FS  m  nru FS = 2,431 – (2,342)(0,39) = 1,52 Para c/H = 0,050 D = 1,25 ′ = 30º, pendiente 3H:1V m′ = 2,645 ;

n′ = 2,342

FS  m  nru FS = 2,645 – (2,342)(0,39) = 1,73 Interpolando para c/H = 0,0375 FS = 1,625 Para c/H = 0,0375 se tiene que: Cot  = 2 (pendiente 2H:1V)



FS = 1,305

Cot  = 3 (pendiente 3H:1V)



FS = 1,625

Interpolando para FS = 1,50 se obtiene Cot  = 2,61 Es decir pendiente: 2,61 H:1 V 143

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 6 La figura muestra un talud de 9,15 m. Para la cuña ABC, determine el factor de seguridad contra deslizamiento a lo largo de la superficie de la roca. C

γ = 17,0 kN/m3 c = 23,94 kPa H = 9,15 m = 20º β = 30º θ = 15º

Suelo H

D

Roca





A

Figura 12.6. Dimensiones del talud. Solución Se halla el peso para la cuña ABC, que será: W = γV

1 V   AC  BD  1 2 AC 

H sin 

;

AB 

H sin 

BD  AB sin    

sin     1 sin 30  15 1 W  H 2  179,152 2 sin  sin 2 sin 30sin 15 W = 1423,3 kN Nr = Na = W cos (θ) = (1423,3)(cos (15)) = 1374,8 kN Ta = W sen (θ) = (1423,3)(sen (15)) = 368,4 kN

 9,15    1374,8 tan 20 Tr  c AC   N r tan   23,94  sen15  Tr = 1346,7 kN

FS 

Tr 1346,7  Td 368,4

FS = 3,66 144

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 7 Para la Figura 12.7 que se muestra a continuación, se pide: a) Calcular el coeficiente de presión de poros, ru para la superficie presentada, suponiendo que el nivel de agua corresponde a la superficie piezométrica y no a la freática. b) Calcular el factor de seguridad utilizando el método de Bishop-Morgestern. Suponga que el valor de ru representativo del talud es 0.23

40

c '  90

Center 1.326

35

(10, 35)

lb pie 2

 '  32º

Elevation (feet)

30 25

(36.053, 17.423)

(35, 25)

(32.634, 16.367)

20

(50, 25)

(42506, 18.79)

(22.377, 12.432)

1

lb KN  0.1572 3 3 pie m

1

lb KN  0.04788 2 2 pie m

(17.423, 9.6139)

10

Homogeneous Embankment

(5, 5) (10, 5) Drain (13, 5)

5

Surface of firm stratum

1pie  0.3048 m

0 -5

0

5

10

15

20

lb pie 3

(50, 20)

(27.715, 14.592) 15

 w  62.4

25

30

35

40

35

50

1 lb  4.448x103 KN

Distance (feet)

Figura 12.7. Características del problema. Solución. a) Calcular el coeficiente de presión de poros Cálculo de área de superficie de falla Fragmento

1 2 3 4 5 6 7 8 9

Ancho medido [cm] 1,35 0,80 0,55 1,50 1,50 1,50 1,35 0,35 1,00

Alto medido Ancho [pie] Alto[pie] [cm]

Área

1,10 1,40 1,85 2,35 2,95 3,00 2,65 2,35 2,20

7,29 11,00 9,96 34,55 43,40 44,10 35,06 8,08 10,77 204,21

4,50 2,67 1,83 5,00 5,00 5,00 4,50 1,17 3,33

3,24 4,12 5,44 6,91 8,68 8,82 7,79 6,91 6,47 Área ABCDEFA

145

Problemas resueltos de mecánica de suelos Primero se dibuja a escala el talud, a continuación se divide en fragmentos para analizar cada uno de ellos. -5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

35

40 35 Escala H 

1.326 Center

35

1.5 cm - 5 pies A cm - X pies

30

Elevación, pies Elevation (feet)

50 40

X  Ax

25 Escala V 

30

5 1.5

B C

1.7 cm - 5 pies B cm - Y pies

20

Y  B 15

8

25

9

7

5 1.7

20

6

D

5

15

4

10

10

3

A

5

homogéneo E Banco Homogeneous Embankment

2 F 1 Drain Drenaje

5

Surfacefirme of firmdestratum Estrato suelo

0 -5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

35

0 50

Distance Distancia (feet) , pies Figura 12.8. Fragmentación. Cálculo de área por debajo la superficie piezométrica Fragmento

3 4 5 6 7

Ancho medido [cm] 0,40 1,50 1,50 1,50 1,50

Alto medido Ancho [pie] Alto[pie] [cm]

Área

0,65 1,15 1,50 1,35 1,00

1,17 16,90 22,05 19,85 7,35 67,42

1,33 5,00 5,00 5,00 5,00

1,91 3,38 4,41 3,97 2,94 Are FGDEF

Entonces:

ru 

67.42 62.4  204.21 125

ru  0.16 Método Bishop – Morgenstein

146

Capítulo 12 Estabilidad de taludes Se utilizan las tablas del anexo L

FS  m'n' ru ru  0.23

D 1 Pendiente

H  35  5  30 V  25  5  20

c 90   0.036  Inpterpolar 0.025 y 0.050  H 125x 20 Para 2:1

c  0.025    30º  m'  1.606 ; n'  1.567  FS  1.246  H   32.5  m'  1.721 ; n'  1.721  FS  1.343 para  '  32º  FS  1.324

c  0.050    30º  m'  1.888 ; n'  1.630  FS  1.513  H   32.5  m'  2.029 ; n'  1.789  FS  1.618 para  '  32º  FS  1.597 Para

c  0.036  FS  1.444 H

Para 3:1

c  0.023    30º  m'  2.235 ; n'  2.078  FS  1.757  H   32.5  m'  2.431 ; n'  2.285  FS  1.905 para  '  32º  FS  1.875

c  0.05    30º  m'  2.575 ; n'  2.137  FS  2.079  H   32.5  m'  2.777 ; n'  2.370  FS  2.232 para  '  32º  FS  2.201 Para

c  0.036  FS  2.018 H 147


Extrapolando para 1.5:1 entonces;

FS  1.444  2.018  1.444  0.5 El factor de seguridad será:

FS  1.157

148

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 8 Se pide demostrar que el factor de seguridad en un talud infinito con flujo es:

FS 

c'  ' tan  '  2  sat H cos  tan   sat tan 

Donde: c’ y ’ son los parámetros de resistencia, sat el peso unitario saturado, ’ peso unitario sumergido y  corresponde a la inclinación del talud. Solución.

L d a



Na

F

W

F

 B

H

Ta

c b

Tr



A R

Nr

Figura 12.9. Características del problema.

W  L H

N a  W cos    L H cos  Ta  W sin    L H sin 

N r  R cos   W cos    L H cos  Tr  R sin   W sin    L H sin 



d 

Nr L cos 

Tr L cos 

  H cos 2 

  H cos   sin 

[1]

149


 d  cd   ' tan  d  cd    u  tan  d u   w h p   w H cos   cos    w H cos 2 

 d  cd   H cos 2    w H cos 2  tan d

 d  cd   ' H cos 2  tan  d

[2]

Igualando las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que:

 H cos  sin   cd   ' H cos 2  tan  d c  cd Fc 

;

tan   tan  d F

y

Fc  F  FS

FS 

c   ' H cos 2  tan   H cos  sin 

FS 

 ' H cos 2  tan  c   H cos  sin   H cos  sin 

FS 

c  ' tan   2  H cos  tan   tan 

Por lo tanto:

150

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 9 Explique detalladamente como varía el factor de seguridad contra deslizamiento, en una potencial superficie de falla circular, en función del tiempo, cuando se construye un terraplén de arcilla sobre un suelo totalmente saturado de condiciones de resistencia idénticas y se lo deja en reposo por un largo tiempo. Asimismo, especifique las razones para esta variación en función del tiempo. Solución. En la figura 12.10, se muestra un talud con una potencial superficie de falla circular; así como una muestra obtenida en el punto P.

P Figura 12.10. Posible superficie de falla en el talud. En el proceso de construcción, se incrementa la altura del talud hasta el fin de la construcción, luego permanece constante en el tiempo. De la misma manera, el esfuerzo de corte actuante (movilizado) depende de la altura del talud, presentando la misma variación. (ver figura 10.11).

t1

t2

t

Figura 12.11. Variación de la altura del talud. Debido a la construcción del terraplén (  ) , se presenta un exceso de presión de poros, máximo al finalizarse. Luego se da la disipación hasta el valor inicial (Figura 10.12). 151


u1 u0 t1

t2

t

Figura 10.12. Variación de la presión de poros. La resistencia al corte viene dada por la expresión:   c' ' tan' Sin embargo, la resistencia al corte a corto plazo se expresa mediante la expresión:

  Cu ( hastat1 )  ctte. En la Figura 10.13 se muestra la variación del esfuerzo de corte.

t1

t2

t

Figura 10.13 Variación del esfuerzo de corte. Luego la presión de poros (u) se disipa incrementándose el esfuerzo efectivo (  ' ) así como el esfuerzo de corte (  ) (Figura 12.14).

F.S.

t1

t2

t

Figura 12.14. Variación del factor de seguridad.

152

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 10 Para el talud mostrado en la Figura 12.15 se pide determinar: a) El factor de seguridad a corto plazo. b) El factor de seguridad a largo plazo.

arcilla: 3  = 20 kN/m Cu= 38 kPa;  = 0° c' = 10 kPa; ' = 30°  = 20° 

H = 10 m.

Figura 12.15. Propiedades del talud. Solución. a) El factor de seguridad a corto. Se determinará el factor de seguridad (F.S.) a corto plazo, mediante el método de Taylor

m

Cu FS    H

para un valor de D  

El valor de m se determina mediante el ábaco de la Figura L.8, que será:

m  0,182 Entonces el factor de seguridad a corto plazo será:

FS 

Cu 38   1,05 m    H 0,182  20  10

b) El factor de seguridad a largo plazo. El factor de seguridad a largo plazo, se determina mediante los siguientes métodos:  

Método de Spencer Método de Bishop-Morgenstern

Debido a que el talud se encuentra completamente saturado se adopta un valor de ru  0,50 , asimismo los valores a utilizar para c y  serán de 10 kPa y 30º, respectivamente. 153

Problemas resueltos de mecánica de suelos Se calcula el factor:

c 10   0,05   H 20  10 Método de Spencer.

FS  1 

c 10   0,05 FS    H 1 20 10

 d  19º FS 

tan  tan 30   1,68 tan  d tan 19

Entonces, se encuentra el factor de seguridad mediante iteraciones hasta que el valor asumido de FS sea igual al valor calculado.

Sea FS  1,20 

c 10   0,041 FS    H 1,20  20  10

Mediante el ábaco de la Figura L.15 se encuentra un valor de  d  22º , luego se calcula el valor de FS.

FS 

tan  tan 30   1,43 tan  d tan 22

Debido a que el valor asumido para el factor de seguridad FS = 1.20 es muy diferente al valor calculado, se sigue con el procedimiento.

Sea Fs  1,3 

Fs 

c Fs    H

 0,038   d  24º

tan 30  1,30 tan 24

Fs  1,30 Método de Bishop – Morgenstern El factor de seguridad se define como:

FS  m  n  ru Donde: m, n = factores de estabilidad. 154

Capítulo 12 Estabilidad de taludes El método consiste en calcular el factor de seguridad para la combinación de los parámetros: c ,  ,  y D . Además éstos varían según la pendiente que se tenga.  H La pendiente se define como: tan   1 x . Entonces:

  20º  x 

1  2.75 tan 20

Por lo tanto la pendiente será: 2.75:1

c 10   0.05   H 20 10 Se calcula ahora el valor del factor de seguridad.

Para D  1 Pendiente 2 : 1 m  1,888 n  1,630 FS  1,073

Pendiente 3 : 1 m  2,574 n  2,157 FS  1,50

Para D  1,25 Pendiente 2 : 1 m  2,161 n  1,950 FS  1,186

Pendiente 3 : 1 m  2,645 n  2,342 FS  1,474

Para D  1,5 Pendiente 2 : 1 m  2,568 n  2,342 FS  1,397

Pendiente 3 : 1 m  2,964 n  2,696 FS  1,616

El factor de seguridad para una pendiente de 2,75:1, se calcula por medio de interpolación lineal entre los valores calculados para pendientes de 2:1 y 3:1. Para la interpolación se eligen los valores de 1,073 y 1,474 como limites, debido a que el factor de seguridad encontrado mediante el método de Spencer fue de 1,30.

2 : 1  y1  2.75 : 1 3 : 1  y2 

Fs  1.073 x1  x Fs  1.474  y1  x  x1 y  y1 y  y1 x2  x1   x1  x x2  x1 y2  y1 y2  y1 155


x

2.75  2 1.474  1.073  1.073  1.37 3 2


FS  1.37

156

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 11 Determinar el parámetro de presión de poros ru, para el talud de la Figura 12.16. 40 (10, 35)

35

Centro 30 (35, 25)

Elevación, m

25 20

5 4

15

3 2

10

1 Arcilla homogénea

(5, 5) Dren (13, 5)

5

Estrato duro

0 -5

0

5

10

15

20

25

30

35

40

35

50

Distancia, m Figura 22.16. Talud dividido en fragmentos. Fragmento 1 2 3 4 5

h (m) 5,5 7,25 8,5 9,25 8,25

z (m) 0,65 3,5 4,5 3,75 1,75

Solución. El parámetro de presión de poros ru, se define como:

ru ( n ) 

u( n )

  z( n )

Ddonde:

u( n )  presión de poros agua en el fragmento

  peso específico del suelo z (n)  altura promedio del fragmento. Se calculará el parámetro de presión de poros ru para cada fragmento. Luego se calculará el valor ponderado del mismo. 157

Problemas resueltos de mecánica de suelos Fragmento1 : z1  5,5 m 0,65  9,81 ru ( 1 )   0,058 20  5,5 b1  1,8 m Fragmento2 : z 2  7 ,25 m 3,5  9,81 ru ( 2 )   0,237 20  7 ,25 b2  5 m Fragmento3 z 3  8,5 m 4,5  9,81 ru ( 3 )   0,259 20  8,5 b3  5 m Fragmento4 z 4  9,25 m 3,75  9,81 ru ( 4 )   0,200 20  9,25 b4  5 m Fragmento5 z 5  8,25 m 1,75  9,81 ru ( 5 )   0,104 20  8,25 b5  4,5 m El valor de ru será: 5

ru 

b n 1

n

 ru ( n )

5

b n 1



0,058 1,8  0,237  5  0,259  5  0,20  5  0,104  4,5  0,19 1,8  5  5  5  21,3

n

ru  0,19

158

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 12 Para la Figura 12.17 se pide determinar: a) La razón de presión de poros ru , a partir del método de Bromhead. b) El factor de seguridad a largo plazo en la superficie de falla mostrada, utilizando el método de Bishop simplificado.

5.76

4.61

12.71

6.93

 18 kN/m3

10

4  22 kN/m3

30°

c' = 5 kPa

 30°

Figura 32.17. Características y fragmentación del talud. Solución a) La razón de presión de poros ru , a partir del método de Bromhead.

Figura 42.18. Fragmentos del talud. Debido a que en el talud se produce una falla general, la fracción de fragmento elegida según el método de Bromhead, es el tercio medio. Luego, el coeficiente de presión de poros es:

ru 

A ru  u ; ru  A 

El valor del coeficiente de presión de poros, es determinado a partir de la Tabla 10.1. 159

Problemas resueltos de mecánica de suelos Tabla 10.1. Determinación del coeficiente de presión de poros. N° 1 2 3 4 5 6

b [m] 4 4 4 4 4 4

h [m] 5,71 4,86 4,09 3,29 2,57 1,71 A=

A [m2] 22,84 19,44 16,36 13,16 10,28 6,84 88,92

 [kPa] 136,80 134,60 118,60 104,20 90,50 87,70

u [kPa] 0 7,28 19,04 32,2 43,96 54,6

Aru 0 1,05 2,63 4,07 4,99 4,26 17,00

ru 0 0,05 0,16 0,31 0,49 0,62 Aru=

Entonces:

ru 

16.95  0.19 88.92

b) El factor de seguridad a largo plazo utilizando el método de Bishop simplificado. El factor de seguridad es determinado a partir de la ecuación: n p

FS 

 cb W n 1

n

n

 un bn  tan  

1 m( ) n

n p

W sin  n

n 1

Donde:

m ( n )  cos n 

n

tan  sin  n FS

Luego a partir de la Tabla 10.4 en base a las Tablas 10.2,10.3 y a las Figuras 10.19 y 10.20, el factor de seguridad es igual a: FS = 1.91 Tabla 10.2. Determinación de valores para el factor de seguridad. Fragmento N° 1 2 3 4 5 6

A 2

m 22,096 34,16 46,59 34,64 15,51 12,78

c

 [°]

sen 

cos 

5 5 5 5 5

-49 -36 -20 -18 1 1

-0,755 -0,588 -0,342 -0,309 0,0175 0,0175

0,66 5,76 0,81 4,61 0,94 12,71 0,95 12,71 1,00 6,93 1,00 6,6 = 42,72

W kN/m 397,728 614,88 838,62 762,08 341,22 125,244

bn [m]

Wn sen [kN/m] -300,17 -361,42 -286,82 -235,50 5,96 2,19 1175,77

Tabla 10.3. Determinación de valores para el factor de seguridad. Fragmento N° 1 2 3 4 5 6

 [°] -49 -36 -20 -18 1 1

 [°] 30 30 30 30 30

h

u

sen 

cos 

tan 

0 0 0 3,04 4,31 2,00

0 0 0 29,79 42,24 19,60

-0,755 -0,588 -0,342 -0,309 0,0175 0,0175

0,66 0,81 0,94 0,95 1,00 1,00

0,58 0,58 0,58 0,58 0,58 0

m(n) FS=1 0,22 0,47 0,74 0,77 1,01 1,00

m(n) FS=1,5 0,37 0,58 0,81 0,83 1,01 1,00

m(n) FS=2 0,44 0,64 0,84 0,86 1,00 1,00

160

Capítulo 12 Estabilidad de taludes

50

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60

65

70 50

45

45

40

40

O 35

35

30

30

25

25 5,76

4,61

12,71

6,93

20

20

15

15

 18 kN/m3 49°

10

 22 kN/m

3

5 0

10

20°

36°

0

5

10

15

20

25

5

1°

18° 30

35

40

45

50

55

60

65

70

0

Figura 52.19. Determinación del ángulo  para cada fragmento.

50

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

55

60

65

45

70 50 45

40

40

O 35

35

30

30

25

25 5,76

4,61

20

 18 kN/m

20 A3 3.67

3

10

6,93

A2 7.5

A1 15

12,71

7.1 7.47

 22 kN/m

15 A5 2.0

10

3

3.04 A4

5 0

0

5

10

15

20

25

30

4.34 35

5

2.31 40

45

50

55

60

65

70

0

Figura 62.20. Determinación del área de cada fragmento. 161

Problemas resueltos de mecánica de suelos Tabla 10.4. Determinación del factor de seguridad. Fragmento N° 1 2 3 4 5 6

bn [m] 5,76 4,61 12,71 12,71 6,93 6,6

cbn [m] 28,80 23,05 63,55 63,55 34,65 0,00

W-ubn

(W-ubn)tan

397,73 614,88 838,62 383,42 48,51 0,00

229,63 355,00 484,18 221,37 28,01 0,00

FS=1 cbn+(W[cbn+(Wubn)tan ubn)tanm(n) 258,43 1172,93 378,05 804,95 547,73 737,95 284,92 368,76 62,66 62,04 0,00 0,00  3146,63

FS = 1,5 [cbn+(Wubn)tanm(n) 706,92 648,70 677,84 342,40 62,25 0,00 2438,11

FS = 2 [cbn+(Wubn)tanm(n) 589,76 591,32 651,31 330,59 62,35 0,00 2225,33

Donde se tiene que:

3146.63  2.68 1175.77 2438.11 FS  FS asum1.5    2.07 1175.77 2225.33 FS  FS asum 2    1.89 1175.77 FS  FS asum1  

Luego, el factor de seguridad es calculado como aquel valor para el que el factor de seguridad asumido es igual al factor de seguridad calculado, Figura 12.21.

FS calc

1.91 1.0 1.5

2.0

FS asum

Figura 72.21. Determinación del factor de seguridad.

162

Capítulo 12 Estabilidad de taludes PROBLEMA 13 Para los datos de la Figura 12.22, se pide determinar el factor de seguridad contra deslizamiento utilizando el método de Bishop-Morgenstern. FIGURA 2

 =20 kN/m3 '=30º c'=5 kN/m2 ru=0.32

1,25

1

D·H

5,00 m

Suelo 2.5

Estrato firme

Figura 12.22. Características del talud. Para este caso se tiene que:

c' 5   0.098  0.10  ' H 20  9.8  5

D * H  6.25  D 

  30º ;

6.25  1.25 5

ru  0.32 ; talud 2.5 : 1

Para obtener los coeficientes de estabilidad m’ y n’, se consideranlos valores para los taludes 2:1 y 3:1. Talud 2:1 3:1

m’ 2.540 3.112

n’ 2.000 2.415

FS=m’-n’·ru 1.900 2.339

El factor de seguridad para el talud 2.5:1, entre 2:1 y 3:1 será el promedio de ambos, Por lo tanto se tendrá que: FS=1.12

163


164

Capítulo 13 Exploración del subsuelo CAPITULO TRECE

Exploración del subsuelo 4.1. Introducción. Para el diseño de una fundación y su construcción, es necesario conocer la actual estratificación del suelo, los resultados de laboratorio de muestras obtenidas a varias profundidades y las observaciones realizadas durante la construcción de otras estructuras obtenidas en similares condiciones. Para este propósito una exploración del subsuelo adecuado es necesaria. Los objetivos de la exploración del subsuelo son entre otros: 1. Determinar la naturaleza y estratificación del suelo en el sitio. 2. Obtener muestra. 3. s de suelo disturbados y no disturbados, para una identificación visual y ensayos de laboratorio apropiados. 4. Determinar la profundidad y naturaleza del lecho rocoso, si este es encontrado. 5. Realizar ensayos de campo en sitio, como SPT, CPT, veleta de corte y otros. 6. Observar las condiciones de drenaje tanto superficial como subsuperficial. 7. Observar posibles problemas constructivos ya sea por la topografía o por la existencia de estructuras próximas. Un programa de exploración del suelo para una determinada estructura se divide en cuatro categorías principales: Recolección de información preliminar Este paso incluye la obtención de información acorde al tipo de estructura y su uso. Para la construcción de un edificio se deberá conocer, la distancia entre columnas, la magnitud de sus cargas y los requerimientos del código de construcción local. Una idea general de la topografía y el tipo de suelo, puede ser encontrado en mapas geológicos locales y nacionales, en oficinas estatales de agricultura, publicaciones sobre agricultura, publicaciones de información hidrológica, mapas hidrológicos, manuales y publicaciones del departamento estatal de caminos. Reconocimiento El ingeniero siempre hará una inspección visual del terreno para la obtención de información básica sobre: 1. La topografía general, existencia de drenajes, presas, taludes, grietas que indiquen suelos expansivos, etc. 2. Estratificación del suelo, por excavaciones hechas anteriormente, cortes realizados en caminos próximos, etc. 3. Tipo de la vegetación en el sitio, el cual puede indicar la naturaleza del suelo. 4. Humedad en construcciones próximas, puede indicar nivel freático alto así como venas de capilaridad por la cercanía de un río. 5. Observaciones en construcciones próximas tales como grietas en muros, asentamiento de columnas y otros pueden indicar problemas de asentamientos.

151

Problemas resueltos de mecánica de suelos Investigación del sitio Esta etapa consiste en la realización de ensayos tanto en sitio como en laboratorio. La profundidad de sondeo depende del suelo encontrado, sin embargo para determinar una profundidad mínima, el ingeniero puede usar reglas dadas por la Sociedad Americana de Ingenieros Civiles. 1. Determinar los incrementos de esfuerzo , bajo la fundación a diferentes profundidades. 2. Estimar la variación del esfuerzo vertical v con la profundidad. 3. Determinar la profundidad D1 en el cual  es igual a q/10, donde q es la presión neta estimada que transmite la fundación. 4. Determinar la profundidad D2 en el cual /v=0,05. 5. Si es que el lecho rocoso no fuera encontrado durante el proceso de perforación, la mínima profundidad de exploración será el menor valor entre D1 y D2. Técnicas de muestreo en suelos. Uno de los propósitos principales de los sondeos es la obtención de muestras representativas del suelo. Estos se utilizan para determinar el perfil del suelo y realizar ensayos de laboratorio. Hay dos tipos de muestras: disturbadas y no disturbadas. Una muestra disturbada es aquella compuesta por suelo alterada por los procesos de perforación. Estas son utilizadas para la realización de ensayos de clasificación y ensayos de compactación Proctor. Una muestra no disturbada es aquella recuperada completamente intacta, conservando las estructura y esfuerzos propios del suelo en el sitio. Estas muestras son requeridas para ensayos de laboratorio tales como ensayos de consolidación y ensayos de corte. Se obtienen mediante tubos Shelby, los que tienen pared delgada. Métodos geofísicos Son métodos indirectos cuyo principio es el siguiente: Consiste en generar ondas de choque en el suelo, las cuales viajan por el subsuelo hasta el lecho rocoso. Usando sensores denominados geófonos se mide el retorno de estas ondas en la superficie. De acuerdo a la magnitud, tiempo y características de las ondas de retorno es posible estimar el perfil geológico del suelo. 12.5 REPORTE DE LA EXPLORACIÓN Al finalizar la exploración, luego de realizar los ensayos tanto de campo como de laboratorio, se deberá prepara un reporte de los resultados para el uso en el diseño estructural. Un reporte podrá contener la siguiente información. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

Alcance de la investigación. Descripción general de la estructura propuesta para la cual se realizo la exploración. Condiciones geológicas del sitio. Facilidades de drenaje del sitio. Detalles del sondeo. Descripción de las condiciones del subsuelo determinadas por las muestras de suelo. Profundidades del nivel freático observada en la exploración. Detalles de las fundaciones recomendadas y sus alternativas. 152

Capítulo 13 Exploración del subsuelo 9. Algunos problemas constructivos que puedan tenerse. 10. Limitaciones de la investigación. Las siguientes presentaciones graficas también necesitan ser adjuntadas al reporte: 1. 2. 3. 4. 5.

Mapa de la localización del sitio. Localización de las perforaciones con respecto a la estructura propuesta. Esquema de los detalles obtenidos de cada una de los sondeos. Resultados de ensayos en laboratorios. Otras presentaciones especiales.

153


4.2. Problemas resueltos. PROBLEMA 1 Se pide: a) b)

Determinar la razón de áreas de un tubo de muestreo Shelby cuyos diámetros interno y externo son respectivamente 86 mm y 90 mm. Determinar la razón de áreas de una cuchara de muestreo SPT cuyos diámetros interno y externo son de 35 mm y 51 mm respectivamente.

Solución a) razón de áreas de muestreo Shelby.

Ar (%)  Ar (%) 

DO 2  DI 2 DI 2

(100)

902  862 (100) 862

Ar (%) = 9,51 % Para que una muestra de suelo sea considerada no disturbada, generalmente su relación de áreas tiene que ser igual o menor que 10%, por tanto el tubo Shelby está dentro de los parámetros aceptables. b) Razón de áreas de una cuchara de muestreo SPT.

Ar (%)  Ar (%) 

DO 2  DI 2 DI 2

(100)

512  352 (100) 352

Ar (%) = 112 % Este porcentaje indica que la muestra obtenida con la cuchara es altamente disturbada.

154

Capítulo 13 Exploración del subsuelo

PROBLEMA 2 Los siguientes datos corresponden a un ensayo de SPT, cuyo nivel freático no fue observado.      

Numero de golpes: N = 20 Profundidad de sondeo: L = 12m Diámetro de la perforación: 150 mm Peso unitario promedio del suelo:  = 18 kN/m3 Energía del martillo Er = 45 Muestreo sin liner.

Realizar las correcciones necesarias para una energía Er = 70 y Er = 60 Solución En el anexo I se presentan las formulas de corrección para el ensayo de penetración estándar.

CN 

p 2 95,76   0,67 p1 (18)(12)

p1 : Esfuerzo vertical efectivo estándar = 95,6 kPa

1 

45  0,64 70

2 =1,00 L>10m 3 =1,00 Practica usual sin liner 4 =1,05 Diámetro de 150mm

  C N N 1  2 3  4 N 70   (0,67)(20)(0,64)(1)(1)(1,05) N 70  =9 N 70 Transformamos a una energía de Er = 60 70    (9) N 60  60  N 60 = 10

155


PROBLEMA 3 De los siguientes resultados de un ensayo de penetración estándar en arena: determine los números de SPT corregidos N60 a varias profundidades. El nivel freático no fue observado en todo el proceso. Asumir el peso unitario promedio de la arena como =20 kN/m3   

Diámetro de perforación: 150 mm Energía de martillo Er = 50 Tipo de muestreo: sin liner

Profundidad 2 4 6 8 10

N 8 7 12 14 13

Solución Empleamos la ecuación para la corrección de N

  C N N 1 2 3 4 N 70 N70 : Valor de SPT corregido CN : Ajuste por presión de sobrecarga

CN 

p 2 p1

p1 : Esfuerzo vertical efectivo estándar = 95,76 kPa p2 : Esfuerzo vertical efectivo en el lugar de ensayo 1 : Eficiencia del martillo

1 

Er 70

Er : Energía del martillo (depende del tipo de martillo y su sistema de golpe)

1 

50  0,71 70

2 : Corrección por profundidad (tabla I-1, anexo I) 3 : Corrección por muestreo (tabla I-2, anexo I) 4: Corrección por diámetro de perforación (tabla I-3, anexo I) N : Valor de SPT obtenido en campo 156


Para convertir a N60 se realiza el siguiente factor de conversión:

  N 60

70  N 70 60

En la siguiente tabla se resumen las operaciones efectuadas. Prof. N H

2 4 6 8 10

8 7 12 14 13

P'1= h

CN

1

2

3

4

N'70

N'60

40 80 120 160 200

1,55 1,09 0,89 0,77 0,69

0,71 0,71 0,71 0,71 0,71

0,75 0,75 0,85 0,95 1,00

1,00 1,00 1,00 1,00 1,00

1,05 1,05 1,05 1,05 1,05

7 4 7 8 7

8 5 8 9 8

157

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 4 El número N70 de un ensayo de SPT fue de 15, siendo el suelo de consistencia media, estimar por medio de correlaciones: la densidad relativa, el ángulo de fricción interna y el peso unitario del suelo. Solución Mediante los valores de la tabla I-4 (anexo I ), encontramos el rango de valores para el número de golpes especificado y la consistencia del suelo. Interpolando tenemos:

 15  8  0,65  0,35  0,35 Dr = 0,52 Dr    20  8  Angulo de fricción interna:

 15  8  36  32  32   = 34º     20  8  Peso unitario

 15  8 

(130  110)  110     20  8  Entonces:

 =122 kN/m3

158

Capítulo 13 Exploración del subsuelo PROBLEMA 5 De los resultados del problema 4 estimar el valor de N60 (número de SPT corregido) y N (número de SPT en campo). Por medio de correlaciones encontrar la resistencia al corte no drenado (utilizar la ecuación de Hara del anexo I) Solución Para obtener el valor de diseño realizamos un promedio de N60 en la tabla resumen del PROBLEMA 4, entonces : N60 = 8 Para estimar el corte no drenado realizamos también un promedio de los valores en campo para NF (PROBLEMA 4), entonces: NF = 11 Según la ecuación de Hara tenemos:

cu  29 N F 0,72 NF: número de penetración estándar en el campo: .

cu  (29)110,72

cu =163 kN/m2

159

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 6 Se realizó un ensayo con la veleta de corte, cuyas dimensiones son: d = 76 mm y h = 152 mm, aplicándose un torque hasta la falla de 70 Nxm. Determinar la resistencia al corte no drenado para propósitos de diseño, considerar que su índice de plasticidad es de PI = 18. Solución Para encontrar la solución se utilizara la ecuación de Calding que se encuentre en la sección I.3 del anexo I . Asumimos el tipo de movilización del suelo en los extremos como triangular, por tanto =1/2 T c  u 2 d h d3     4   2





70 c   45118 N/m 2 u  (0,076 ) 2 (0,152 ) 0,076 3     0,5 2 4  





Corrección por plasticidad:

  1,7  (0,54)(log(18))  1,022 Resistencia al corte no drenado: cu ( diseño)   cu ( veleta)

cu ( diseño)  (1,022)(45118)  46117 N/m 2 c u(diseño)  46,1kN/m2

160

Capítulo 13 Exploración del subsuelo PROBLEMA 7 Se realizó un ensayo de CPT cuyos resultados fueron los siguientes: qc=12 Mpa a una profundidad de 8 metros en una arena con ’=11,15 kN/m3. Estimar el ángulo de fricción interna . Se utilizó un cono mecánico. Solución Angulo de fricción interna para arenas normalmente consolidadas que se encuentra en la sección I.6 del anexo I.

 q   tan 1 0,1  (0,38) log c  ' v 

  

  12000    42,3   tan 1 0,1  (0,38) log ( 11 , 15 )( 8 )    = 42,3º

161

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 8 Se desea construir una fundación cuadrada de 4,0 m. a una profundidad de 2,0 m por debajo del nivel del terreno en una arena medianamente densa de peso unitario 19,0 kN/m3. El nivel de agua se localiza a 4,0 m por debajo de la superficie. Los valores obtenidos en un ensayo de penetración estándar son: Profundidad, m N (campo)

2,0 12

2,8 13

3,6 15

4,4 15

5,2 18

6,0 21

6,8 25

Calcular la capacidad admisible del suelo si el asentamiento está restringido a 25mm. Solución Analizamos hasta una profundidad igual al ancho de la fundación, es decir hasta una profundidad 4.0 m por debajo del nivel de fundación. El número de golpes debe ser corregido, para tal efecto se presenta la siguiente tabla: Profundidad  v (kN / m 2 ) (kN/m2 ´v (m) 2,0 2,8 3,6 4,4 5,2 6,0

38 53,2 68,4 83,6 98,8 114

0,0 0,0 0,0 3,92 11,76 19,6

38 53,2 68,4 79,68 87,04 94,4

95,76 v 1,587 1,342 1,183 1,096 1,049 1,007

CN 

N

N1

12 13 15 15 18 21

19,04 17,45 17,75 16,44 18,88 21,15

Calculamos el número corregido de golpes promedio:

N1 prom edio 

(19,04)(0,4)  (17,45)(0,7)  (17,75)(0,9)  (16,44)(0,8)  (18,88)(0,8)  (21,15)(0,4) 4 N1promedio = 18,13 ; entonces la capacidad admisible neta es

  ton  95,76   q a ( neta)  1,95    2  pie  1    

kN m2 ton pie2

     

 kN  q a ( neta) 186,7  2  m  q a ( neta)  q  q0  q  q a ( neta)  q0

q a 186,7  (2)(19) qa = 225 kN/m2 162

Capítulo 13 Exploración del subsuelo PROBLEMA 9 Indicar los ensayos necesarios para determinar si un suelo es dispersivo. Respuesta Los ensayos para determinar la dispersividad de un suelo son los siguientes: -

Ensayo de erosión interna (Pinhole test) Ensayo de doble hidrometría Análisis químico de agua de poros. Ensayo de fracciones del suelo (Crumb test).

163

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 10 Describir el método del doble odómetro para la determinación de suelos colapsables. Respuesta Jennings & Knight (1956, 1975) desarrollaron el método del doble odómetro. Este método consiste de la realización de dos ensayos de consolidación: uno realizado sobre una muestra con contenido de humedad natural y el otro sobre una muestra que se encuentra saturada. Preparación de la muestra. La preparación de las muestras para este ensayo es realizada del mismo modo que para el ensayo de consolidación unidimensional (ver Capítulo 2). Procedimiento del ensayo. Este ensayo se realiza de manera semejante al ensayo de consolidación especificado según norma bajo la designación ASTM D-2453. El ensayo de consolidación en su totalidad ya fue desarrollado en el Capítulo 2. Los pasos a seguir son los siguientes: 1. Ensambladas las dos muestras en el odómetro, someter a las dos muestras a una presión de 1 [kN/m2] durante 24 horas. 2. Pasadas las 24 horas, saturar una de las muestras inundándola durante 24 horas. La muestra restante debe mantener su contenido de humedad natural. 3. Concluida la inundación, continuar con la aplicación de carga hasta alcanzar el nivel deseado. La aplicación de los incrementos de carga es realizada del mismo modo que en el ensayo de consolidación, ASTM D 2435. 4. Trazar las curvas de consolidación de laboratorio, para ambos ensayos. 5. Trazar una línea vertical a través de  o' . 6. Determinar la presión de preconsolidación,  c' , para la muestra de suelo inundada. Si  c' /  o'  0.8  1.5 el suelo es normalmente consolidado, mientras que si

 c' /  o'  1.5 el suelo es sobreconsolidado. 7. Calcular eo' que es el índice de vacíos correspondiente al esfuerzo de  o' para la curva de consolidación de laboratorio de la muestra saturada.





8. Por el punto  o' , eo' , dibujar una curva paralela a la curva de consolidación de laboratorio de la muestra con contenido de humedad natural. 164

Capítulo 13 Exploración del subsuelo 9. Determinar el incremento de esfuerzo vertical,  v , y trazar por este una vertical. 10. A partir de la vertical trazada, determinar e1 y e2 , Fig.5.

o'

c'

'  v o

log v'

Muestra con contenido de humedad natural

' '  o e o)

e1 e2

Muestra saturada

e (a)

o'

c'

' '  o e o)

'  v log v' o

Muestra con contenido de humedad natural

e1

e2

e

Muestra saturada

(b) Figura 13.1. Resultados obtenidos a partir del ensayo del doble odómetro. (a) Suelo normalmente consolidado (b) Suelo sobreconsolidado.

165

Problemas resueltos de mecánica de suelos PROBLEMA 11 Explicar en que consiste el ensayo de erosión interna de un suelo (“pinhole”) Respuesta. Paso 1 Se arma una muestra como se observa en la Figura 13.2. Guía centradora plástica de 0,06" de diámetro y 1/2" de longitud

Agua destilada desde un tanque de altura constante

Especimen de arcilla compactada

Orificio en la parte superior de la camara

Diámetro 1,0 mm Harvard, permeámetro de compactación en miniatura

Arena gruesa

Diagrama esquemático del equipo para la realización del ensayo Pinhole

Figura 13.2. Diagrama esquemático del equipo para la realización del ensayo Pinhole. Paso 2 Se inicia el ensayo dejando que fluya el agua destilada con una altura total de 50 mm, por el hoyo perforado. Paso 3 Medir el volumen de afluente y el tiempo necesario para colectar ese volumen. Paso 4 Registrar el escurrimiento del agua. Paso 5 Clasificar la muestra (dispersividad).

166

Capítulo 13 Exploración del subsuelo PROBLEMA 12 Para los datos de la Figura 13.3, se pide determinar la máxima capacidad admisible de apoyo considerando los siguientes datos:     

Equipo utilizado: Industria japonesa. Martillo de rosquilla estirado por cable. Diámetro del sondeo = 150 mm. Cuchara sin recubrimiento. Nivel freático a 2 m de la superficie. El nivel de agua se mantuvo al nivel del terreno durante la ejecución del sondeo SPT.

FIGURA 3

h[m]

B=L=3m

stolerable =25 mm

0 2

Arena

4

 =20 kN/m3

Por debajo del N.F.

6

 =19 kN/m3

Por encima del N.F.

8 10 N h

15 1

15 2

15 3

16 4

16 5

17 7

17 8

18 9

18 10

Figura 13.3. Características del perfil de suelo y la fundación. Solución Ensayo SPT. De acuerdo a la tabla de factores de corrección para el SPT, tenemos que: 

Martillo de rosquilla de industria japonesa: Er=67

Erb  70  

Er 67   0.957 Erb 70

Sin recubrimiento de lodo bentonítico durante la perforación.

 

1 

3  1.00

Diámetro de sondeo 150 mm.



4  1.05 167


[m] 0 1

 =19 kN/m3

2 3

 =20

2B

4 5

B=3 m N=15

' =10.2*2=20.4 kN/m3

N=15

' =30.6 kN/m3

N=16

' =40.8 kN/m3

N=16

' =51.0 kN/m3

6 7

N=17

' =71.4 kN/m3

8

N=17

' =81.6 kN/m3

Figura 13.4. Variación de esfuerzos en el perfil de suelo. Determinación del número de golpes corregido por presión efectiva (N’70=Nc) para cada subdivisión.

CN 

95.76 ; ajuste por presión de sobrecarga. '

  C N N 1  2 3 4 N 70

h 2 3 4 5 7 8

CN 2.167 1.769 1.532 1.370 1.158 1.083

η1 0.957 0.957 0.957 0.957 0.957 0.957

η2 0.75 0.75 0.85 0.85 0.95 0.95

η3 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00

η4 1.05 1.05 1.05 1.05 1.05 1.05

N70 15 15 16 16 17 17

Nc 24.5 20.0 20.94 18.72 18.79 17.58

Determinación de la media ponderada del número de golpes corregido.

24.5 * 0.5  20 *1  20.94 *1  18.72 *1.5  18.79 *1.5  17.58 * 0.5 6 Ncpr  19.71 Ncpr 

El factor de profundidad es:

Fd  1  0.33

Df 2  1  0.33  1.22  1.33 B 3

Cumple

La capacidad portante admisible neta es:

 3.28 * B  1   S  qan  11.98  Nc     Fd  e   3.28 * B   25.4  2

para B  1.22m 168


 3.28 * 3  1   25  qan  11.98 *19.71*   *1.22   3.28 * 3   25.4  kN qan  344.09 2 m 2

La capacidad portante admisible es:

qa  qan  qo  344.09  19 * 2 qa  382 kPa

169

ANEXO A Propiedades índice de los suelos.

ANEXO A PROPIEDADES ÍNDICE DE LOS SUELOS. 1. Relaciones peso volumen de las fases del suelo. Peso Wa

Volumen

Donde:

Va

Aire

Va = Volumen de aire. Vv

Ww

Vw = Volumen de agua. Vs = Volumen de sólido.

Vw

Agua

V

Vv = Volumen de Vacíos.

W

Wa = Peso del aire. Ws

Sólido

Ww = Peso del agua.

Vs

Ws = Peso del sólido. W = Peso total. Figura A.1. Tres fases de un suelo.

De la Figura A.1 se puede obtener las siguientes ecuaciones: Volumen total [m3]:

V  VV  VS  V  Va  Vw  Vs

[A.1]

Volumen de vacíos [m3]:

Vv  Va  Vw

[A.2]

Peso total [Kg/m3]:

W  Ww  Ws

[A.3]

Peso específico húmedo [Kg/m3]:



W V

Peso específico de los sólidos [Kg/m3]:  s 

Peso específico del agua [Kg/m3]:

w 

[A.4]

Ws Vs

[A.5]

Ww Vw

[A.6]

   1000 kgf/m   62.4 lb/ft 

 w  9.81 kN/m3

w

w

3

3


Gravedad específica:

Gs 

s w

[A.7]

Peso específico seco [Kg/m3]:

d 

Ws V

[A.8]

Peso específico saturado [Kg/m3]:

 sat 

W V

[A.9]

Peso específico sumergido [Kg/m3]:

 '    w

[A.10]

Principios Básicos Grado de saturación:

S

Vw Vv

[A.11]

Índice de vacíos:

e

Vv Vs

[A.12]

Porosidad:

n

Vv V

[A.13]

Contenido de humedad:

w

WW WS

[A.14]

Densidad:



M V

[A.15]

Peso:

W M g

[A.16]

Densidad relativa [%]:

Dr  Donde:


e = Índice de vacíos del suelo in situ. emax = Índice de vacíos del suelo en el estado mas suelto. emin = Índice de vacíos del suelo en el estado mas denso.

[A.17]

ANEXO A Propiedades índice de los suelos. A partir de estas ecuaciones básicas se pueden hallar muchas relaciones peso – volumen para los diferentes pesos específicos ( , d , sat .); y también algunos para la densidad relativa. Estas relaciones fueron demostradas en este texto, y son las siguientes: a. Para el peso específico húmedo, 



(1  w)  Gs   w 1 e

[A.18]



(Gs  S  e)   w 1 e

[A.19]



(1  w)  Gs  w w  Gs 1 S

[A.20]

  Gs   w  (1  n)  (1  w)

[A.21]

  Gs   w  (1  n)  n  S  w

[A.22]

b. Para el peso específico seco, d

d 



[A.23]

1 w Gs   w 1 e

[A.24]

 d  Gs   w (1  n)

[A.25]

d 

d 

d 

GS   W  w  GS  1    S 

e  S  w (1  e)  w

[A.26]

[A.27]

e  w 1 e

[A.28]

 d   sat  n   w

[A.29]

 d   sat 

d 

( sat   w )  Gs (Gs  1)

[A.30]

Problemas resueltos de mecánica de suelos c. Para el peso específico saturado, sat

(Gs  e)   w 1 e

[A.31]

 sat  (1  n)  Gs  n  w

[A.32]

 sat 

 1 w



sat   Gs   w  sat   1  w sat Gs  

 e  1 w



sat     sat     w w 1  e    sat 

[A.33]

[A.34]

 1  wsat     w w  sat 

[A.35]

 sat   d  

 e    w 1 e 

[A.36]

 Sat   d  n   w

[A.37]

 sat  n  



1 



s

 sat  1     d   w G

[A.38]

 sat   d  (1  wsat )

[A.39]



d. Para la densidad relativa, Dr

Dr 

(1  nmin )  (nmax  n) (nmax  nmin )  (1  n)

  d   d (min)    d (max)  Dr       d (max)   d (min)    d 

[A.40]

[A.41]

e. Otras.

n 1 n

[A.42]

Gs  w  e  S

[A.43]

e


2. Textura y forma de las partículas del suelo.

De L

S

[A.44]

Donde: De = Diámetro equivalente de la partícula, que será: D  e L = Longitud de la partícula. V = Volumen de la partícula.

3

6 V



Esfericidad

0.9

0.7

0.5

0.3

0.1

0.3

0.5

0.7

0.9

Redondez Figura A.1. Ábaco para evaluar las partículas de forma granular (Krumbein & Sloss, 1963).

3. Parámetros de la curva de distribución del tamaño de partículas.

CU 

D60 D10

[A.45]

CC 

2 D30 D10  D60

[A.46]

So 

D75 D25

[A.47]

a. Análisis del Hidrómetro: D

30 

 Gs  1   w



L t

Donde: L = Es la distancia que recorre la partícula al sedimentarse. t = Es el tiempo que tarda en recorrer esa distancia. w = Peso unitario del agua.  = Viscosidad dinámica del fluido. D = Diámetro de la partícula con forma esférica.

[A.48]


0

0

L1 L 60

L2 60

(a)

(b)

Figura A.2. Hidrómetro. (Das, 1998)

DK

Donde:

K

L t

[A.49]

30  n Gs  1   w

Tabla A.1. Valores de K. (ASTM D422) Temperatura ºC 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

2.5 0.0149 0.0147 0.0145 0.0143 0.0141 0.0140 0.0138 0.0137 0.0135 0.0133 0.0132 0.0130 0.0129 0.0128

2.55 0.0146 0.0144 0.0143 0.0141 0.0139 0.0137 0.0136 0.0134 0.0133 0.0131 0.0130 0.0128 0.0127 0.0126

Gravedad específica (Gs ) 2.6 2.65 2.7 0.0144 0.0142 0.014 0.0142 0.014 0.0138 0.0140 0.0138 0.0136 0.0139 0.0137 0.0134 0.0137 0.0135 0.0133 0.0135 0.0133 0.0131 0.0134 0.0132 0.013 0.0132 0.0130 0.0128 0.0131 0.0129 0.0127 0.0129 0.0127 0.0125 0.0128 0.0126 0.0124 0.0126 0.0124 0.0123 0.0125 0.0123 0.0121 0.0124 0.0122 0.012

2.75 0.0138 0.0136 0.0134 0.0133 0.0131 0.0129 0.0128 0.0126 0.0125 0.0124 0.0122 0.0121 0.0120 0.0118

Tabla A.2. Valores de L para distintas lecturas (R) del hidrómetro.

2.8 0.0136 0.0134 0.0132 0.0131 0.0129 0.0128 0.0126 0.0125 0.0123 0.0122 0.0120 0.0119 0.0118 0.0117

ANEXO A Propiedades índice de los suelos. Lectura R 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

Lectura R 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51

L cm 16.3 16.1 16 15.8 15.6 15.5 15.3 15.2 15 14.8 14.7 14.5 14.3 14.2 14 13.8 13.7 13.5 13.3 13.2 13 12.9 12.7 12.5 12.4 12.2

P(%)i 

aR Ms

L cm 12 11.9 11.7 11.5 11.4 11.2 11.1 10.9 10.7 10.6 10.4 10.2 10.1 9.9 9.7 9.6 9.4 9.2 9.1 8.9 8.8 8.6 8.4 8.3 8.1 7.9

·100

[A.50]

Donde el valor de a es una corrección para la gravedad específica, que será:

a

Gs ·1.65

 Gs  1·2.65

Este valor de corrección también puede ser obtenido de la Tabla 1.9 Tabla A.3. Valores de a. (ASTM D422) Gs a 2.50 2.55 2.60 2.65 2.70 2.75 2.80

4. Limites de Atterberg.

1.04 1.02 1.01 1.00 0.99 0.98 0.97

[A.51]


N LL  wN     25 

tan 

[A.52]

Donde: LL = Límite líquido. wN = Contenido de humedad natural. N = Número de golpes. tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación). Tabla A.4. Valores para la relación (N/25)0.121. (ASTM D4318)

N 20 21 22 23 24 25

N    25 

0.121

N 26 27 28 29 30

0.973 0.979 0.985 0.990 0.995 1.000

IF 

N    25 

0.121

1.005 1.009 1.014 1.018 1.022

w1  w2 N  log  2   N1 

[A.53]

Donde: IF = Índice de flujo. w1 = Contenido de humedad del suelo correspondiente a N1 golpes. w2 = Contenido de humedad del suelo correspondiente a N2 golpes. N1, 2 = Número de golpes correspondientes a cada ensayo.

IL 

w  LP LL  LP

[A.54]

Donde: IL = Índice de liquidez. w = Contenido de humedad del suelo en situ. LL = Límite líquido del suelo. LP = Límite plástico del suelo. IP = LL  LP Donde: IP = Índice de plasticidad. Tabla A.5. Grado de plasticidad del suelo (Sowers, 1979). IP Descripción 0-3 No plástico 3 - 15 Ligeramente plástico 15-30 Baja plasticidad > 30 Alta plasticidad

[A.55]


Lí ne aU

70


60 Arcillas inorgánicas de alta plasticidad

50 40 30

Arcillas inorgánicas de mediana plasticidad

Limos inorgánicos de alta compresibilidad y arcillas orgánicas.

Arcillas inorgánicas de baja plasticidad

Limos inorgánicos de alta compresibilidad y arcillas orgánicas.

20 10 0

A ea n Lí

Limos inorgánicos de baja compresibilidad

20

30

40

50

60

80

100

Límite líquido

Figura 1.35. Gráfico de plasticidad (Casagrande, 1932). Línea A:

IP = 0.73 (LL – 20)

[A.56]

Línea U:

IP = 0.9 (LL – 8)

[A.57]

A

IP Fracción de arcilla (%)

[A.58]

Donde: A = Actividad. LC = w0 – w Donde: LC = Límite de contracción del suelo. w0 = Contenido de humedad del suelo en consistencia líquida. w = Cambio del contenido de humedad durante la contracción.  L CL  1  S  LI

  100 

[A.59]

[A.60]

Donde: CL = Contracción lineal del suelo. LS = Longitud después del secado. LI = Longitud inicial.

IC 

Ms VF

Donde: IC = Índice de contracción del suelo. Ms = Peso del suelo seco. VF = Volumen final del suelo luego de ser secado.

[A.61]


CI 

LL  w LL  I P

Donde: CI = Índice de consistencia del suelo. w = Contenido de humedad actual del suelo. LL = Límite líquido. IP = Índice de plasticidad.

[A.62]

CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos

ANEXO B CLASIFICACIÓN DE SUELOS. 1. Sistema de clasificación Unificado. Tabla B.1. Símbolos de grupo para la clasificación de suelos según el sistema Unificado. División Principal

Suelo gravoso R4 > 0.5 R200

Símbolo de Grupo

Criterios

Suelo de grano grueso, R200 > 50 F200 < 5, CU ≥ 4 , 1 ≤ CZ ≤ 3 F200 < 5, CU < 4 y/o CZ no entre 1 y 3. F200 > 12, IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura 2.1) F200 > 12, IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1) F200 > 12, LL < 50 , 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1) 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de criterios de plasticidad de GM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de criterios de plasticidad de GC. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de criterios de plasticidad de GM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de criterios de plasticidad de GC.

GW GP GM GC GC-GMa GW y los

GW-GMa

GW y los

GW-GCa

GP y los

GP-GMa

GP y los

GP-GCa

F200 < 5, CU ≥ 6 , 1 ≤ CZ ≤ 3 F200 < 5, CU ≥ 4 y/o CZ no entre 1 y 3. F200 > 12, IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura 2.1) F200 > 12, IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1) F200 > 12, LL < 50 , 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SW y los criterios de plasticidad de SM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SW y los criterios de plasticidad de SC. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SP y los criterios de plasticidad de SM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SP y los criterios de plasticidad de SC. Suelo de grano fino (inorgánico), R200 ≤ 50 Suelo limoso y IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura 2.1) arcilloso, LL < 50 IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1) 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg arriba de la línea A (Figura 2.1) Suelo limoso y Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura 2.1) arcilloso, LL ≥ 50 Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura 2.1) Suelo de grano fino (orgánico) Suelo arenoso, R4 ≤ 0.5 R200

Limo orgánico y arcilla, LL < 50 Limo orgánico y arcilla, LL ≥ 50 _______________

LL no secado en horno LL secado en horno LL no secado en horno LL secado en horno

SW SP SM SC SC-SMa SW-SMa SW-SCa SP-SMa SP-SCa ML CL CL-MLa MH CH

 0.75

OL

 0.75

OH

Turba, loos y otros suelos altamente orgánicos.

Pt


Tabla B.2 Símbolo de grupo GW GP GM GC GC-GM GW-GM GW-GC GP-GM GP-GC

Nombres de grupo para suelos gravosos. Criterio Nombre de grupo SF (%) < 15 Grava bien gradada ≥ 15 Grava bien gradada con arena < 15 Grava pobremente gradada ≥ 15 Grava pobremente gradada con arena < 15 Grava limosa ≥ 15 Grava limosa con arena < 15 Grava arcillosa ≥ 15 Grava arcillosa con arena < 15 Grava limo arcillosa ≥ 15 Grava limo arcillosa con arena < 15 Grava bien gradada con limo ≥ 15 Grava bien gradada con limo y arena < 15 Grava bien gradada con arcilla ≥ 15 Grava bien gradada con arcilla y arena < 15 Grava pobremente gradada con limo ≥ 15 Grava pobremente gradada con limo y arena < 15 Grava pobremente gradada con arcilla ≥ 15 Grava pobremente gradada con arcilla y arena

Nota: Fracción de arena = porcentaje del suelo que pasa el tamiz No. 4 pero es retenido por el tamiz Nº 200 = R 200 – R4; fracción de grava = porcentaje de suelo que pasa el tamiz de 3 [in]. Pero es retenido por el tamiz No. 4 = R4.

Tabla B.3 Nombres de grupo para suelos arenosos. Símbolo Criterio Nombre de grupo de grupo GF (%) SW < 15 Arena bien gradada ≥ 15 Arena bien gradada con grava SP < 15 Arena pobremente gradada ≥ 15 Arena pobremente gradada con grava SM < 15 Arena limosa ≥ 15 Arena limosa con grava SC < 15 Arena arcillosa ≥ 15 Arena arcillosa con grava SM-SC < 15 Arena limosa arcillosa ≥ 15 Arena limosa arcillosa con grava SW-SM < 15 Arena bien gradada con limo ≥ 15 Arena bien gradada con limo y grava SW-SC < 15 Arena bien gradada con arcilla ≥ 15 Arena bien gradada con arcilla y grava SP-SM < 15 Arena pobremente gradada con limo ≥ 15 Arena pobremente gradada con limo y grava SP-SC < 15 Arena pobremente gradada con arcilla ≥ 15 Arena pobremente gradada con arcilla y grava


Tabla B.4 Nombres de grupo para suelos finos inorgánicos. Símbolo de R200 SF/GF GF SF Nombre de Grupo Grupo CL Arcilla magra 15 a 29 ≥1 Arcilla magra con arena <1 Arcilla magra con grava ≥30 ≥1 <15 Arcilla magra arenosa ≥1 ≥15 Arcilla magra arenosa con grava <1 <15 Arcilla magra gravosa <1 ≥15 Arcilla magra gravosa con arena ML <15 Limo 15 a 29 ≥1 Limo con arena <1 Limo con grava ≥30 ≥1 <15 Limo arenoso ≥1 ≥15 Limo arenoso con grava <1 <15 Limo gravoso <1 ≥15 Limo gravoso con arena CL-ML <15 Arcilla limosa 15 a 29 ≥1 Arcilla limosa con arena <1 Arcilla limosa con grava ≥30 ≥1 <15 Arcilla limosa arenosa ≥1 ≥15 Arcilla limosa arenosa con grava <1 <15 Arcilla limosa gravosa <1 ≥15 Arcilla limosa gravosa con arena CH <15 Arcilla grasa 15 a 29 ≥1 Arcilla grasa con arena <1 Arcilla grasa con grava ≥30 ≥1 <15 Arcilla grasa arenosa ≥1 ≥15 Arcilla grasa arenosa con grava <1 <15 Arcilla grasa gravosa <1 ≥15 Arcilla grasa gravosa con arena MH <15 Limo elástico 15 a 29 ≥1 Limo elástico con arena <1 Limo elástico con grava ≥30 ≥1 <15 Limo elástico arenoso ≥1 ≥15 Limo elástico arenoso con grava <1 <15 Limo elástico gravoso <1 ≥15 Limo elástico gravoso con arena Nota: R200 =porcentaje de suelo retenido sobre el tamiz No. 200; fracción de arena = porcentaje del suelo que pasa el tamiz Nº 4 pero retenidos sobre el tamiz Nº 200 = R200 – R4; fracción de grava = porcentaje del suelo que pasa el tamiz de 3-in. pero retenido sobre el tamiz No. 4 = R4.


Tabla B.5 Nombres de grupo para suelos finos orgánicos. Criterio Símbolo GF Plasticidad R200 SF / GF de grupo (%) IPNOD  4 OL <15 IPNOD ≥ 0,73x(LLNOD - 20) 15 a 29 1 <1 <15 30 1 1

OL

IPNOD  4 IPNOD < 0,73x(LLNOD - 20)

<15 15 a 29 30

OH

IPNOD ≥ 0,73x(LLNOD - 20)

<15 15 a 29 30

OH

IPNOD < 0,73x(LLNOD - 20)

<15 15 a 29 30

SF (%)

15

<1

<15

<1

15

1 <1 1

<15

1

15

<1

<15

<1

15

1 <1 1

<15

1

15

<1

<15

<1

15

1 <1 1

<15

1

15

<1

<15

<1

15

Nombre de Grupo Arcilla orgánica Arcilla orgánica con arena Arcilla orgánica con grava Arcilla orgánica arenosa Arcilla orgánica arenosa con grava Arcilla orgánica gravosa Arcilla orgánica gravosa con arena Limo orgánico Limo orgánico con arena Limo orgánico con grava Limo orgánico arenoso Limo orgánico arenoso con grava Limo orgánico gravoso Limo orgánico gravoso con arena Arcilla orgánica Arcilla orgánica con arena Arcilla orgánica con grava Arcilla orgánica arenosa Arcilla orgánica arenosa con grava Arcilla orgánica gravosa Arcilla orgánica gravosa con arena Limo orgánico Limo orgánico con arena Limo orgánico con grava Limo orgánico arenoso Limo orgánico arenoso con grava Limo orgánico gravoso Limo orgánico gravoso con arena

El subíndice NOD significa ―no secado‖.

La línea “U”. IP = 0.9·(LL - 8)

[B.1]

IP = 0.73·(LL -20)

[B.2]

La línea “A”.


60 Clasificación para suelos de grano fino y suelos de grano grueso con fracciones de grano fino.

50

IP

Indice de Plásticidad (IP)

40

=

L (L · 9 0.

) -8

OH

IP

) 20 L ·(L 3 7 . =0

o CH " "A a ne Lí

30 U" " a ne Lí

OL

20

MH

o

o

OH

CL

10 ML

7

CL - ML

4 0

0

10

16

20

30

o

40

OL

50 Límite Líquido (LL)

Figura B.1. Carta de plasticidad. (Norma ASTM, 2003).

60

70

80

90

100

110


2. Sistema de clasificación AASHTO. 70

=

LL

-3 0

50 IP

Indice de plasticidad %

60

40 A-7-6

30 A-6

20

A-2-6

A-7-5 A-2-7

10

A-4 A-2-4

0

10

20

A-5 A-2-5

30

40 50 60 70 80 90 100 Límite líquido % Figura B.2. Variación del límite líquido e índice de plasticidad para los suelos de los grupos A-2, A-4, A-5, A-6 y A-7 (Norma ASTM, 2003). IG  ( F200  35)·0.2  0.005·LL  40  0.01·(F200  15)·(IP  10)

[B.3]

Donde: F200 = Porcentaje que pasa a través del tamiz Nº 200, expresado como número entero. LL = Límite líquido. IP = Índice de plasticidad. El primer término de la ecuación: ― IG  ( F200  35)·0.2  0.005·LL  40 ‖ es el índice parcial de grupo determinado con el límite líquido. El segundo término: ― 0.01·(F200  15)·(IL  10) ‖ es el índice parcial de grupo determinado con el índice de plasticidad. El índice de grupo de los suelos A-2-6 y A-2-7 debe calcularse utilizando solo el índice parcial de grupo del límite plástico, IP:

IG  0.01·(F200  15)·(IP  10)

[B.4]


Clasificación general

Materiales Granulares 35% o menos del total de la muestra pasa el tamiz Nº 200

Clasificación de grupo

A-1 A-1-a

A-1-b

50 max 30 max 15 max

50 max 25 max

Análisis por tamices (Porcentaje que pasa por los tamices): Nº 10 (2.00 mm.) Nº 40 (0.425 mm.) Nº 200 (0.075 mm.) Características de la fracción que pasa por el tamiz Nº 40 Límite líquido Índice de plasticidad Tipos de materiales significativos constituyentes

A-3

A-2 A-2-4

A-2-5

A-2-6

A-2-7

51 min 10 max

35 max

35 max

35 max

35 max

40 max 10 max

41 min 10 max

40 max 11 min

41 min 11 min

7 max NP Fragmentos de piedra, grava Arena fina y arena

Grava o arena limosa o arcilla

(a) Clasificación general Clasificación de grupo Análisis por tamices (porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 (0.075 mm.)) Características de fracción que pasa por Nº 40 (0.425 mm.) Límite líquido Índice de plasticidad Tipos de materiales constituyentes significativos Relación general como subgrado ª Para A-7-5, IP ≤ LL - 30 b Para A-7-6, IP > LL - 30

Materiales limo - arcilla Mas del 35% del total de la muestra pasa por el tamiz Nº 200 A-7 A-4 A-5 A-6 A - 7 - 5ª A - 7- 6b 36 min. 36 min. 36 min. 36 min. 40 máx. 41 min. 10 máx. 10 máx. Suelos limoso Regular a pobre

(b) Tabla B.6. Clasificación de suelos sistema AASHTO. (a) Material granular; (b) Material fino.

40 máx. 11 min Suelo arcillo

41 min. 11 min.

0

2 4 6 8

0

10

10

14

12

20

16

30

18 20

20

10

18 0

80

20

30

30 50

60

Figura B.3. Ábaco para el calculo del índice de grupo (Norma ASTM, 2003). 70

80

90

100

A-2-6 y A-2-7

50

PORCENTAJE QUE PASA EL TAMIZ Nº 200

14 0

IN DI CE DE 30 PL 40 AS TI 50 40 CI DA LÍ 6 D 0 M IT 50 7 0 E LÍ QU 80 60 ID 10 O 0 70

INDICE PARCIAL DE GRUPO

CAPÍTULO 2 Clasificación de suelos 15

40 35 40


3. Comparación entre los sistemas de clasificación Unificado y AASHTO. Tabla B.7. Comparación del sistema AASHTO con el sistema Unificado. Grupo Comparación de los grupos de suelos en el sistema Unificado AASHTO Más Probable Posible Posible pero improbable A-1-a GW, GP SW, SP GM, SM A-1-b SW, SP, GM, SM GP — A-3 SP — SW, GP A-2-4 GM, SM GC, SC GW, GP, SW, SP A-2-5 GM, SM — GW, GP, SW, SP A-2-6 GC, SC GM, SM GW, GP, SW, SP A-2-7 GM, GC, SM, SC — GW, GP, SW, SP A-4 ML, OL CL, SM, SC GM, GC A-5 OH, MH, ML, OL — SM, GM A-6 CL ML, OL, SC GC, GM, SM A-7-5 OH, MH ML, OL, CH GM, SM, GC, SC A-7-6 CH, CL ML, OL, SC OH, MH, GC, GM, SM Tabla B.8. Comparación del sistema Unificado con el sistema AASHTO. Grupo Comparación de los grupos de suelos en el sistema AASHTO USCS Más Probable Posible Posible pero improbable GW A-1-a — A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 GP A-1-a A-1-b A-3, A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 GM A-1-b, A-2-4, A-2-5, A-2-7 A-2-6 A-4, A-5, A-6, A-7-5, A-7-6, A-1-a GC A-2-6, A-2-7 A-2-4 A-4, A-6, A-7-6, A-7-5 SW A-1-b A-1-a A-3, A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 SP A-3, A-1-b A-1-a A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 SM A-1-b, A-2-4, A-2-5, A-2-7 A-2-6, A-4 A-5, A-6, A-7-5, A-7-6, A-1-a SC A-2-6, A-2-7 A-2-4, A-6, A-4, A-7-6 A-7-5 ML A-4, A-5 A-6, A-7-5, A-7-6 — CL A-6, A-7-6 A-4 — OL A-4, A-5 A-6, A-7-5, A-7-6 — MH A-7-5, A-5 — A-7-6 CH A-7-6 A-7-5 — OH A-7-5, A-5 — A-7-6 Pt — — —


ANEXO C DESCRIPCIÓN E IDENTIFICACIÓN DE SUELOS. 1. Muestreo o preparación de muestras. Tabla C.1. Cantidad Tamaño máximo de las partículas 4.75 mm 9.5 mm 19.0 mm 37.5 mm 75.0 mm

mínima de muestra que se debe examinar. Tamiz Cantidad mínima de la muestra seca Nº 4 100 g. 3/8” 200 g. ¾” 1000 g. 1 ½” 8000 g. 3” 60000 g.

2. Procedimiento para la descripción de los suelos. Angularidad. Tabla C.2. Criterio para describir la angularidad de las partículas granulares. Descripción Criterio Angular Partículas con bordes afilados o agudos y caras relativamente planas con superficies no pulidas (Figura C.1). Subangular Partículas similares a las angulares pero con bordes algo redondeados (Figura C.2). Subredondeada Partículas con casi todas las caras planas pero con esquinas y bordes redondeados (Figura C.3). Redondeada Partículas con lados suavemente redondeados y sin bordes (Figura C.4). Forma. (Figura C.3) Tabla C.3. Criterio para describir la forma de las partículas granulares. Descripción Criterio Planas Partículas con una relación ancho/espesor >3. Alargadas Partículas con una relación longitud/ancho >3. Planas y alargadas Partículas que cumplen ambas condiciones.. Nota. La longitud es la dimensión mayor; ancho es la dimensión intermedia y espesor es la dimensión menor.

Humedad. (Figura C.10). Tabla C.5 Criterio para describir la condición de humedad. Descripción Criterio Seca Ausencia de humedad, polvorosa (deja marcas de suciedad), seca al tacto. Húmeda Humedad evidente, pero sin presencia visible de agua. Mojada Agua libre visible, generalmente cuando el suelo está por debajo del nivel freático. Color. (Figura C.6).


Reacción con HCl. Tabla C.4. Criterio para describir la reacción del HCl. Descripción Criterio Ninguna Ninguna reacción visible. Débil Ligera reacción, se forman burbujas lentamente. Fuerte Reacción violenta, se forman burbujas de inmediato. Consistencia. (Figura C.7). Tabla C.6. Criterio para describir la consistencia. Descripción Criterio Muy blanda El dedo pulgar penetra en el suelo más de 25 mm. (1”). Blanda El dedo pulgar penetra en el suelo aproximadamente 25 mm. Firme El dedo pulgar hace mella de 6 mm. (1/4”). Dura El dedo pulgar no hace mella en el suelo; pero es fácilmente mellado con la uña del pulgar. Muy dura La uña del pulgar no hace mella en el suelo. Cementación. (Figura C.8). Tabla C.7. Criterio para describir el grado de cementación. Descripción Criterio Débil Desmoronamiento o desmenuzamiento la manejar la muestra , o bajo una ligera presión de los dedos. Moderado Desmoronamiento o desmenuzamiento bajo una considerable presión de los dedos. Fuerte No existe desmoronamiento ni desmenuzamiento bajo la presión de los dedos. Estructura. (Figura C.10) Tabla C.8. Criterio para describir la estructura. Descripción Criterio Estratificada Capas alternadas de material o color diferente, con espesor de por lo menos 6 mm. Los espesores de las capas deben ser anotados. Laminada Capas alternadas de material o color diferente, con espesores menores de 6 mm. Los espesores de las capas deben anotarse. Fisurada Rompimiento o fisuras a lo largo de planos definidos de fractura con poca resistencia a ésta. Fracturada o lisa Planos de fractura lisos o lustrosos; algunas veces estr iados Estructura en Suelos cohesivos que pueden romperse o ser disgregados en bloques. pequeños terrones angulosos, los cuales a su vez ya no pueden ser disgregados nuevamente. Estructura con Inclusión de pequeñas bolsas de diferentes suelos; tales presencia de como pequeños cristales o lentes de arena esparcidos en una lentes masa de arcilla. Se debe tomar nota del espesor de los lentes. Homogénea Apariencia y color uniforme, es decir mismo color y textura.


Tamaño máximo de las partículas.   

Tamaño de arena. Tamaño de grava. (Figura C.11) Tamaño de guijarros o cantos rodados. (Figura C.12).

3. Procedimiento para la identificación de suelos. 3.1. Procedimiento para identificar suelos de grano fino (Figura C.13, Figura C.22). 

Resistencia en seco. (Figura C.14, Figura C.15).

Tabla C.9. Criterio para describir la resistencia en seco. Descripción Criterio Nula La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con la simple manipulación. Baja La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con una ligera presión de los dedos. Mediana La muestra seca se disgrega en pedazos o terrones con una considerable presión de los dedos. Alta No podrá romperse o disgregarse la muestra seca con la presión de los dedos, pero se romperá en fragmentos al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura. Muy alta No podrá romperse o disgregarse la muestra seca al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura. 

Dilatancía. (Figura C.16, Figura C.17).

Tabla C.10. Criterio Descripción Ninguna Lenta

Rápida 

para describir la Dilatancía. Criterio No hay ningún cambio visible en la muestra. Aparece lentamente agua sobre la superficie de la muestra mientras se la sacude, y no desaparece o desaparece lentamente al escurrirla. Aparece rápidamente agua sobre la superfi cie de la muestra mientras se la sacude y desaparece rápidamente al escurrirla.

Tenacidad. (Figura C.18, Figura C.19, Figura C.20 y Figura C.21).

Tabla C.11. Criterio para describir la Tenacidad. Descripción Criterio Baja Sólo se necesita una ligera presión para formar rollitos cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material son débiles y blandos. Media Se necesita una presión media para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen una rigidez o tenacidad media. Alta Se requiere considerable presión para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen muy alta tenacidad.

CAPITULO 3 Descripción e identificación de suelos 

Plasticidad.

Tabla C.12. Criterio para describir la Plasticidad. Descripción Criterio No plástico No pueden formarse rollos de 1/8” (3 mm) bajo ningún contenido de humedad. Baja Difícilmente pueden formarse rollitos y terrones cuando la muestra está más seca que el límite plástico. Media Es fácil formar el rollito y pronto alcanza el límite plástico. El rollito no puede ser rehecho después de que se alcanza el límite plástico. Los terrones se desmoronan cuando se secan más que el límite plástico. Alta Toma considerable tiempo formar rollos y remo ldearlos para alcanzar el límite Plástico, pero el rollo puede ser rehecho varias veces después de alcanzar el límite plástico. Pueden formarse terrones sin que se desmoronen cuando están más secos que el límite plástico. Identificación de suelos inorgánicos de grano fino. Tabla C.13 Identificación de suelos finos Inorgánicos sobre la base de ensayos manuales. Símbolo de grupo Resistencia en Dilatancía Tenacidad seco ML Nula a baja. Lenta a rápida. Baja, no pueden formarse rollitos. CL Media a Alta Nula a Lenta Media MH Baja a Media Nula a Lenta Baja a Media CH Alta a muy alta Nula Alta 3.2. Procedimiento para identificar suelos de grano grueso. (Figura C.2, Figura C.13 y Figura C.23).


4. Informe. El informe debe incluir la información del origen, y de los ítems indicados en la Tabla C.14. Tabla C.14. Información básica en una Descripción e Identificación se Suelos Información descriptiva de suelos. 1. Angularidad de las partículas: angular, subangular, subredondeada, redondeada. 2. Forma de las partículas: planas, alargadas, planas y alargadas. 3. Tamaño máximo de partículas. 4. Dureza, de arena gruesa a partículas más grandes. 5. Color (en condición húmeda). 6. Olor (mencionar solo se es suelo orgánico o si se trata e un olor inusual). 7. Humedad: seca. Húmeda, mojada 8. Reacción con HCI: ninguna, débil, fuerte Para muestras intactas: 9. consistencia (solo en suelos de grano fino): muy suaves, suave, firme, dura, muy dura 10. Estructura: estratificada, laminada, figurada, fracturada, con presencia de lentes, con bloques, homogénea. 11. Cementación; débil, moderada, fuerte 12. Comentarios adicionales (presencia de raíces, huecos, dificultades en el muestreo, etc.). Identificación de suelos. 13. Nombre de grupo 14. Símbolo de grupo 15. Nombre local 16. Interpretación geológica 17. Porcentaje de guijarros y cantos rodados (en volumen) 18. Porcentaje de grava, arena y finos (en peso seco) 19. Rango de tamaño de partículas: Grava-fina-gruesa Arena-fina, media, gruesa. Para suelos de grano fino: 20. Plasticidad de finos: no plástica, baja, media, alta, muy alta 21. Resistencia en seco: nula, baja, media, alta, muy alta. 22. Dilatancía : nula, lenta, rápida 23. Tenacidad: baja, media, alta. 24. Comentarios adicionales: presencia de raíces o de huecos de raíces, presencia de mica, yeso, etc., recubrimientos superficiales de las partículas, de los agregados gruesos, formación de cavernas o de costras, en los hoyos de barrenos o en las paredes de trincheras, dificultad al barrenar o al excavar, etc.

 30% por encima del tamiz Nro. 200

< 30% por encima del tamiz Nro. 200









%arena < grava

%arena  grava

< 15% por encima del tamiz Nro. 200 15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200

%arena < grava

%arena  grava


%arena < grava

%arena  grava


%arena < grava

%arena  grava


%arena < grava

%arena  grava


Figura 3.22. Diagrama para la identificación de suelos de grano fino.

OL / OH

MH

CH

ML

CL

SIMBOLO DE GRUPO

Suelo orgánico Suelo orgánico con arena Suelo orgánico con grava Suelo orgánico arenoso Suelo orgánico arenoso con grava Suelo orgánico gravoso Suelo orgánico gravoso con arena

Limo elástico Limo elástico con arena Limo elástico con grava Limo elástico arenoso Limo elástico arenoso con grava Limo elástico gravoso Limo elástico gravoso con arena

Arcilla plástica Arcilla plástica con arena Arcilla plástica con grava Arcilla plástica arenosa Arcilla plástica arenosa con grava Arcilla plástica gravosa Arcilla plástica gravosa con arena

Limo Limo con arena Limo con grava Limo arenoso Limo arenoso con grava Limo gravoso Limo gravoso con arena

Arcilla magra Arcilla magra con arena Arcilla magra con grava Arcilla magra arenosa Arcilla magra arenosacon grava Arcilla magra gravosa Arcilla magra gravosa con arena

%arena  grava %arena < grava < 15% de grava  15% de grava < 15% de arena  15% de arena





NOMBRE DE GRUPO


 5% de finos

10% de finos

 5% de finos

 5% de finos

10% de finos

GM

finos = ML ó MH

Pobremente gradada

SM

finos = ML ó MH

SC

SP - SC

finos = CL ó CH

finos = CL ó CH

SP - SM

finos = ML ó MH

SW - SC

SW - SM

Bien gradada finos = CL ó CH

SP

Pobremente gradada

finos = ML ó MH

SW

GC

GP - GC

finos = CL ó CH

finos = CL ó CH

GP - GM

finos = ML ó MH

Bien gradada

Pobremente gradada

GW - GC

GW - GM

Bien gradada finos = CL ó CH

GP

Pobremente gradada

finos = ML ó MH

GW

Bien gradada

Figura 3.23. Diagrama para la identificación de suelos de grano grueso

ARENA %arena > %grava

GRAVA %grava > %arena

 5% de finos

SIMBOLO DE GRUPO

< 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena

< 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena



< 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena


Arena limosa Arena limosa con grava Arena arcillosa Arena arcillosa con grava

Arena pobremente gradada con arcilla y grava

Arena pobremente gradada con arcilla

Arena pobremente gradada con limo y grava

Arena bien gradada con limo Arena bien gradada con limo y grava Arena bien gradada con arcilla Arena bien gradada con arcilla y grava Arena pobremente gradada con limo

Arena bien gradada con limo Arena bien gradada con limo y grava Arena bien gradada con arcilla Arena bien gradada con arcilla y grava

Grava limosa Grava limosa con arena Grava arcillosa Grava arcillosa con arena

Grava pobremente gradada con arcilla y arena

Grava pobremente gradada con arcilla

Grava pobremente gradada con limo y arena

Grava bien gradada con limo Grava bien gradada con limo y arena Grava bien gradada con arcilla Grava bien gradada con arcilla y arena Grava pobremente gradada con limo

Grava bien gradada Grava bien gradada con arena Grava pobremente gradada Grava pobremente gradada con arena

NOMBRE DE GRUPO



Figura C.1. Partículas angulares.

Figura C.2. Partículas subangulares.

Figura C.3. Partículas subredondeadas. Figura C.4. Partículas redondeadas.

Figura C.5. Forma de las partículas.

Figura C.7. Consistencia.

Figura C.6. Color.

Figura C.8. Cementación.


Figura C.9. Dureza.

Figura C.10. Humedad y estructura.

Figura C.11. Tamaño de partículas Gravas.

Figura C.12. Tamaño de partículas. Guijarros.

Figura C.13. Separación de la muestra. Figura C.14. Esferas de 1” y ½” finos de los gruesos. resistencia en seco.

Figura C.15. Presión con los dedos. resistencia en seco.

Figura C.16. Reacción del agua en la superficie de la esfera.


Figura C.17. Presión de la muestra con la mano y su reacción.

Figura C.19. Ruptura del rollo luego 1/8” de llegar al límite plástico.

Figura C.18. Formado un rollo de 1/8”con la mano y una superficie lisa.

Figura C.20. Resistencia del rollito

Figura C.19. Rejuntado de las piezas del rollo hasta que esta se quiebre.

ANEXO D Flujo de agua

ANEXO D FLUJO DE AGUA EN UNA DIMENSIÓN. Capilaridad. Ascensión capilar en tubos (hc).

hc 

4  T  cos  D  w

[D.1]

Donde: hc = Máximo ascenso capilar. T = Tensión superficial.  = ángulo de contacto. D = Diámetro del tubo capilar. w = Peso unitario del agua. Ascenso capilar de agua en los suelos (hc).

hc 

C e  D10

[D.2]

Donde: hc = Máximo ascenso capilar en el suelo. e = Índice de vacíos. D10 = Tamaño efectivo. C = Constante que depende de la forma de las partículas. Tabla D.1. Valores del coeficiente C en mm2 (Crespo, 2001). C mm 2

Forma de las partículas Redondeada Rugosa 10 20 30 40 50 60 Limpio Sucio

Arcilla Limo

mm

10

10

4

Arena Asc enc ión cap ilar h

3

Ascención capilar

c

10

2

Nivel d e satura ción h cs

Grava

10 1

0 0.002

0.006

0.02 0.06 Diámetro efectivo, D10

0.2

0.6

2

6

20

mm

Figura D.1. Ábaco para determinar el ascenso de agua capilar (Whitlow, 1994).


Altura total de carga (h). h = hz + hp

[D.3]

Donde: h = Altura total de carga. hz = Altura potencial. hp = Altura piezométrica. Gradiente hidráulico (i).

i

h L

[D.4]

Donde: h = Pérdida de carga. L = Longitud donde se mide el gradiente hidráulico. Presión de poros (u).

u =  w·hp

[D.5]

Donde: hp = Altura piezométrica. w = Peso unitario del agua. u = Presión de poros. Presión unitaria de flujo de agua (j).

j  i  W

[D.6]

Donde: j = Presión de flujo. i = Gradiente hidráulico. w = Peso unitario del agua. Gradiente hidráulico crítico (ic).

ic 

 w

[D.7]

Donde: ic = Gradiente hidráulico crítico. ' = Peso unitario sumergido del suelo. w = Peso unitario del agua.

ic 

Gs  1 1 e

[D.8]

Velocidad del flujo de agua (vs).

vs 

v n

[D.9]


Ley de Darcy. v = k·i

[D.10]

q = k·i·A

[D.11]

O también:

Ensayo de carga constante.

k

QL h  A  t

[D.12]

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. h = Pérdida de carga. V = Volumen de agua recolectada por el cilindro graduado durante el ensayo. A = Área de la sección transversal del suelo. t = Tiempo de duración el ensayo. Ensayo de carga variable.

k

a  L  ln h1 h2  A  t 2  t1 

[D.13]

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. a = Área de la sección transversal del tubo. h1 = Nivel inicial del agua en el tubo al empezar el ensayo. h2 = Nivel final del agua en el tubo al finalizar el ensayo. A = Área de la sección transversal de la muestra de suelo. t1 = Tiempo al iniciar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h1. t2 = Tiempo al finalizar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h2. Correlación de Hazen. 2 k  C  d10

[D.14]

Donde: k = Conductividad hidráulica. C = Coeficiente de Hazen que depende de las partículas del suelo. D10 = Diámetro efectivo. Tabla D.2. Conductividad hidráulica para diversos suelos (Coduto, 1999). Tipo de suelo Grava limpia Arena y grava mezclada Arena gruesa limpia Arena fina

k m/s 1 a 100 10-2 a 10 10-2 a 1 10-2 a 10-1

Tipo de suelo Arena limosa Arena arcillosa Limo Arcilla

k m/s 10-3 a 10-2 10-4 a 10-2 10-8 a 10-2 10-10 a 10-6


Tabla D.3. Clasificación del grado de permeabilidad del suelo (Whitlow, 1994). Grado de permeabilidad

Valor de k en m/seg

Elevada Media Baja Muy baja Practicamente impermeable

Superior a 10-1 10-1 a 10-3 10-3 a 10-5 10-5 a 10-7 menor de 10-7

Tabla D.4. Valores del coeficiente C. (Tindall & Kunkel 1999; Whitlow, 1994). TIPO DE SUELO C Cu d 10 mm Arena muy fina, pobremente gradada 0.4 a 0.8 cu  5 0.003 a 0.6 Arena fina, con finos apreciables 0.4 a 0.8 Arena media, bien gradada 0.8 a 1.2 cu < 5 0.06 a 3.0 Area gruesa, pobremente gradada 0.8 a 1.2 Arena gruesa limpia, bien gradada 1.2 a 1.5

Correlación de Shepherd.

k  c  D50j Donde: k = Conductividad hidráulica expresada en ft/día. c = Coeficiente de Shepherd determinado empíricamente. D50 = Diámetro mediano de las partículas del suelo expresado en mm. j = Valor exponencial determinado empíricamente.

Sedimentos consolidados k = 100·(D50)1.5 Depósitos de canales k = 100·(D50)1.5 Depósitos de playa k = 100·(D50)1.5 Depósitos de duna k = 100·(D50)1.5

[D.15]

0.1 0.01 160

k=

100 500

50

50

00· 2 D

400

0·D 1.85

k=

ra def ini da fera s de

(Es

Te xtu

1000

cris tal) (De 0·D 1.75 k= p ós itos 45 0·D 1.6 50 (De de 5 p Du ósi 50 na) ( tos De k= p d ó e 10 sito pla 0·D 1. ya) sd 5 ec 50 a (Se nal es) dim Te xtu en tos ra co no nso de lid fin ad ida os)

k=

Conductividad hidráulica ft/día


10000

10

1

0.1

1

Tamaño mediano de grano (D50 ) en mm

Figura D.3. Ábaco preparado por Shepherd (Tindall & Kunkel 1999).

10


Método de Masch and Denny.  = –3.322·log10 D

[D.16]

Donde:  = Tamaño de la partícula en unidades . D = Tamaño de la partícula expresado en mm. 10

8

Unidades 

6

4

 = - Log 2D

2

0

-2 -4 0.01

0.1

1 Tamaño de partícula en mm

Figura D.4. Ábaco para la conversión a unidades (U.S. Army Corps, 1986).

I



=

0. 0

10

0.5



=

1.0

I

k cm/min

I



=

1

 = 1.5 = 2.0

0.1 3

4 FINO

2

D50 (unidades )

1

0 GRUESO

Figura D.5. Ábaco para la conductividad hidráulica (U.S. Army Corps, 1986).

10


I 

D16  D84 D5  D95  4 6.6

[D.17]

Donde:

I = Desviación inclusiva estándar.

D16 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 16% que pasa. D84 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 84% que pasa. D5 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 5% que pasa. D95 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 95% que pasa. Ecuación de Kozeny – Carman.

k

1 C S  To  S S 2

2



 w e3   1 e

[D.18]

Donde:

w = Peso unitario del agua. k = Conductividad hidráulica. e = Índice de vacíos. CS = Factor de textura. To = Factor de tortuosidad. SS = Superficie específica.  = Viscosidad. CS·To2 = 5

Tabla D.5. Factor de angularidad (U.S. Army Corps, 1986). TIPO DE MATERIAL DESCRIPCIÓN Esfera de cristal Bien redondeada Arena natural Redondeada Sub-redondeada Sub-angular Angular Roca machacada Cuarzita Roca machacada Basalto SS = A·(X1·S1 + X2·S2 + … + Xn·Sn)

[D.19]

A 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 [D.20]

Donde: SS = Superficie específica. A = Factor de angularidad. Xi = Porcentaje de muestra de suelo retenida por un tamiz, expresado como decimal. Si = Superficie específica de la fracción de suelo retenida en el tamiz.

Si 

6 dx  dy

[D.21]

Donde: Si = Superficie específica. Dx = Es la abertura del tamiz anterior al tamiz que retiene la fracción de suelo. DY = Es la abertura del tamiz que retiene la fracción de suelo.


Tabla D.6. Valores de Si para: U.S. Standard Sieves (U.S. Army Corps, 1986). Tamices adyacentes U.S. Standad sieves 4 hasta 6 6 hasta 8 8 hasta 10 10 hasta 16 16 hasta 20 20 hasta 30 30 hasta 40 40 hasta 50 50 hasta 70 70 hasta 100 100 hasta 140 140 hasta 200

Superficie específica S i [1/cm] 382 538 696 985 1524 2178 3080 4318 6089 8574 12199 17400

Otras formas empíricas de hallar la conductividad hidráulica. k = 1.4·e2·k0.85

k  C1 

[D.22]

e3 1 e

[D.23]

 en   k  C 2    1  e 

[D.24]

10 8 6 4

D10 < 1.4 D5 C u = 2 a 12

Índ ice de 0. vac 0.5 6 ios 0.4 , e 0.3 =0 .7

Conductividad hidráulica, k ft/min

2

1 0.8 0.6 0.4

0.2 0.1 0.08 0.06 0.04

0.02 0.01 0.1

0.2

0.4

0.6 0.8 1 D10 mm

2

4

6

8 10

Figura D.6. Ábaco para la conductividad hidráulica en suelos granulares (Das, 1998).


1.75

1.50

1.25

Ck

1.00 0.75

0.50

0.25 0

0

1.0

0.5

1.5

e0

2.0

2.5

3.0

3.5

Figura D.7. Variación de Ck en función a e0 (Das, 1998). Ck = 0.5·e0 Tabla D.7. Relaciones empíricas par la conductividad hidráulica (Das, 1998). Relación Tipo de suelo Autor Arena

Amer and awad (1974)

Arena mediana a fina

Shahabi, Das and Tarquin (1984)

e3 1 e e3 k  1.2  C20.735  D100.89  1 e k  C2  D102.32  Cu0.5 

Mesri and Olson (1971)

log k  A' log e  B '

Taylor (1984)

log k  log k 0 

Arcilla

e0  e Ck

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero confinado (penetración total).

k

ln r2 r1  2    D h2  h1 q



[D.25]

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero no confinado (penetración total).

k

q lnr2 r1   D h2 2  h1 2

[D.26]

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero mixto (penetración total).

k

q





ln r1 r2 

2  D  h  D 1

2

 h2

2



[D.27]


Ensayo del extremo inferior abierto.

k

q 5.5  r  h

[D.28]

Ensayo de la empaquetadura.

k

q L  ln   2   L  h  r 

(Para L0·r)

[D.29]

k

q  L   sinh 1   2   L  h  2r 

(Para 0·r>Lr)

[D.30]

Efecto de la temperatura en la conductividad hidráulica. k20 = Ct·kt

[D.31]

Tabla D.8. Valores para Ct (Whitlow, 1994). ºC 4 10 15 16 17 18 19 20 21 22 23

Ct 1.555 1.299 1.135 1.106 1.077 1.051 1.025 1.000 0.976 0.953 0.931

ºC 24 25 26 27 28 29 30 40 50 60 70

Ct 0.910 0.889 0.869 0.850 0.832 0.814 0.797 0.670 0.550 0.468 0.410

Conductividad hidráulica horizontal equivalente.

k Heq 

k  H H i

i

[D.32]

i

Donde: ki = Conductividad hidráulica para cada estrato. Hi = Espesor de cada estrato. Conductividad hidráulica vertical equivalente.

kVeq 

H

i

H   k i  i

  

Donde: ki = Conductividad hidráulica para cada estrato. Hi = Espesor de cada estrato.

[D.33]


FLUJO DE AGUA EN DOS DIMENSIONES. Ecuación de Laplace.

 2h  2h  0 x 2 z 2

[D.34]

Determinación del caudal mediante redes de flujo.

qk

NF  h1  h2  Nd

[D.35]

Donde: q = Caudal total de la red de flujo cuadrada. k = Conductividad hidráulica. h1 = La altura de carga inicial del sistema. h2 = La altura de carga final del sistema. NF = Cantidad total de canales de flujo. Nd = Cantidad total de caídas equipotenciales. Superficie freática en presas de tierra. A

B B1

Borde de entrada

B2

h

Superficie freática

Borde de salida C

D E

Figura D.9. Superficie freática y bordes en presa de tierra (U.S. Army Corps, 1986). 90º

Proyección Filtro

r ula dic en rp Pe

 < 90º

B

Línea freática

B

Línea freática

 = 90º

(a)

(b)

Proyección B Filtro

Línea freática  > 90º

(c) Figura D.10. Condiciones de entrada para la superficie freática (U.S. Army Corps, 1986).


Línea freática Recta vertical

Línea freática Recta vertical

Parabola básica sin corrección





= 180º

Parábola básica filtro de pie

K J

filtro de pie F

K

a

(a)

a0

(b)

Línea freática Parábola básica

a

Línea freática Parábola básica

Recta vertical J

Recta vertical a

a+

K

a

a

J

 = 90º



F

filtro de pie (c)

(d)

Figura D.11. Condiciones de salida para la superficie freática (U.S. Army Corps, 1986). Soluciones matemáticas para la superficie freática. m 0.3·m A

Parábola básica

B

h

a+

a

B1

2

d+

h

a

B2

2

a y

C  x

y0

d

E D y0 2

Figura D.12. Geometría de la superficie freática y borde de salida (U.S. Army Corps, 1986). Solución de Schaffernak & Van Iterson para  < 30º.

a

d d2 h2   cos cos 2  sin 2 

q  k  a  sin   tan

[D.36] [D.37]

ANEXO D Flujo de agua Solución de L. Casagrande para   90º.

a  S0  S 2 0 

h2 sin 2 

[D.38]

Para:  º el valor de S0 será:

S0  d 2  h 2

[D.39]

Para un valor comprendido entre: 60º <  < 90º , se utilizara:

S 0  AC  CD

[D.40]

El caudal q, del flujo que circula a través de la presa de tierra es:

q  k  a  sin 2 

[D.41]

Solución de Kozeny para  = 180º.

a0 

y0 1   2 2

d

2

 h2  d



[D.42)

q  2  k  a0  k  y 0

[D.43]

Solución de A. Casagrande para 30    180. 0.4

0.2 Cara vertical

a C = a + a

0.3

0.1

0 30º

60º

Pendiente obtusa

90º 120º 150º = Pendiente del borde de descarga.

180º

Figura D.13. Curva que relaciona C con (U.S. Army Corps, 1986).

q  k  a  sin 2 



q  k  y0  k  d 2  h 2  d

[D.44]



[D.45]


Solución de Pavlovsky. Para la zona I:

qI  k 

hw  h1   ln 

hd   h  h   d 1

cot 

[D.46]

Para la zona II:

qII 





k  h 21  a0  h0  2  b  2  hd  a0  h0  cot  2

[D.47]

Para la zona III:

Si h0 > 0, se tiene que:

q III 

 a  h  k  a0   1  ln  0 0  cot    a0  

[D.48]

Si h0 = 0, se tiene que:

q III 

k  a0 cot 

[D.49]

b d0 a1

hd

hw

I



h1

II a0 III



Figura D.14. Nomenclatura de la solución de Pavlovsky (U.S. Army Corps, 1986).

h0


Ecuación de Dupuit.

L

h1 



h2

Figura D.15. Condiciones para la solución de Dupuit.

h 2  h22 q  k· 1 2 L

[D.50]

En caso de tener un filtro de pie, como se muestra en la figura D.16, el caudal será:

h2 q  k· 2 L

[D.51]

L

h

Superficie freática 

Figura D.16. Abatimiento de la superficie freática.


Método de los fragmentos. Tabla D.9. Tipos de fragmentos. FLUJO CONFINADO Tipo de fragmento

Parámetros del fragmento

Ilustración L

I

S

II



a

S

T

b

(Figura D.17) (Figura D.18) (Figura D.19)

  S    2 T 

m  sin

T

b S

(Flujo unidimensional)

1  k h       2  q 



III

L a

K K'

(Tabla D.10)

1  k h       2  q 

S

T

T

(Tabla D.10) K  K'

(Figura D.17) (Figura D.19)

   S   tanh2    b   tan2    S        2 T   2 T   2 T 

m  cos

b

Para: S  b

b   ln1    a

s T a

IV

Para: b  S

S b S   ln1     a T

b S T

(Figura D.20)

a

Para:

L  2·S

Para:

L  2·S

S

S

V a

L

a

L    2  ln1    2a 

S L 2 S   2  ln1    T  a

(Figura D.20) Para: L > (S' + S '')

S' S'' L  S 'S ' '   1    1    T  a'   a' ' 

S'' S'

T a''

L

a'

Para: L  (S' + S'')

 b' b' '    ln1    1    a'   a' ' 

VI S'' S'

Donde:

T a'

L

a''

b' 

L  (S 'S ' ' ) 2

(Figura D.20)

b' ' 

L  (S 'S ' ' ) 2


Tabla D.9. (continuación). FLUJO NO CONFINADO Tipo de fragmento

Parámetros del fragmento

Ilustración Superficie de flujo libre

h1- h 2

VII

h1



h2

2L h1  h2

L Superficie libre

a1 hd

VIII

h1

h

i

a1 cot  hd  y 

q k 



h1  h  hd    ln cot  hd  h 

Superficie libre

IX

q

a2



h2

k  hiF i

qi 

k  a2  a h   1  ln 2 2  cot   a2 

[D.52]

Donde: qi = Caudal que circula por el fragmento. k = Conductividad hidráulica del suelo. hiF = Perdida de carga del fragmento. i = Factor de forma del fragmento.

i 

q

Nd NF

[D.53]

k  H n



i

i 1

Donde: q = Caudal total que circula por el sistema. k = Conductividad hidráulica del suelo. H = Perdida total de carga del sistema. i = Factor de forma de cada fragmento.

[D.54]


1.5

1.4 b

b

1.3 S T

1.2

T

1.1

1.0

1 q = F · k·hi

0.9

0.8

0.7

b T =

0.2 5

0

0.6

0.5

0.50

0.4

0.75

1.00

0.3

1.25 1.50

0.2

0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

S T

0.6

0.7

0.8

Figura D.17. Ábaco para los fragmentos del tipo II y III (Holtz & Kovacs, 1981).

0.9

1.0


Tabla D.10. Tabla para los fragmentos tipos II y III (Holtz & Kovacs, 1981). K'

K K'

m2

K

K'

K K'

1,571



0,000

0,51

1,863

1,846

1,009

1,571

4,841

0,325

0,52

1,871

1,837

1,019

0,002

1,572

4,495

0,350

0,53

1,880

1,829

1,028

0,003

1,572

4,293

0,366

0,54

1,890

1,822

1,037

0,004

1,572

4,150

0,379

0,55

1,899

1,814

1,047

0,005

1,573

4,039

0,389

0,56

1,909

1,806

1,057

0,006

1,573

3,949

0,398

0,57

1,918

1,799

1,066

0,007

1,574

3,872

0,407

0,58

1,929

1,792

1,076

0,008

1,574

3,806

0,414

0,59

1,939

1,785

1,086

0,009

1,574

3,748

0,420

0,60

1,950

1,778

1,097

0,01

1,575

3,696

0,426

0,61

1,961

1,771

1,107

0,02

1,579

3,354

0,471

0,62

1,972

1,764

1,118

0,03

1,583

3,156

0,502

0,63

1,983

1,757

1,129

0,04

1,587

3,016

0,526

0,64

1,995

1,751

1,139

0,05

1,591

2,908

0,547

0,65

2,008

1,744

1,151

0,06

1,595

2,821

0,565

0,66

2,020

1,738

1,162

0,07

1,599

2,747

0,582

0,67

2,033

1,732

1,174

0,08

1,604

2,684

0,598

0,68

2,047

1,726

1,186

0,09

1,608

2,628

0,612

0,69

2,061

1,720

1,198

0,10

1,612

2,578

0,625

0,70

2,075

1,714

1,211

0,11

1,617

2,533

0,638

0,71

2,090

1,708

1,224

0,12

1,621

2,493

0,650

0,72

2,106

1,702

1,237

0,13

1,626

2,455

0,662

0,73

2,122

1,697

1,250

0,14

1,631

2,421

0,674

0,74

2,139

1,691

1,265

0,15

1,635

2,389

0,684

0,75

2,157

1,686

1,279

0,16

1,640

2,359

0,695

0,76

2,175

1,680

1,295

0,17

1,645

2,331

0,706

0,77

2,194

1,675

1,310

0,18

1,650

2,305

0,716

0,78

2,214

1,670

1,326

0,19

1,655

2,281

0,726

0,79

2,235

1,665

1,342

0,20

1,660

2,257

0,735

0,80

2,257

1,660

1,360

0,21

1,665

2,235

0,745

0,81

2,281

1,655

1,378

0,22

1,670

2,214

0,754

0,82

2,305

1,650

1,397

0,23

1,675

2,194

0,763

0,83

2,331

1,645

1,417

0,24

1,680

2,175

0,772

0,84

2,359

1,640

1,438

0,25

1,686

2,157

0,782

0,85

2,389

1,635

1,461

0,26

1,691

2,139

0,791

0,86

2,421

1,631

1,484

0,27

1,697

2,122

0,800

0,87

2,455

1,626

1,510

0,28

1,702

2,106

0,808

0,88

2,493

1,621

1,538

0,29

1,708

2,090

0,817

0,89

2,533

1,617

1,566

0,30

1,714

2,075

0,826

0,90

2,578

1,612

1,599

0,31

1,720

2,061

0,835

0,91

2,628

1,608

1,634

0,32

1,726

2,047

0,843

0,92

2,684

1,604

1,673

0,33

1,732

2,033

0,852

0,93

2,747

1,599

1,718

0,34

1,738

2,020

0,860

0,94

2,821

1,595

1,769

0,35

1,744

2,008

0,869

0,95

2,908

1,591

1,828

0,36

1,751

1,995

0,878

0,96

3,016

1,587

1,900

0,37

1,757

1,983

0,886

0,97

3,156

1,583

1,994

0,38

1,764

1,972

0,895

0,98

3,354

1,579

2,124

0,39

1,771

1,961

0,903

0,99

3,696

1,575

2,347

0,40

1,778

1,950

0,912

0,991

3,748

1,574

2,381

0,41

1,785

1,939

0,921

0,992

3,806

1,574

2,418

0,42

1,792

1,929

0,929

0,993

3,872

1,574

2,460

0,43

1,799

1,918

0,938

0,994

3,949

1,573

2,510

0,44

1,806

1,909

0,946

0,995

4,039

1,573

2,568

0,45

1,814

1,899

0,955

0,996

4,150

1,572

2,640

0,46

1,822

1,890

0,964

0,997

4,293

1,572

2,731

0,47

1,829

1,880

0,973

0,998

4,495

1,572

2,859

0,48

1,837

1,871

0,982

0,999

4,841

1,571

3,081

0,49

1,846

1,863

0,991

1,000



1,571

0,000

0,50

1,854

1,854

1,000

m2

K

0,000 0,001


L·R T

0.1

0.2

0.15

0.25 4.0

0.3 3.5 0.35 0.4

3.0

0.5 2.5

0.6

8

0.8 1.0 2.0

1.5

1.0

0.5 S

S

T

0

0.2

T

0.4

0.6

0.8

S/T

Figura D.18. Ábaco para el fragmentos del tipo II (Griffiths, 1984).


3.0 b

b S

S

T

T

2.5

b·R T

1.6

2.0 1.4

 1.2

1.5

1.0

0.8

0.6 1.0 0.4 0.2 0.0 0.5

0 0.2

0.4

0.6 S/T

Figura D.19. Ábaco para los fragmentos del tipo II y III (Griffiths, 1984).

0.8

1.0


5.0 S'' S'

T a''

4.5

L

a'

4.0

3.5 C2 3.0

2.8

 S '   S ''  C1  1    1   T   T 

2.6 2.4

2.5



C2 

2.2 2.0 2.0 1.8 1.6 1.4

1.5

1.2 1.0 1.0

0.8 0.6 0.4

0.5

0.2 0.0 -1.4 0

-1.2 -1.0 -0.8 0.2 0.4

-0.6 0.6

-0.4

-0.2 0.8

1.0

C1

Figura D.20. Ábaco para el fragmento del tipo IV (Griffiths, 1984).

L  R  S 'S ' ' T


Gradiente hidráulico de salida (ie). Gradiente hidráulico de salida mediante redes de flujo.

ie 

h L

h 

[D.55]

H Nd

[D.56]

Superficie del terreno L

Figura D.21. Determinación de L. Gradiente hidráulico de salida mediante el método de los fragmentos. 1.0

b

b S

S

T

0.8

T

0.6

ie·s hiF 0.4

0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

S T

Figura D.22. Ábaco para el gradiente hidráulico de salida (Holtz & Kovacs, 1981).


hiF 

H   i n



[D.57]

i

i 1

Donde: hiF = Perdida de carga del fragmento. H = Perdida de carga total del sistema.  = Factor de forma del fragmento.

ie 

hiF   2  K T  m

[D.58]

Donde: ie = Gradiente hidráulico de salida. hiF = Perdida de carga del fragmento. K = Constante que está en función al módulo m. T = Espesor del fragmento. m = Módulo para los fragmento del tipo II y III. Presión ascendente de flujo.

ui =  w·hpi

[D.59]

hpi = h1 - hzi - hi [D.60] Donde: hpi = Altura piezométrica para un punto de contacto de la estructura. h1 = Altura total de carga en el borde de entrada. hzi = Altura potencial para el punto de contacto. hi = Perdida de carga para el punto de contacto. Presión ascendente de flujo mediante redes de flujo.

hi 

H  ndi Nd

[D.61]

Donde: hi = Perdida de carga para un punto de contacto. H = Pérdida de carga total del sistema. Nd = Número total de caídas equipotenciales. ndi = Ubicación del punto según a las líneas equipotenciales. Presión ascendente de flujo mediante el método de los fragmentos. i

hi   hiF  h 'i i 1

Donde: hi = Pérdida de carga para un punto de contacto. hiF = Pérdida de carga para cada fragmento. hi' = Pérdida de carga del punto respecto al fragmento en cuestión.

[D.62]

ANEXO D Flujo de agua hiF  li L

h 'i 

[D.63]

Donde: h'i = Pérdida de carga del punto respecto al fragmento en cuestión. hiF = Pérdida de carga del fragmento en cuestión. L = Longitud total del sistema. li = Distancia del punto de contacto de acuerdo a la longitud total del sistema. Método de Lane para la presión ascendente de flujo.

hi 

Li  H L'

[D.64]

Donde:

hi = Pérdida de carga para un punto de contacto. Li = Longitud de contacto del punto en cuestión. H = Perdida total de carga del sistema. L’ = Longitud total de contacto.

L' 

L

V

1   3

L

H

[D.65]

Donde: L’ = Longitud total de contacto. LV = Longitud vertical de contacto. LH = Longitud horizontal de contacto. Factor de seguridad contra flotación (FSG).

FS G 

icr ie

[D.66]

Donde: FSG = Factor de seguridad del gradiente hidráulico de salida. icr = Gradiente hidráulico crítico del suelo. ie = Gradiente hidráulico de salida. Factor de seguridad contra la tubificación.

FST 

 sat   w   d us

Donde: FST = Factor de seguridad contra la tubificación. ysat = Peso unitario saturado del suelo. yw = Peso unitario del agua. d = Profundidad de la estructura en el suelo. us = Valor promedio de la presión de poros en BC.

[D.67]


Red de flujo en suelo anisotrópico. Si kz < kx, entonces:

x' 

kz x kx

z' = z

[D.68]

x' = x

[D.69]

Si kz > kx, entonces:

z' 

kx z kz

a 4

3

2

1

1

2

3

4

5

2·b

kz=4·kx (a) Ataguía

2·a 3

1

1

2

b

kx=4·k z

(b)

a 4

3

2

1

Números de referencia 1 2 3 4

b

(c) Figura D.23. Redes de flujo construidas en suelo anisotrópico (Cedergren, 1972). (a) Red de flujo anisotrópica en dimensiones reales kz > kx. (b) Red de flujo anisotrópica en dimensiones reales kx > kz. (c) Red de flujo construida en la sección transformada.


q  k '

NF  h1  h2  Nd

k' kx  kz

[D.70]

[D.71]

Método de los fragmentos en suelo anisotrópico.

R

kz kx

[D.72]

Método de los fragmentos en suelo estratificado. tan    

k2 k1

[D.73]

Donde: k1 = Conductividad hidráulica del estrato superior. k2 = Conductividad hidráulica del estrato inferior.   

CASO 1. Para  = 0 entonces k2 = 0. El problema queda reducido a un problema de un solo estrato con una región de flujo de espesor igual al del estrato superior. CASO 2. Para  = ¼ entonces k1 = k2. El problema queda reducido a un problema de un solo estrato, con una región de flujo de espesor de ambos estratos. CASO 3. Para  = ½ entonces k2 es infinito. Este caso representa un flujo de agua que no tiene resistencia al circular en el estrato inferior. Por lo cual q k1  hiF   la inversa de esta expresión es igual a cero.


ANEXO E ESFUERZOS EFECTIVOS. 1. Esfuerzos y deformaciones. Esfuerzos y deformaciones normales. x 

Px ; yz

y 

Py xz

;

z 

Pz x y

[5.1]

Donde: Px, Py, Pz = Fuerzas normales en las direcciones X, Y, Z respectivamente. x, y, z = Dimensiones de un cubo al que se aplican las fuerzas normales. σx, σy, σz = Esfuerzos normales actuando en la dirección X, Y, Z respectivamente. En forma general se tiene:



P A

z 

z ; z

[5.1a]

x 

x ; x

y 

y y

[5.2]

Donde: εx, εy, εz = Deformaciones normales en las direcciones X, Y, Z respectivamente. x, y, z = Dimensiones originales del cubo antes de deformarse. En forma general se tiene:

l l



[5.2a]

Deformación volumétrica.  p  x y z

[5.3]

Donde: εp, = Deformación volumétrica. En forma general se tiene: p 

V V

p 

 E

[5.4]

[5.5]

Esfuerzos y deformaciones de corte. 

F x y

[5.6]

1

Fundamentos de mecánica de suelos Si el desplazamiento horizontal es x, la deformación de corte, zx, será: tan zx  

Cateto opuesto x  Cateto adyacente z

 zx  tan 1

[5.7]

x z

Para pequeñas deformaciones, se puede asumir que tan(zx) = zx, entonces se tiene:

 zx  Donde

x z

[5.8]

 = ángulo de deformación o distorsión (Figura 5.2), expresado en radianes.

G

 

[5.9]

Donde G = Módulo de corte.

Respuesta de los materiales a carga y descarga. El cambio en el esfuerzo vertical es.

 z 

P A

[5.10]

Las deformaciones vertical y radial son respectivamente,

 z 

z Ho

[5.11]

 z 

r ro

[5.12]

Donde: Ho es la longitud original y ro es el radio original. El cociente entre la deformación radial (o lateral) y la deformación vertical se llama índice de Poisson, , definido como, la relación entre las deformaciones laterales y la deformación axial. Debido al comportamiento complejo de los suelos, es muy difícil hacer una determinación exacta del índice de Poisson para su utilización en un problema. Afortunadamente, mediante ensayos de laboratorio es posible determinar este índice y además se cuenta con valores tabulados según el tipo de suelo. Estos valores son lo suficientemente precisos para la mayoría de los problemas prácticos.



Deformaciones laterales Deformación axial

2




  r  z

[5.13]

Los valores típicos del índice de Poisson y el modulo de elasticidad para distintos tipos de materiales se muestran en la Tabla 5.1. Tabla 5.1 Típicos valores del índice de Poisson. Tipo de suelo Descripción  Arcilla Suave 0.35 – 0.40 Media 0.30 – 0.35 Dura 0.20 – 0.30 Arena Suelta 0.15 – 0.25 Media 0.25 – 0.30 Densa 0.25 – 0.35 El modulo de elasticidad o de Young es el cociente entre el esfuerzo y la deformación normal.

E

 

[5.14]

Se puede trazar un gráfico de z = z versus z = z. Si para incrementos iguales de

P, se consigue el mismo valor de z, entonces se tendrá una línea recta en el gráfico de z

Esfuerzo (z)

versus z como se ve en la línea OA de la Figura 5.4. Si en un cierto punto del esfuerzo, como por ejemplo el punto A de la Figura 5.4, se descarga el cilindro y este vuelve a su configuración original, el material que contiene el cilindro se lo llama un material linealmente elástico. Línealmente elástico La pendiente es el modúlo elástico tangente, Et' A La pendiente B de la tangente inicial es el modúlo Elástico no líneal elástico, E. La pendiente es el modúlo elástico secante, Es'

O

Deformación (z) Figura 5.4. Curvas esfuerzo-deformación de un material elástico lineal y no lineal Suponiendo que para incrementos iguales de P se consiguen diversos valores de z, pero al descargar el cilindro vuelve a su configuración original. El diagrama de la relación esfuerzodeformación será una curva como la curva OB de la Figura 5.4. En este caso, el material que contiene el cilindro se llama un material elástico no lineal. Si se aplica una carga P1 que cause un desplazamiento z1 en un material elástico y posteriormente una segunda carga P2 que cause un desplazamiento z2, entonces el desplazamiento total será z = z1 + z2. Los

3

Fundamentos de mecánica de suelos

materiales elásticos obedecen al principio de superposición. El dice que el orden en el cual se apliquen las cargas no es importante; se podría aplicar primero P2 y después P1 pero el desplazamiento final debe ser el mismo. Algunos materiales como el suelo no vuelven a su configuración original después del descargado. Ellos exhiben una relación esfuerzo-deformación similar a la representada en la Figura 5.6, donde OA es la respuesta al cargado, AB la respuesta a la descarga, y BC la respuesta a la recarga. Las deformaciones que ocurren durante el cargado, OA, consisten de dos partes, una parte elástica o recuperable, BD, y una parte plástica o irrecuperable, OB. Entonces un material que presente este comportamiento es llamado material elastoplástico, es decir una parte de la respuesta al cargado es elástica y otra plástica.

La pendiente de la tangente inicial es el modúlo elástico, E. C

Esfuerzo

A

Respuesta elástica durante el descargado.

O

B

D

Deformación

Plástico Elástico Figura 5.6. Curvas esfuerzo-deformación de un material elastoplástico. (Budhu, 2000) Los ingenieros, están particularmente interesados en las deformaciones plásticas puesto que éstas son el resultado de las deformaciones permanentes del material. Pero para calcular la deformación permanente, se debe conocer la deformación elástica. Aquí es donde los análisis elásticos llegan a ser útiles. El esfuerzo en el cual se inicia la deformación permanente se llama esfuerzo de fluencia. El módulo elástico o módulo elástico tangente inicial (E) es la pendiente de la línea del esfuerzo-deformación para el material lineal isotrópico (Figura 5.5). Para un material elástico no lineal el módulo tangente (Et) o el módulo secante (Es) o ambas se determinan de la relación del esfuerzo-deformación (Figura 5.5). El módulo elástico tangente es la pendiente de la tangente de una recta trazada a una curva esfuerzo-deformación en un punto particular. El valor del módulo tangente variara con el punto elegido. El módulo tangente en el origen de la curva es el módulo tangente inicial. El módulo elástico secante es la pendiente de la línea que une el punto de origen (0,0) con un cierto punto deseado en la curva esfuerzo-deformación. Por ejemplo, algunos ingenieros prefieren determinar el módulo secante y usando un punto en la curva esfuerzo-deformación correspondiente al máximo esfuerzo mientras que otros prefieren utilizar un punto en la curva esfuerzo-deformación que corresponde a un cierto nivel del esfuerzo, por ejemplo, 1%. El módulo elástico tangente y módulo elástico secante no son constantes. Estos módulos tienden a disminuir a medida que las deformaciones de corte aumentan. Es costumbre determinar el módulo elástico de la tangente inicial para un material

4


elastoplástico descargándolo y así calculando la pendiente inicial de la línea de descarga como el módulo elástico tangente inicial (Figura 5.6). Algunos ingenieros hallan el módulo secante como la pendiente de una resta que une dos puntos de la curva esfuerzo-deformación. En este caso el módulo secante variara con la situación de ambos puntos, y cuando ambos puntos coincidan el módulo secante será igual al módulo tangente. Para un material realmente lineal, todos estos valores de los módulos coinciden.

Respuesta de los materiales a esfuerzos de corte. La fuerza de corte tuerce a los materiales. Entonces la respuesta típica de un material elastoplástico al corte simple será similar al que se muestra en la Figura 5.7. El módulo de corte inicial (Gi) es la pendiente de la porción recta inicial de la curva zx versus zx. El módulo de corte secante (G) es la pendiente de una línea entre un punto sobre la curva y el origen de la grafica zx versus zx. El modulo de corte tangente (Gt) es la pendiente de una recta tangente trazada en la grafica zx versus zx como se muestra en la Figura 5.7. zx

La tangente inicial es el modúlo de corte inicial, Gi Modúlo de corte tangente, Gt

Modúlo de corte secante, G

zx Figura 5.7. Respuesta esfuerzo de corte-deformación de corte para un material elastoplástico. (Budhu, 2000)

Superficie de fluencia Si se considera una situación más compleja que el cargado uniaxial de un cilindro como se muestra en la Figura 5.8a. En ella se presenta un caso en el que se aplican incrementos de esfuerzos verticales y radiales. Debido a que no aplica ningún esfuerzo de corte, los esfuerzos axiales y radiales son esfuerzos principales: z = 1 = z y r = 3 = r respectivamente. Si por ejemplo, se toma 3 igual a cero (3 = 0) y se aumenta 1. El material fluirá hasta el valor de 1, el cual se llamara (1)y, y trazamos el punto A como se ve en la Figura 5.8b. Si, alternativamente, se toma 1 = 0 y se aumenta 3, el material fluirá hasta (3)y y es representado por el punto B en la Figura 5.8b. Entonces se puede sujetar al cilindro a varias combinaciones de 1 y 3 y graficar el resultado de la fluencia de estos puntos. La unión de la fluencia de estos puntos produce una curva, AB, la cual es llamada curva de fluencia o superficie de fluencia como se muestra en la Figura 5.8b. Un material sujeto a una combinación de esfuerzos que caiga debajo de esta curva responderá elásticamente

5


(deformación recuperable). Si se continúa cargando más allá del esfuerzo de fluencia, el material responderá elastoplásticamente (ocurrirá una deformación permanente o irrecuperable). Si el material es isotrópico, la superficie de fluencia será simétrica respecto de los ejes 1 y 3. 1

1

Superficie de fluencia 1

(1)y 3

3

A

Elastoplástico Region elástica B (3)y

3

a) b) Figura 5.8. Esfuerzos en estado elástico, plástico y elastoplástico. (Budhu, 2000) Una vez ya definido claramente lo que son los esfuerzos y las deformaciones que producen en los materiales, entonces será mucho más fácil entender los esfuerzos que actúan dentro de una masa de suelo. El esfuerzo total que es transmitido al suelo esta compuesto de dos partes principales, el esfuerzo efectivo y la presión de poros del agua. A continuación se definen detalladamente cada uno de estos esfuerzos.

1.2. Esfuerzo total. Los ingenieros geotécnicos lo llaman esfuerzo total por que es la suma de los esfuerzos absorbidos por todas las fases del suelo, este esfuerzo es el que absorbe todo el peso en o sobre el suelo.



W A

[5.15]

El esfuerzo total global se descompone en dos esfuerzos locales o principales, que son el esfuerzo total vertical y el esfuerzo total horizontal. El esfuerzo total vertical a diferencia del esfuerzo horizontal, es influenciado por las fuerzas gravitacionales y por consiguiente por el peso mismo del suelo y demás elementos que se encuentren en o sobre este. En cambio el esfuerzo horizontal es influenciado por fuerzas laterales en el terreno, de ahí que toma su principal interés en el diseño de muros o estructuras de retención, ya que ahí es donde se analiza el empuje lateral del suelo. Es por esta razón que el esfuerzo vertical es de mayor utilidad en este capitulo que el esfuerzo horizontal. Por consiguiente en este capitulo cuando se hable de esfuerzo total se referirá al esfuerzo total vertical, sin que quiera decir que no haya esfuerzos horizontales, sino que tan solo no se los analiza ya que son mucho menores comparados con los verticales en el tipo de problemas que se analizan en este capitulo. En general, v  h.

1.3. Esfuerzo neutral o presión de poros del agua. Es la presión inducida en el fluido (ya sea agua o agua y aire) que llena los poros. El fluido en los poros es capaz de transmitir esfuerzos normales, pero no esfuerzos cortantes, por lo que no

6


tiene la componente de corte, y es por esta razón que la presión de poros se la conoce también con el nombre de esfuerzo neutral o presión neutra. En el caso de suelos parcialmente saturados, el fluido en los poros estará compuesto de una parte liquida y otra gaseosa, generalmente la parte líquida es agua y la parte gaseosa es aire o vapor de agua. Estos dos componentes que se encuentran en los poros tienen características distintas ya que el agua es virtualmente incompresible, y el aire o vapor de agua es muy compresible. Entonces la presión de poros tiene dos componentes; la presión de agua, uw y la presión del aire, ua en los poros del suelo. A causa de la tensión superficial que es la que causa el fenómeno conocido como capilaridad, la presencia de aire reduce la presión de poros, por lo tanto la presión de poros es influenciada tanto por el agua como también por el aire presente en los poros, Bishop (1955) sugirió la siguiente relación para la presión de poros:

u  u a  x  u a  u w 

[5.16]

Donde x, es un parámetro que depende principalmente del grado de saturación, y en grado menor de la estructura del suelo. De experimentos realizados se determino que este parámetro x varía linealmente con el grado de saturación del suelo, por lo que es posible determinar valores intermedios de saturación haciendo una interpolación lineal desde suelos secos (Sr = 0) con x = 0, hasta suelos saturados (Sr = 1) con x = 1. Nótese, que cuando x = 1 la ecuación [5.16] propuesta por Bishop, se convierte en u = uw, en donde la presión del aire no tiene prácticamente influencia. En ensayos realizados por expertos ingenieros geotécnicos se vio que para suelos con un contenido de humedad mayor de la humedad optima, el valor de Sr es 0.9 o más, entonces x también será casi igual a 1. En estos casos la cantidad de aire es muy pequeña, y se presenta en forma de burbujas ocluidas, que afectan la compresibilidad del fluido sin disminuir apreciablemente su presión de poros. De ahí que el análisis de suelos saturados es de mayor importancia que el de los otros casos. Una vez ya conocidos el esfuerzo total y la presión de poros se podrá entender más fácilmente lo que es el esfuerzo efectivo.

1.4. Concepto del esfuerzo efectivo. Terzaghi en 1943, demostró que para un suelo saturado, el esfuerzo efectivo en cualquier dirección puede definirse en forma cuantitativa como la diferencia entre el esfuerzo total y la presión de poros del agua, como se ve en la ecuación [5.17]. Este esfuerzo es transmitido a través de la estructura sólida del suelo por medio de los contactos intergranulares. Este componente del esfuerzo total es el que controla tanto la deformación debida a los cambios de volumen como la resistencia al corte del suelo, por lo tanto el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante se transmiten a través de los contactos entre grano a grano. '   u

[5.17]

Donde: σ = Esfuerzo normal total. σ’= Esfuerzo normal efectivo. u = Presión de poros del agua o esfuerzo neutral. El concepto del esfuerzo efectivo puede ilustrarse dibujando una línea ondulada, b-b, que pase solo a través de los puntos de contacto entre las partículas sólidas, tal como se muestra en la Figura 5.9.

7


El esfuerzo total es absorbido parcialmente por el agua en los poros ó espacios vacíos y parcialmente por los sólidos del suelo en sus puntos de contacto. Entonces en un plano cualquiera b-b por donde pasa la línea ondulada mostrada en la Figura 5.9, se observa que as es el área de sección transversal ocupada por los contactos sólido con sólido, es decir as = A1 + A2 + A3 + ... + An, entonces el espacio ocupado por el agua es igual a (Ā - as), de ahí que la fuerza absorbida por el agua es:





Pw  A  as  u

[5.18]

Donde: u = Presión de poros del agua. Ā = Área de la sección transversal de suelo = X·Y. as = Área de sección transversal ocupada por los contactos sólido con sólido.

P1

P2

u

P3

u

b

b

P2

P1

u

P3

X

Areas de contacto solido - solido A1 A2

A3

A4 Y

b b P1 P2

P3

P4

X

Sección Transversal Area = A = X·Y

Figura 5.9. Fuerzas intergranulares actuando en la superficie b-b. (Simons & Menzies, 2000) Como la variación entre las áreas de contacto es mínima se puede asumir que son iguales, por lo que también se puede decir que as = N·A, donde N es el numero de contactos entre las partículas sólidas existentes en el área unitaria del plano b-b. De la misma manera ocurre con las fuerzas entre las partículas sólidas, Entonces si P1, P2, P3, … , Pn son las fuerzas que actúan en los puntos de contacto de las partículas del suelo (Figura 5.9) y por lo tanto efectivas. La suma de las componentes verticales de todas estas fuerzas es:

Pv '  P1v  ' P2v  ' P3v  '....  Pnv  '  N  Pv 'i

[5.19]

Donde: P1(v)’ + P2(v)’ + ..... + Pn(v)’, son las componentes verticales de: P1+ P2+ ..... + Pn , respectivamente.

8


Entonces la fuerza vertical total Pv puede ser considerada como la suma de las fuerzas de contacto intergranulares Pv’ con la fuerza hidrostática Pw, del agua en los poros. Pv  Pv 'Pw





Pv  Pv ' A  as  u

[5.20]

Dividiendo la ecuación [5.20] entre el área de sección transversal Ā = X·Y = 1 en el plano por donde pasa la línea ondulada, se obtiene el esfuerzo total vertical:





Pv Pv ' A  as  a   u   i 'u  1  s  A A A A 

   i 'u  1  a' s   i '    u  1  a' s 

[5.21]

Donde: u = Presión de poros del agua o presión hidrostática del agua. as’ = as/Ā = as = Fracción del área de sección transversal unitaria de la masa de suelo ocupada por los contactos de sólido - sólido. σi = Fuerza media intergranular por área unitaria del plano = N·P/1. Por lo tanto el esfuerzo efectivo (σ - u) no es exactamente igual a la fuerza media intergranular por área unitaria del plano, i’, y no depende del área de contacto entre las partículas. Aunque esta área puede ser pequeña nunca podrá ser cero ya que esto implicaría esfuerzos de contacto locales infinitos entre las partículas. Normalmente como el valor de as’ es extremadamente pequeño puede ser despreciado para los rangos de presión encontrados generalmente en los problemas prácticos. Lo que reduce la ecuación [5.21], a la ecuación del esfuerzo efectivo:

 '   u

[5.17]

La ecuación [5.17] fue desarrollada primero por Terzaghi en 1925 a 1936, Skempton en 1960 extendió el trabajo de Terzaghi y propuso la relación entre los esfuerzos total y efectivo con la ecuación [5.21]. Considerando ahora la deformación en el área de contacto entre dos partículas influenciadas además por la presión de poros del agua, como se ve en la Figura 5.10. El sistema de fuerzas puede considerarse estar hecho de dos componentes. Si P es la fuerza media por contacto y hay N contactos en un área unitaria, entonces la fuerza intergranular por área unitaria en el plano b-b es.

 i ' N  P

[5.22]

Ahora si una partícula de suelo isotrópico homogéneo es sujeto a un esfuerzo homogéneo, u, sobre toda su superficie, la deformación producida es una pequeña reducción elástica en el volumen de la partícula sin ningún cambio en la forma de esta. Por consiguiente, el esqueleto del suelo en conjunto también reduce ligeramente en su volumen sin cambios en su forma.

9


La compresibilidad de la estructura del esqueleto del suelo, sin embargo, es mucho mayor que la compresibilidad de las partículas individuales del suelo de las que se compone. De ahí que sólo esa parte del esfuerzo local de contacto que es un exceso de la presión de poros del agua es la que realmente causa una deformación estructural por resistencia volumétrica o por corte o por ambos. Este exceso de esfuerzo que controla la deformación estructural es igual a (P/A - u), dónde A es el área del contacto entre partículas. Sumando los componentes correspondientes del exceso de fuerzas interparticulares se obtiene una expresión para σ’ definido como esa parte del esfuerzo normal el cual controla el cambio de volumen debido a la deformación de la estructura del suelo, de donde el exceso de fuerza por unidad del plano b-b es:

 '  N  P A  u   A  N  P u N  A  N  P  u  as

Donde:

as = N·A

 '   i 'u  a

[5.23]

Reemplazando σi’ de la ecuación [5.21] se tiene:

 '    u  1  as   u  as  '    u  u  as  u  as

 '   u

[5.17]

P

u u

A

A u

u

u

u

u P

P Figura 5.10. Separación de las componentes de las fuerzas intergranulares. (Simons & Menzies, 2000) El esfuerzo efectivo, también puede ser hallado en términos del peso específico del suelo y del agua y de sus respectivas alturas, esto es explicado en forma detallada en el punto 1.6. De la Figura 5.10, se puede ver que la fuerza total que actúa en una partícula de suelo es la fuerza P, que actúa con una fuerza de compresión en el contacto entre partículas mas la presión de poros, u, que actúa en forma contraria tratando de separar a las partículas por una fuerza de tracción que ayuda a soportar y disminuir el peso soportado por las partículas sólidas. Entonces haciendo una sumatoria de estas fuerzas verticales, y recordando que el agua actúa en un área igual a (Ā – Ai), se tiene:

Pt  P  u  1  Ai 

;

(Ā = 1)

Para N partículas se tiene:

10

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos Pt  N  P  u  1  as  Donde: Pt = σ·Ā = σ σg = N·P/as = esfuerzo intergranular as = Σ Ai = N·Ai Entonces reemplazando valores en la ecuación inicial, se tiene:

   g  as  u  1  as  g 

  u  1  a s  as

[5.24]

De las ecuaciones [5.21], [5.22] y [5.24], se puede ver la diferencia que existe entre el esfuerzo efectivo, la fuerza media intergranular por área unitaria del plano y el esfuerzo intergranular. El esfuerzo efectivo no toma en cuenta el área de contacto entre partículas, mientras que los otros dos si lo hacen. Pero el analizar los esfuerzos de los suelos considerando estas áreas seria muy complicado y no valdría la pena debido a que las variaciones con respecto del esfuerzo efectivo son mínimas, a no ser en algunos pocos casos especiales en los que estas influyen considerablemente. Es por esta razón que el esfuerzo efectivo muchas veces es confundido con la fuerza media intergranular por área unitaria del plano o con el esfuerzo intergranular, sin embargo si bien son aproximadamente similares no son completamente iguales, por lo que es importante poder distinguir entre uno y otro.

1.5. Principio del Esfuerzo Efectivo. El principio del esfuerzo efectivo fue definido por Bishop (1959), utilizando dos simples hipótesis:  El cambio de volumen y deformación de los suelos depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total. Esto lleva a la ecuación [5.17] ya definida.

 ´   u

[5.17]

 La resistencia al corte depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total normal al plano considerado. Esto puede ser expresado por la ecuación:

 f  c' ' tan  '

[5.25]

Donde: f resistencia al corte, σ´ esfuerzo efectivo en el plano considerado, c´ cohesión, Ø’ ángulo de resistencia al corte, con respecto al esfuerzo efectivo, este parámetro se lo vera detalladamente en el capitulo 6. Como el esfuerzo efectivo es esa parte del esfuerzo total que controla la deformación de la estructura del suelo, independientemente de las áreas de contacto entre partículas. Esto lleva a la conclusión de que aunque la fuerza media intergranular por área unitaria depende de la magnitud de á´, los cambios de volumen debido a la deformación de la estructura del suelo dependen simplemente de la diferencia de esfuerzos ( - u) o esfuerzo efectivo, cualquiera que sea la naturaleza de á´. (Bishop, 1959).

11


La compresibilidad de la estructura del suelo, es mucho más grande que la compresibilidad de una partícula de suelo individual. De ahí es que solo esa parte de contacto del esfuerzo local, produce una deformación en la estructura del suelo por resistencia volumétrica o por resistencia de corte o por ambas. Entonces en base a estos dos principios de Bishop, se puede concluir que el esfuerzo efectivo esta más directamente relacionado con el comportamiento del suelo que el esfuerzo total o la presión de poros. Por ejemplo, un aumento en el esfuerzo efectivo producirá un reajuste de las partículas del suelo pasando a una agrupación más compacta, sin embargo el mismo aumento en el esfuerzo total o presión de poros manteniendo constante el esfuerzo efectivo no producirá ningún efecto en la compacidad de la estructura del suelo, es decir que no se producirá ningún cambio de volumen ni deformación.

N

T N T

T

T N

N

(a) (b) Figura 5.11. Representación esquemática de la transmisión de fuerzas a través de un suelo. (a) Sección de un recipiente lleno de suelo, (b) Ampliación de una parte de la sección mostrando las fuerzas transmitidas por dos puntos de contacto. (Lambe Whitman, 1976). En la Figura 5.11 se pueden ver las fuerzas normales y tangenciales a la superficie de contacto, que producen los esfuerzos normales y de corte respectivamente.

1.6. Cálculo del esfuerzo efectivo. El cálculo del esfuerzo efectivo requiere la determinación por separado del esfuerzo total y presión de poros del agua. A continuación se explica el cálculo de cada uno de estos en forma detallada.

1.6.1. Determinación del esfuerzo total. Para entender más fácilmente se considera el típico caso de un suelo en reposo condición mostrada en la Figura 5.12. Esta es una condición de cargado global (es decir en ambas direcciones, vertical y horizontal).

H

Columna Unitaria

Figura 5.12. Esfuerzos en campo debidos al peso del suelo mismo en reposo. (Simons & Menzies, 2000)

12


Considerando que el elemento de suelo de la Figura 5.12 tiene una profundidad D metros, el nivel de agua está en la superficie, el peso específico del volumen de suelo (sólidos y agua) es  [kN/m3], se puede hallar el esfuerzo total. Estos son los únicos datos necesarios para el cálculo del esfuerzo total. De la definición de esfuerzo se sabe que el esfuerzo es una fuerza sobre el área en la que actúa esta. En este caso la fuerza es el peso de la columna de suelo y el área en la que actúa esta fuerza se considera como unitaria (1 m2), entonces se tiene:

v = W/A → v = W/1 v = W El peso de la columna de suelo se puede encontrar con ayuda del peso específico del suelo húmedo, ya que toda la columna de suelo se encuentra por debajo del nivel freático:

 = W/V

→

W = ··H ;

 = W/A·H ; A = 1

→

 = W/H

v = W

v = ··H

[5.26]

1.6.2. Determinación de la presión de poros del agua. Esta presión es calculada similarmente al esfuerzo total, asumiendo condiciones de agua estática o condiciones hidrostáticas. Igualmente se considera una columna vertical unitaria de agua. La presencia de la estructura del suelo no tiene ningún efecto en el cálculo de la presión de poros del agua. Entonces se tiene: u = Ww /A → v = W/1 u = Ww El peso de la columna de agua se puede encontrar con ayuda del peso específico del agua.

 = W/V

→

W = w·D ; u = w·D Donde:

 = W/A·D ; A = 1

→

 = W/D

u = Ww [5.27]

w = peso específico del agua. Una aproximación útil toma w = 10 [kN/ m3] (más exactamente, w = 9.807 kN/m3).

Los cambios generados en la presión de poros no están solo en función de un cambio de carga, si no también depende mucho de las propiedades del suelo, ya que una arcilla generara un mayor aumento de presión de poros que un material más permeable, como por ejemplo una arena. Estas propiedades del suelo son experimentalmente determinadas y se llaman parámetros de presión de poros A y B. Estos parámetros de presión de poros se usan para expresar el incremento de presión de poros con respecto del incremento de esfuerzo total (Δu/Δσ). Estos parámetros A y B serán explicados claramente en el capitulo 6.

13


1.6.3. Cálculo del esfuerzo efectivo en suelos saturados sin flujo de agua o en condiciones hidrostáticas. Cuando se habla de presión hidrostática, se refiere a que la presión de poros en cualquier punto dentro de la masa de suelo, es igual al peso específico del agua por la profundidad del punto considerado, esta presión hidrostática esta representada por el nivel freático o superficie piezometrica. Para realizar el cálculo del esfuerzo efectivo se determina el esfuerzo total y la presión de poros como se vio en el punto anterior.

H1

A H1

Az

C

H2

z C

H2

B B

Válvula (Cerrada) Válvula (Cerrada)

(a)

(a) 0 H1

Esfuerzo Total,

Presión de poros, u 0

H 1·w

H 1·w

Esfuerzo efectivo, ' 0

(H 1 + z)·w

H 1·w + z·sat

H1 + z

0

z·'

H1 + H2 H 1·w + H 2·sat Profundidad

(b)

Profundidad

(b)

H 2·'

(H 1 + H 2) ·w

(c)

Profundidad

(c)

(d)

(d)

Figura 5.13. (a) Estrato de suelo en un tanque donde no hay flujo de agua; variación de (b) esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo sumergido sin flujo de agua. (Das, 1998) La Figura 5.13a muestra un estrato de suelo sumergido en un tanque donde no hay flujo de agua. En las Figuras 5.13b a la 5.13d se observa el diagrama de las variaciones del esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo, con la profundidad para un estrato de suelo sumergido en un tanque sin flujo de agua. El esfuerzo total, la presión de poros del agua y por consiguiente el esfuerzo efectivo; en un punto cualquiera a una determinada profundidad, pueden ser obtenidos del peso específico

14


saturado del suelo y del peso específico del agua como ya se vio anteriormente, por ejemplo para los puntos A, B, C de la Figura 5.13a se tiene: En A Esfuerzo total:

 A  H1   w

Presión de poros del agua:

u A  H1   w

Esfuerzo efectivo:

 Á   A  u A  0

En B Esfuerzo total:

 B  H1   w  H 2   sat


u B  ( H1  H 2 )   w

Esfuerzo efectivo:

 ´B   B  u B  H1   w  H 2   sat   H1   w  H 2   w   H 2   sat   w 

 ´B  H 2   ´ Donde: ’ = sat - w es el peso especifico sumergido del suelo. En C Esfuerzo total:

 C  H1   w  z   sat


u C  H 1  z    w

Esfuerzo efectivo:

 Ć   C  uC  H1   w  z   sat   H1   w  z   w   z   sat   w 

 Ć  z   ´

[5.28]

Como se puede ver el esfuerzo efectivo solo es la altura de columna de suelo por el peso especifico sumergido del mismo, por lo tanto el esfuerzo efectivo en cualquier punto es independiente de la altura del agua sobre el suelo sumergido. ’ = (Altura de la columna del suelo)·’ Donde:

’ = sat - w es el peso especifico sumergido del suelo.

15


Si se tiene flujo de agua en el suelo, el esfuerzo efectivo en cualquier punto en una masa de suelo será diferente al del caso estático. Aumentará o disminuirá dependiendo de la dirección del flujo de agua. El sentido del flujo puede ser ascendente o descendente.

1.6.4. Flujo de agua ascendente: Este tipo de flujo se presenta en el lado aguas abajo de las estructuras de retención de agua, como por ejemplo presas, ataguías, tablestacas, etc. Este flujo crea una fuerza de levante en esta parte, que pone en riesgo la vida útil de la estructura de retención de agua, por lo que en este tipo de obras es necesario hacer siempre un análisis preciso de la influencia que tiene este tipo de flujo. En consecuencia el análisis de esfuerzos efectivos influye mucho en el diseño y construcción de una obra hidráulica. La Figura 5.14a muestra un estrato de suelo granular en un tanque donde el flujo de agua es ascendente debido a la adición de agua a través de la válvula en el fondo del tanque. El caudal de agua suministrado se conserva constante. La pérdida de carga causada por el flujo de agua ascendente entre los niveles de A y B es h. El cálculo de todos los esfuerzos para tres puntos cualquiera a profundidades distintas hes similar al caso anterior. h z H2

H1

h

A H1

h z H2

z A

C

H2

z H2

C

B Entrada del flujo

Entrada del flujo

B Válvula (Abierta) Válvula (Abierta)

(a)

0 H1

Esfuerzo Total, H 1·w

0

H 1·w


H1 + z

(a) (a) Presión de poros, u 0


(H 1 + z + i·z)·w

z·' - i·z·w


(H 1 + H 2 + h)·w Profundidad

H 2·' - h·w Profundidad

(b)

(c) (d) (d) (b) (c) Figura 5.14. (a) Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua ascendente; variación de (b) esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo con flujo de agua ascendente. (Das, 1998)

16


En A Esfuerzo total:

 A  H1   w


u A  H1   w

Esfuerzo efectivo:

´ A   A  uA  0


 B  H1   w  H 2   sat


u B  (H1  H 2  h)   w

Esfuerzo efectivo:

 ´ B   B  uB  H 2  ( sat   w )  h   w  H 2   ´h   w

  h  H 2    ´   w  H2   En C Esfuerzo total:

 C  H1   w  z   sat


  h uC   H1  z   z    w H2  

Esfuerzo efectivo:

 Ć   C  uC  z   sat   w  

 Ć  z   ´

h  z  w H2

h  z  w H2

Es posible demostrar que el término h/H2 es el gradiente hidráulico: i

h L

Donde: i = Gradiente Hidráulico ∆h = Perdida de carga entre dos puntos L = Distancia entre dos puntos, que es la longitud de flujo sobre la cual ocurre la perdida de carga.

17


De la Figura 5.14a: h z h H 2 h i   L z H2

[5.29]

Entonces:  Ć  z   ´i  z   w

[5.30]

En la Figura 5.14a, el termino h/H2 es hallado mediante una interpolación lineal entre las perdida de carga H1 del punto A localizado a una profundidad H1 y la perdida de carga (H2 + H1 + h) del punto C localizado a una profundidad (H2 + H1). Se trazan las variaciones del esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo con la profundidad en las Figuras 5.14b a la 5.14d, respectivamente. Si el caudal del flujo de agua aumenta entonces el gradiente hidráulico también aumentara, en la ecuación [5.30] se ve que si el valor del gradiente hidráulico i es muy alto, tal que el termino (’ - i·w) se haga cero, entonces el esfuerzo efectivo será cero, en este punto se alcanzará una condición límite.  Ć  z   ´icr  z   w  0

[5.31]

Donde: icr = Gradiente hidráulico critico (para un esfuerzo efectivo igual a cero) Bajo semejante situación, el suelo pierde estabilidad, ya que si el esfuerzo efectivo es cero no existe esfuerzo de contacto entre las partículas del suelo y la estructura del suelo se romperá. Esta situación generalmente es llamada condición rápida o falla por levantamiento. Entonces como este tipo de flujo puede producir mucho daño a la estructura del suelo es que se debe tratar de reducir el caudal de flujo de agua, para esto es que se utilizan los llamados filtros que se vera como funcionan y ayudan a disminuir este efecto de levante en la sección 2. De la ecuación [5.31] despejando icr se tiene:

z   'icr  z   w  0



icr 

' w

[5.32]

Para la mayor parte de los suelos, el valor de icr varia de 0.9 a 1.1, con un promedio de 1.

1.6.5. Flujo de agua descendente: Este tipo de flujo se presenta en el lado aguas arriba de una estructura de retención de agua. El principal problema que causa este tipo de flujo es que cuando es muy grande produce arrastre de partículas de un suelo a otro o de un suelo a una estructura de drenaje, produciendo erosión tanto en la estructura de suelo como también en la estructura de la obra de retención de agua del lado aguas arriba. Debido a esto es que se recomienda colocar filtros también en el lado aguas arriba de la estructura de retención de agua. Este tipo de flujo es menos peligroso para la estabilidad de la estructura de retención de agua, que el anterior pero no menos importante de tomar en cuenta, ya que en el diseño de presas permeables como las de tierra siempre es necesario colocar un filtro en el lado aguas arriba, ya que este flujo produciría filtraciones considerables en este tipo de estructuras, en el caso de presas impermeables como las de concreto o ataguías no se producen daños considerables.

18


Este tipo de flujo de agua descendente se muestra en la Figura 5.15a. El nivel del agua en el suelo dentro el tanque se mantiene constante ajustando el suministro desde la parte superior y la salida en el fondo. El esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo; pueden ser calculados de manera similar al de los anteriores casos. Entrda del flujo

H1

Entrda delA flujo

H1

h z

h

A

C

H2

H2

h z H2 h z H2

z C

B B

Salida del flujo

Salida del flujo

Válvula (Abierta) Válvula (Abierta)

(a)

(a)

0 H1

Esfuerzo Total, H 1·w

0

H 1·w


H1 + z

Presión de poros, u 0


(H 1 + z + i·z)·w

z·' + i·z·w


(H 1 + H 2 - h)·w Profundidad

H 2·' + h·w Profundidad

(b) (c) (d) (d) (b) (c) Figura 5.15. (a)Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua descendente, variación de (b) esfuerzos totales, (c) presión de poros del agua, (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo con flujo de agua descendente. (Das, 1998). En A Esfuerzo total:

 A  H1   w


u A  H1   w

Esfuerzo efectivo:

´ A   A  uA  0

19



 B  H1   w  H 2   sat


u B  ( H1  H 2  h)   w

Esfuerzo efectivo:

 ´B   B  uB  H 2  ( sat   w )  h   w

 H 2   ´h   w

  h  H 2    ´   w  H2   En C Esfuerzo total:

 C  H1   w  z   sat


  h u C   H 1  z   z    w H2  

Esfuerzo efectivo:

 Ć   C  uC  z   sat   w  

 Ć  z   ´

h  z  w H2

h  z  w H2

 Ć  z   ´i  z   w

[5.33]

Las variaciones del esfuerzo total, presión de poros del agua, y el esfuerzo efectivo con la profundidad son mostradas gráficamente en las Figuras 5.15b a la 5.15d. En resumen se puede decir que cuando se tiene flujo de agua ascendente el esfuerzo efectivo disminuye y cuando se tiene flujo de agua descendente el esfuerzo efectivo aumenta en una cantidad igual i·z·w.

2. Aplicaciones del esfuerzo efectivo a propósitos ingenieríles. El concepto del esfuerzo efectivo influye en gran parte en el comportamiento del suelo, de ahí es que la aplicación de estos criterios en las obras civiles es de gran importancia. El uso más común se presenta en el diseño de presas, terraplenes, diques, ataguías, o estructuras similares de retención de agua, además de obras que requieran excavaciones del terreno. En este tipo de obras es muy frecuente que se presenten infiltraciones que pongan en riesgo la estabilidad y vida útil de la estructura. Esta inestabilidad es debida a la infiltración del agua y se la conoce con el nombre de flotación. Cuando el esfuerzo efectivo es cero, la fuerza ascendente de escurrimiento es igual al peso sumergido del suelo y no puede desarrollarse una resistencia a la fricción entre partículas y por lo tanto la mezcla suelo y agua no tiene resistencia al corte y actúa como líquido. La falla por flotación o levante puede conducir a una falla total de la cimentación o incluso al derrumbe de una estructura de retención de agua, como el pie del talud de una presa o parte de una ataguía. Por lo tanto es necesario analizar esta inestabilidad al diseñar estructuras de retención de agua.

20


Existen varios métodos para disminuir la fuerza de escurrimiento ascendente causante de la flotación, los más comunes son el uso de filtros en las zonas más susceptibles y el aumentar la longitud del trayecto del flujo.  Al aumentar la longitud de trayecto del flujo se logra reducir la cantidad de infiltración, esto se puede lograr aumentando la profundidad del hincando de tablestacas, o alargando la base impermeable de la estructura de retención de agua.  Los filtros tienen como principal objetivo evitar las infiltraciones, reducir la presión de levante o empuje que se produce aguas abajo de la estructura de retención de agua, además de impedir el arrastre de partículas de un suelo a otro. Si es que hay arrastre de partículas se produce la erosión del suelo, que provocaría problemas de estabilidad en la estructura del suelo. La presión de levante esta ligado directamente al esfuerzo efectivo, ya que esta fuerza de levante es provocada por un flujo de agua ascendente en el lado aguas abajo de la estructura de retención de agua. Esta fuerza de escurrimiento ascendente cuanto mayor sea producirá un mayor gradiente hidráulico, que como ya se analizo en la ecuación [5.30], provoca que el esfuerzo efectivo sea cada vez menor, lo que ocasiona la falta de estabilidad en la cimentación, llegando a producir posteriormente la falla en la estructura de retención. En la anterior sección se analizo como la dirección del flujo de agua en un estrato de suelo aumenta o disminuye el esfuerzo efectivo, ahora se vera la influencia que tiene esa fuerza de flujo en el comportamiento del suelo.

2.1. Fuerza de escurrimiento. La circulación del agua a través de la estructura del suelo, produce fuerzas de escurrimiento como resultado de la fricción entre el agua que se filtra y las paredes de los poros del suelo por donde fluye el agua. El agua que se filtra por ejemplo en el lado aguas arriba de la tablestaca de la Figura 5.17 aumenta el peso sumergido del suelo, al continuar el agua su recorrido de filtración continua ejerciendo fuerzas de escurrimiento en la dirección del flujo que son proporcionales a las perdidas por fricción. Por ejemplo cuando el curso del flujo de agua, se lo corta de manera abrupta como es el caso de una presa o cualquier tipo de estructura de retención de agua, este flujo adquiere mayor velocidad lo que provoca que haya un aumento en la fuerza de escurrimiento. Si el estrato de suelo debajo de la estructura hidráulica es permeable no habrá suficiente fuerza de fricción que reduzca la fuerza de escurrimiento y por lo tanto esta fuerza de escurrimiento será lo suficientemente fuerte al llegar aguas abajo como para provocar un empuje suficiente para levantar el suelo. Por otro lado, esta fuerza de escurrimiento cuando es fuerte también puede provocar erosión interna en el suelo. Entonces es muy importante poder conocer el valor de esta fuerza de escurrimiento y de algunos métodos para poder reducirla.

2.2. Cálculo de la fuerza de escurrimiento. El agua que fluye a través del suelo ejerce sobre las partículas de este una fuerza por unidad de volumen (fuerza de escurrimiento), en la dirección del gradiente hidráulico, el suelo resiste esta acción, por una parte mediante las fuerzas de cohesión entre las partículas y por otra gracias al soporte que a cada partícula le brindan las que están aguas debajo de ella. El componente del peso en la dirección del flujo puede actuar a favor o en contra del arrastre de partículas según el flujo sea ascendente o descendente. En la ecuación [5.28], se mostró que sin flujo de agua, el esfuerzo efectivo a una profundidad z es igual a z·’. Partiendo de esta ecuación la fuerza efectiva en un área A es:

21


 ' z  '

P1 ' A



P1 '  z   ´ A

[5.34]

(La dirección de la fuerza P1 ' es mostrada en la Figura 5.16a.) Si hay flujo de agua ascendente a través del mismo estrato de suelo de la ecuación [5.30], se puede deducir que la fuerza efectiva en un área A, en una profundidad z es:  '  z   'i  z   w 

P2 '  A

P2 '  z   'i  z   w   A

[5.35]

De las ecuaciones [5.34] y [5.35] según la Figura 5.16b se puede hallar la fuerza de escurrimiento resultante para un flujo de agua ascendente:

P2 ' P1 '  z   'i  z   w   A  z   ' A  z   ' A  i  z   w  A  z   ' A [5.36] P2 ' P1 '  i  z   w  A El signo negativo indica que esta en dirección contra la gravedad. El volumen del suelo que contribuye a la fuerza efectiva es igual a z·A, entonces la fuerza de escurrimiento por volumen unitario de suelo es:

 i  z  w  A P1 ' P2 '   i   w Volumen de  suelo z A

[5.37]

Se procede similarmente para el flujo de agua descendente según la ecuación [5.33]:

 '  z   'i  z   w 

P3 '  A

P3 '  z   'i  z   w   A

[5.38]

De las ecuaciones [5.35] y [5.36] según la Figura 5.16c se puede hallar la fuerza de escurrimiento resultante para un flujo de agua descendente:

P3 ' P1 '  z   'i  z   w   A  z   ' A  z   ' A  i  z   w  A  z   ' A

P3 ' P1 '  i  z   w  A

[5.39]

El volumen del suelo que contribuye a la fuerza efectiva es igual a z·A, entonces la fuerza de escurrimiento por volumen unitario de suelo es:

P3 ' P1 ' i  z  w  A   i  w Volumen de suelo z A

[5.40]

La fuerza por volumen unitario, i·w, para este caso actúa en dirección ascendente, que es la dirección del flujo. Esta fuerza ascendente es mostrada en la Figura 5.16b. Entonces, se puede concluir que la fuerza de escurrimiento por volumen unitario de suelo, es igual a i·w y en suelos isotrópicos la fuerza de escurrimiento actúa en la misma dirección que la del flujo. Esta teoría es valida para flujo en cualquier dirección. Pueden usarse redes de flujo para encontrar el gradiente hidráulico en cualquier punto y así la fuerza de escurrimiento por volumen unitario de suelo.

22


Una vez obtenida la fuerza de escurrimiento se puede hallar el factor de seguridad contra el esfuerzo de levante del lado aguas abajo en una estructura hidráulica. Para ver con más claridad esto se considera el caso de flujo alrededor de una tablestaca (Figura 5.17a). Volumen del suelo = z·A Volumen del Volumen del suelo = z·A suelo = z·A

z·'·A z z·'·A z z·'·A z (a) i·z·w·A = (a) (a)(a) fuerza de Volumen del escurrimiento i·z· w·A = z·'·A (z·'-i·z· w )·A z + suelo = z·A = i·z· w·Ade = fuerza Volumen del escurrimiento fuerza de z·'·A Volumen del (z·'-i·z· w )·A z + suelo = z·A = escurrimiento z·'·A + suelo = z·A (z·'-i·z·w)·A z = (b) (b)(b) i·z·w·A = (b) fuerza de i·z· w·A = escurrimiento z·'·A (z·'+i·z·w)·A z = + i·z· fuerza w·Ade = escurrimiento z·'·A (z·'+i·z·w)·A z = + fuerza de escurrimiento z·'·A (z·'+i·z·w)·A z = + (c) (c) Figura 5.16 Fuerza producida en un volumen de suelo (a) sin flujo de agua, (b) Flujo de agua (c) ascendente, (c) Flujo de agua descendente. (c) (Das, 1998) Después de realizar varios ensayos, Terzaghi en 1922 concluyó que el levantamiento generalmente ocurre en una distancia d/2 de la tablestaca para una profundidad de empotramiento D de la tablestaca en el estrato permeable. Por lo tanto, es necesario analizar la estabilidad del suelo en una zona que mide d por d/2 de sección transversal, como se muestra en la Figura 5.17a. d 2

Tablaestaca h1 h2 d

Zona de levante d

T d 2

W'

Estrato Impermeable

U (a) (b)(b) (a) Figura 5.17. (a) Verificación contra el levantamiento aguas abajo para una fila de tabla estacas introducidas en un estrato permeable, (b) ampliación de la zona de levante. (Das, 1998)

23


El factor de seguridad contra el levantamiento es:

FS 

W' U

[5.41]

Donde: FS = Factor de seguridad W’= Peso del suelo sumergido en la zona de levante por longitud unitaria U = Fuerza de levante o escurrimiento en el mismo volumen de suelo.

 2 

W ' d  d

sat

  w   1  d 2  ' 2

[5.42]

De la ecuación [5.37]:

P2 ' P1 '  i   w Volumen de suelo

U  i   w Volumen de suelo



U  Volumen de suelo  iav   w  

1 2  d  iav   w 2

[5.43]

Donde iav = Gradiente hidráulico promedio en la base del bloque de suelo. = Carga piezometrica promedio / profundidad. Sustituyendo los valores de W’ y U en la ecuación [5.41], se tiene:

FS 

1  d 2  ' 2 1  d 2  iav   w 2



FS 

' iav   w

[5.44]

Para el caso de flujo a través de una tablestaca hincada en un suelo homogéneo, como muestra la Figura 5.17, se puede demostrar que:

U  Co 0.5   w  d  H1  H 2  U  Co  0.5   w  d  H1  H 2 

[5.45]

Donde: Co esta en función de d/T, en la Tabla 5.2 se dan algunos valores según d/T. d = Profundidad del hincado de la tablestaca. T = Profundidad del estrato de suelo. H1= Altura del agua del lado aguas arriba de la tablestaca. H2= Altura del agua del lado aguas abajo de la tablestaca. Entonces reemplazando la ecuación [5.45] y [5.40] en la ecuación [5.41] se tiene:

FS 

W' 0.5  d 2   ' d  '   U 0.5  Co   w  d  H 1  H 2  Co   w  H 1  H 2 

[5.46]

Los estratos impermeables no son tan susceptibles a este tipo de falla por levantamiento ya que el suelo impermeable ofrece gran resistencia a la fuerza de escurrimiento disipándola

24


durante su recorrido. Sin embargo incluso en estos casos es recomendable el uso de filtros para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento o inclusive debido a la erosión interna que comienza en la sección de levante y prosigue aguas abajo a lo largo de la base de la estructura de retención de agua. Tabla 5.2. Variación de Co con d/T d/T Co 0.1 0.385 0.2 0.365 0.3 0.359 0.4 0.353 0.5 0.347 0.6 0.339 0.7 0.327 0.8 0.309 0.9 0.274

2.2. Uso de filtros para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento. El objetivo de colocar filtros de drenaje, es permitir la descarga de las filtraciones y disminuir la posibilidad de fallas por levantamiento, ya sea por reventones o erosiones en el lado aguas abajo de la estructura hidráulica. Entonces como las fallas siempre ocurren en el área más débil susceptible a este tipo de fallas, que se vio que es en lado aguas abajo de la tablestaca, entonces se puede aumentar su resistencia a la fuerza de escurrimiento incrementando el peso de en esta sección débil. El filtro debe ser permeable para que pueda producirse el drenaje del flujo de agua ascendente que tiende a levantar esta parte del suelo. Una manera de evaluar el riesgo probable de falla es el factor de seguridad. Este factor de seguridad en muchos casos es muy bajo, entonces se lo debe aumentar por medio de estos filtros. Se requiere un factor de seguridad mínimo de aproximadamente 4 a 5 para la seguridad de la estructura, el motivo por el que este factor de seguridad es tan elevado es principalmente debido a las inexactitudes que existen en el análisis. Un filtro es un material granular con aberturas bastante pequeñas para prevenir el movimiento de las partículas del suelo en las que es colocado y, al mismo tiempo, es bastante permeable para ofrecer pequeña resistencia al flujo que pasa a través de él. Es decir que el filtro debe tener una granulometría tal que los orificios del filtro no sean mucho mayores que las partículas mas finas del suelo base, ya que estas partículas finas poco a poco son arrastradas a los vacíos del filtro, terminando por taponar al filtro y evitando que cumpla con su función de drenaje. Si por el contrario, los vacíos del filtro son del mismo tamaño que los del suelo, el filtro puede ser poco a poco lavado hacia el conducto subterráneo. Por lo tanto el filtro debe estar formado por un material cuya granulometría debe ajustarse a ciertos requerimientos. Estos requerimientos serán detallados mas adelante. En la Figura 5.18a, el espesor del material del filtro es d1, este espesor debe ser mayor a 3 pies (91 cm.). Como el factor de seguridad esta en función del peso del suelo en la zona de levante, al colocar el filtro este peso aumenta incrementando así el factor de seguridad. El factor de seguridad contra el levantamiento puede calcularse similar al caso anterior solo aumentando el peso del filtro, esto se ve en la Figura 5.18b. La fuerza de levante causada por el flujo de agua U, es la misma que el caso anterior: El peso de suelo y del filtro dentro la zona contra levantamiento por longitud unitaria es: Ws+f = W’ + W’f,

[5.47]

25


Donde:

W ' d 

d 1   sat   w    d 2   ' 2 2

W ' f  d1 

 

d 1   ' f   d1  d   ' f 2 2

’f = Peso especifico efectivo del filtro.

U

1 2  d  iav   w 2

[5.43]

d 2

Tablaestaca h1 h2 d

Zona de levante d

T d 2

Estrato Impermeable

W'

U

(a) (b) Figura 5.18. Uso de un filtro para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento. (Das, 1998) Entonces el factor de seguridad contra el levante es: 1  d 2   ´ 1  d1  d   ´F W ´W ´F 2 FS   2 1  d 2  iav   w U 2

FS 

 ´ d1 d    ´F   iav   w

[5.48]

2.3. Selección del material para el filtro. Es sumamente importante que el material del filtro sea escogido cuidadosamente tomando en cuenta las características del suelo que se protegerá. Terzaghi y Peck propusieron una serie de

26


criterios para la selección de un filtro, tomando en cuenta las características del suelo adyacente a ser protegido. En la Figura 5.19 el suelo a ser protegido es llamado material base. Entonces según Terzaghi y Peck se recomiendan los siguientes criterios para satisfacer la estabilidad del filtro y proporcionar un aumento de permeabilidad. 1.

D15 F  D 85 B 

4

D15 F 

4 D15 B  3. La curva granulométrica del filtro debe ser aproximadamente paralela a la del material base. 2.

Donde: D15 (F), D15 (B) = diámetros a través de los cuales pasa el 15% del material para el filtro y la base, respectivamente. D85 (B) = diámetro a través del cual pasa el 85% del material para la base. El primer criterio es para prevenir el movimiento de las partículas de suelo del material base a través del filtro. El segundo criterio es para asegurar la permeabilidad del filtro. Filtro

Material Base (Suelo que debe ser protegido)

Figura 5.19 Definición del material base y material del filtro. La aplicación del criterio de selección del material de un filtro puede ser explicado usando la Figura 5.20 en la cual la curva a es la curva de distribución tamaño de partículas del material base. Del criterio 1, D15(F ) < 4· D85(B) la abscisa del punto A es, D85(B) entonces la magnitud de 4· D85(B), puede ser calculada, y el punto B cuya abscisa es 4· D85(B), puede ser trazada. Similarmente, del criterio 2, D15(F) > 4·D15(B) las abscisas de los puntos C y D son D15(B) y 4·D15(B), respectivamente. Las curvas b y c son trazadas, las cuales son geométricamente similares a la curva a y están limitadas con los punto B y D. En general un suelo cuya curva de distribución de tamaño de partículas caiga dentro de las curvas b y c es un buen material para el filtro. En algunos casos es necesaria la construcción de filtros de varias capas, lo cual no es aconsejable ya que son más costosos. Sin embargo a veces se tiene la necesidad obligada de construir este tipo de filtros, Para la selección del material de este tipo de filtros se sigue el mismo criterio, considerando al filtro mas fino como material base para la selección de la granulometría del filtro más grueso. El diámetro de partículas máximo que se puede usar en un filtro no debe exceder de las 3” (75 mm.), esto con el fin de disminuir la segregación y el acuñamiento, formando huecos entre las partículas grandes durante la colocación de los materiales del filtro. Se debe tener cuidado en la colocación de los materiales del filtro para evitar la segregación.

27


4·D85(B)

Porcentaje que pasa

100

D85(B)

85

A

80 Curva b

60

Curva a (Material Báse)

Curva c

40

4·D15(B)

D15(B)

20 15

B

D

C

0 Tamaño de grano, D Figura 5.20. Criterio para la selección de filtros. (Das, 1998)

3. Cambio de esfuerzos efectivos. El suelo se diferencia de la parte de los materiales sólidos en la forma en que pueden variar las propiedades relativas de volúmenes de agua y sólido al aplicar esfuerzos. Cuando un suelo saturado es sujeto a un aumento de esfuerzos, entonces el agua en los poros tiende a querer fluir a zonas de menor presión lo que significa que se produce un aumento en la presión de poros del agua, la velocidad de este flujo depende de la permeabilidad del suelo. La diferencia entre las características de corte de la arena y la arcilla y demás propiedades entre las partículas, no son tan amplias como la diferencia cerca de un millón de veces entre la permeabilidad de los distintos tipos de suelo. En el caso de las arenas y gravas el flujo del agua es rápido debido a que estos suelos son muy permeables, mientras que en las arcillas y limos el flujo del agua es lento debido a que son suelos muy poco permeables. El comportamiento ingenieril en suelos saturados de grano fino deriva de la interacción entre estructura esquelética del suelo compresible y el agua en los poros relativamente incompresible. Los cambios rápidos en las cargas externas no producen un cambio inmediato en el volumen del suelo, debido a la resistencia al desplazamiento del agua en los poros. Por lo tanto, la configuración estructural del suelo no cambia inmediatamente. Sin embargo al transcurrir el tiempo el agua en los poros va evacuando a zonas de menor presión lo que provoca cambios en la configuración de la estructura del suelo que provocan cambios de volumen en el suelo, este fenómeno se conoce como consolidación y se lo entenderá mejor con el análisis del modelo mecánico que simula al comportamiento de un suelo sometido a un rápido cambio de esfuerzo. Las condiciones al principio y al final de un cambio de esfuerzos, varían según el tipo de suelo, y según a esto se dividen en dos. 

Condiciones a corto plazo o condiciones no drenadas. Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de agua en los poros es obstaculizado debido a que el suelo es poco permeable, como en el caso de arcillas y limos. También se presenta este caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es demasiado rápido y no permite el flujo del agua en los poros.

28

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos 

Condiciones a largo plazo o condiciones drenadas. Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de agua en los poros fluye casi sin obstáculos debido a que el suelo es muy permeable, como en el caso de las gravas y arenas. También se presenta este caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es lo suficientemente lento como para evitar que se produzca un aumento en la presión de poros del agua.

3.1. Modelo mecánico. La estructura del suelo es modelada por un resorte, los vacíos del suelo son modelados por el compartimiento debajo del pistón y la permeabilidad del suelo es modelada por el grado de ajuste del pistón en el cilindro. Entonces un suelo de alta permeabilidad es modelada por un pistón que permita una gran salida de agua mientras que un suelo de baja permeabilidad es modelado por un pistón que permita una salida muy pequeña de agua. Se considera que el área interior de la sección transversal del cilindro es A=1, provisto de un pistón sin fricción. La presión de poros del agua se mide mediante el piezómetro que se encuentra junto al cilindro, que es de diámetro mucho más pequeño que el del cilindro.

Condición de carga. Inicialmente el cilindro es llenado con agua o algún fluido incompresible y el pistón es cargado uniformemente con una carga igual a P, que incluye el peso propio del pistón. Esta carga en este instante simboliza el peso propio de las partículas sólidas del suelo, lo que no significa un aumento en las cargas exteriores, entonces en este instante se encuentra en equilibrio y el piezómetro marca una altura de presión de poros igual a cero (Δu = 0). Pero si en ese instante se pone rápidamente una carga ΔP encima del pistón (Figura 5.21b), todo este incremento de carga será soportada por el agua en el cilindro debido a que no ha transcurrido un tiempo suficiente para que la viscosidad del fluido deje desplazar al pistón y reducir así el volumen del compartimiento debajo del pistón (poros), como el agua es incompresible no se deforma entonces soporta todo el incremento de carga evitando que el resorte (estructura del suelo) sufra ninguna deformación. Entonces en este instante el piezómetro marca una altura de presión de poros igual a ΔP/γw. Como el total de la carga (P + ΔP) es soportada por el resorte y el agua, entonces el esfuerzo total será:



P  P   'u A

; A=1= área unitaria

[5.49]

  P  P   'u P  P   'u

[5.50]

Donde σ’ = (σ - u) = Carga por área unitaria absorbida por el resorte. u = Carga por área unitaria absorbida por el agua.

29


P

P/

P+ P

P+ P u/w

P+ P

t=0 t>0 t=8 u= P u=0 00 v>0 (a) (b) (c) (d) Figura 5.21. Modelo cilindro–resorte para la condición de carga. (Simons & Menzies, 2000) P=0 (-u)=P

En la Figura 5.21b se puede ver que después de haber incrementado la carga ΔP, se tiene: σ’ = (σ - u) = P

y

u = ΔP

Con el transcurrir del tiempo la viscosidad del fluido ya no puede evitar el desplazamiento del pistón hacia abajo y entonces el resorte comienza a comprimirse (Figura 5.21c). Entonces en este instante el total del incremento de carga será soportada tanto por el fluido como por el resorte. Por lo tanto, en este instante la ecuación [5.50] se mantiene constante, pero se producirá una reducción en la presión de poros y un incremento en la compresión del resorte. P < σ' < (P + ΔP)

y

0 < u < ΔP

Después de un largo tiempo (t = ), se ira produciendo un decaimiento exponencial en la presión de poros y un cambio en la longitud del resorte. Hasta que finalmente el exceso de la presión de poros se disipa totalmente hasta llegar a cero que es cuando el sistema alcanzara un estado de equilibrio. El instante en que se alcance este equilibrio, el resorte es el que soportara el total del incremento de carga. (Figura 5.21d) σ' = (P + ΔP)

y

u=0

Condición de descarga. El proceso de descarga ocurre de manera similar al del proceso de carga, este proceso comienza después de alcanzar el equilibrio en el proceso de descarga. Entonces inicialmente se tiene las mismas condiciones que para un tiempo infinito en el proceso de carga. σ' = (P + ΔP)

y

u=0

Pero si después se quita rápidamente el incremento de carga, ΔP como se muestra en la Figura 5.22b, el resorte nuevamente no sufre ninguna deformación en este caso de descompresión ya que no ha transcurrido un tiempo suficiente para que la viscosidad del fluido deje desplazar al pistón hacia arriba y así aumentar el volumen del compartimiento debajo del pistón (poros) y así permitir la expansión del resorte. Entonces en este instante el total de la disminución de la carga será soportada nuevamente por la presión de poros del agua y se tendrá una presión de poros negativa (succión) igual a -ΔP/γw. Mientras que es resorte como no

30

CAPITULO 5 Esfuerzos efectivos absorbe nada de la disminución de la carga, ΔP, sigue igual que en su anterior estado, es decir como si estuviera soportando todavía las cargas (P + ΔP). σ' = (P + ΔP)

P+ P

y

u = –ΔP

P

P

P

u/w P/

u=0 (-u)=P+ P

t=0 u= - P (-u)=P+ P v=0

t>0 - P0

t=8 u=0 (-u)=P v>0

(a) (b) (c) (d) Figura 5.22. Modelo cilindro-resorte para la condición de descarga (Simons & Menzies, 2000) Posteriormente con el pasar del tiempo, la viscosidad del fluido ya no puede evitar el desplazamiento del pistón y entonces este comienza a ascender, aumentando así el compartimiento debajo del pistón y permitiendo así la descompresión del resorte como se muestra en la Figura 5.22c. Entonces en este instante la disminución de la carga total será absorbida tanto por el resorte como también por el fluido dentro del cilindro. Por lo tanto, en este instante la ecuación [5.50] se mantiene constante, pero se producirá una reducción en la presión de poros negativa y un disminución en la compresión del resorte. P < σ' < (P + ΔP)

y

–ΔP < u < 0

Cuando ya ha transcurrido un tiempo suficiente (t = ), (Figura 5.22d) el aumento de presión de poros negativa se disipa hasta llegar nuevamente a cero y el resorte solo soporte su propia peso o carga P. Entonces en este instante se alcanza nuevamente el estado de equilibrio. σ’ = (σ - u) = P

y

u=0

3.2. Generación de la presión de poros en el cargado y descargado de suelos reales La estabilidad de las fundaciones y taludes en los suelos de grano fino saturados son altamente dependientes del tiempo, debido a que el tamaño promedio de los poros interconectados es demasiado pequeño, por lo que el desplazamiento del agua en los poros es retardado por medio de las fuerzas viscosas. La influencia de esta permeabilidad en los suelos influye muchísimo en la estabilidad del mismo y esta permeabilidad varia muchísimo según el tipo de suelo. La permeabilidad del suelo es la que decide si cuan rápido fluye el agua en los poros dentro del mismo. a) En suelos arenosos que son altamente permeables, el drenaje causado por el aumento de la presión de poros es completado inmediatamente. El drenaje del agua es acompañado por una reducción de volumen de la masa de suelo, lo cual resulta en un asentamiento.

31


b) En suelos arcillosos, debido a que la conductividad hidráulica de las arcillas es muy pequeña, se requerirá algún tiempo para que el exceso de presión de poros del agua se disipe y el incremento de esfuerzo se transfiera gradualmente a la estructura del suelo.

Condición de carga. Cuando se aplica una carga externa a una masa de suelo cuyos poros están saturados de agua, el efecto inmediato es un aumento de la presión de poros. Lo cual hace que el agua en los poros fluya hacia fuera de estos a través de los vacíos, con el resultado de que la presión de poros ira disminuyendo y la carga aplicada se transfiere a la estructura del suelo. Hasta que al final el esfuerzo total aplicado llegara a un equilibrio en el cual es soportado tanto por la estructura del suelo como por el agua. Este fenómeno es más notorio en un estrato de arcilla sujeto a una carga rápida, donde el flujo de agua tiene dificultad de fluir debido a que los granos de la arcilla son finos y casi impermeables, lo cual causa una retardación en el flujo de agua en los poros, produciendo un aumento en la presión de poros. Este flujo como se muestra en la Figura 5.23 inicialmente debido al aumento de la presión de poros tendrá una carga piezometrica elevada que a su vez esta en función de la carga inducida. Esta carga influye de forma directa en el aumento de la presión de poros, ya que una mayor carga producirá también un mayor aumento en la presión de poros. Esta carga piezometrica se ira reduciendo a medida que pase el tiempo debido que el flujo de agua ira circulando a zonas de menor presión. Posteriormente este suelo será capaz de soportar una mayor carga, debido a la consolidación de la estructura del suelo. En el ejemplo de la Figura 5.23 se tiene un estrato de arcilla que es cargado rápidamente por un terraplén. La distribución de la presión de poros con el tiempo (isócronas), es mostrada por las alturas en los piezómetros para determinados transcursos de tiempo. t=0

Piezómetros

Talud rapidamente construido

t>0

u/w

Nivel de la tierra Nivel del agua

t>>0 t=

Figura 5.23. Respuesta de la presión de poros de una arcilla saturada cargada rápidamente en forma local. (Simons & Menzies, 2000) Este proceso de drenaje gradual bajo la aplicación de una carga adicional y la transferencia del exceso de presión de poros al esfuerzo efectivo causa un asentamiento en el estrato de arcilla del suelo.

32


Para las fundaciones, la estabilidad crítica es a corto plazo porque la resistencia aumenta con la consolidación a largo plazo. A corto plazo las presiones del agua son desconocidas y por consiguiente no puede hacerse un análisis del esfuerzo efectivo a menos que la presión de poros pueda ser estimada. Cuando se teme la inestabilidad durante la construcción de un terraplén suele ser necesario colocar drenes de arena en la cimentación para acelerar la disipación de la presión de poros, o una construcción por etapas que de tiempo suficiente para que se disipe la presión de poros.

Condición de descarga. Si se descarga una arcilla saturada, esto puede ocurrir por ejemplo en una excavación o corte, entonces se produce una reducción del esfuerzo total. En un suelo de grano fino como la arcilla, la viscosidad del fluido ofrece resistencia al flujo de agua en los poros y esto ayuda a la estructura del suelo, aliviándola parcialmente de su carga externa, que provocaría una rápida expansión del esqueleto del suelo y de una rápida succión en el agua dentro el suelo circundante. Es decir que en la zona de influencia de la excavación se produce una presión de poros negativa (succión) debido a que el esqueleto del suelo quiere expandirse producto del cambio de carga externa, pero al querer expandirse los espacios vacíos entre las partículas tienden a querer llenarse o aspirar aire y/o agua para ocupar el aumento de vacíos que genera la expansión del suelo. Con el tiempo, esta succión es disipada por el drenaje del agua de la zona de alta presión de poros (no afectada por la excavación) hacia el área de baja presión de poros (zona de influencia). Esta migración del agua causa un aumento en el volumen del suelo en la zona de influencia, hinchazón del suelo y ablandamiento de la estructura del suelo, dando lugar a una reducción en su resistencia. El mínimo factor de seguridad ocurre en el equilibrio de la condición a largo plazo. Por ejemplo, se considera la dependencia del tiempo que tiene la estabilidad de un corte según se muestra en la Figura 5.24. Nivel freático original Zona de influencia de la excavación ho u (-) Línea equipotencial

hf

Nivel freático final

Zona inafectada por la excavación

u (+)

P Presión de poros al final de la excavación

Figura 5.24. Presión de poros en un corte a largo y corto plazo. (Simons & Menzies, 2000) Durante la excavación el esfuerzo de corte sobre la superficie de falla aumenta. Después de terminarse la excavación el esfuerzo de corte permanece constante, pero el esfuerzo efectivo sobre la superficie de deslizamiento disminuye, de forma que el factor de seguridad también disminuye. Se producirá la falla en el instante en que el factor de seguridad quede por debajo de la unidad. La falla puede producirse durante la excavación. Si la excavación ha sido suficientemente rápida para evitar la disipación del aumento de presión de poros causados por la descarga. La reducción de los esfuerzos totales causa una reducción en la presión de poros del agua que depende de la diferencia del cambio de esfuerzo y del tiempo que transcurre desde la excavación. La consiguiente migración del agua causa el hinchazón de la estructura del suelo reduciendo la resistencia del suelo y por lo tanto la estabilidad del mismo.

33


Para analizar el esfuerzo efectivo en función del tiempo transcurrido a partir desde que se hace la excavación. Se ilustra mejor con un ejemplo práctico con valores supuestos. Entonces si al principio el suelo tenía un esfuerzo total por decir de 100 Kpa, con 50 Kpa soportados por el agua (u) y los 50 Kpa restantes soportados por las partículas (’), entonces al producirse la excavación se reduce el esfuerzo total a 70 Kpa., se sabe que la relación =’+u se tiene que cumplir y que producto de la excavación hay una disminución de la presión de poros inmediata y al principio el esfuerzo efectivo absorbido por las partículas sólidas se mantiene constante entonces para cumplir la relación =’+u se tiene 70=50+u entonces u se sabe que es 20 Kpa. Pero con el pasar del tiempo debido al drenaje del agua el esfuerzo efectivo absorbido por las partículas sólidas va reduciendo y la presión de poros tiende a recuperar su presión inicial pero el esfuerzo total ya no cambia entonces para cumplir con la ecuación =’+u se tiene 70=’+50 se tiene que ’=20 Kpa. Lo que se refleja en el factor de seguridad que sabemos es sinónimo de la estabilidad del terreno, y que según lo visto anteriormente la deformación del terreno esta en función del esfuerzo efectivo por lo tanto mientras el esfuerzo efectivo vaya reduciendo entonces el factor de seguridad también lo hará, sin embargo al principio se produce una disminución del factor de seguridad pese a que el esfuerzo efectivo se mantiene constante, esto es debido al aumento del esfuerzo de corte en la superficie de falla.

4. Esfuerzos y deformaciones elásticas en los suelos. Cuando un material es sujeto a esfuerzos, este responde con deformaciones. Entonces es necesario trazar una historia de los cambios entre los esfuerzos y las deformaciones y así obtener una curva esfuerzo-deformación. El ingeniero debe comprobar que las deformaciones producidas en el suelo al aplicar las cargas exteriores son menores a la deformación admisible y así asegurar la estabilidad del suelo. Para esto el ingeniero debe obtener la curva esfuerzo deformación del suelo. El grado de deformación producido por un esfuerzo dependerá de la composición, relación de vacíos, historia del esfuerzo, y forma en que se apliquen los nuevos esfuerzos. Para poder hallar la deformación de un suelo muchas veces es mejor medir directamente las deformaciones producidas en un ensayo de laboratorio bajo los esfuerzos que existirán en el terreno real. En otros casos, suele ser muy útil recurrir a conceptos y formulas de la teoría de elasticidad. Con este fin se han desarrollado ensayos y descripciones matemáticas que parten de las teorías clásicas de la elasticidad y plasticidad. Sin embargo, los suelos se diferencian mucho de otros materiales, debido a su naturaleza porosa y compuesta de partículas. El comportamiento de un material perfectamente elástico solo depende de sus condiciones inicial y final, independientemente del camino que tomen durante el cargado o descargado, esto debido a que presentan un comportamiento lineal. En cambio los suelos no solo depende de su condición inicial y final sino además del camino durante el cargado o descargado y de la historia previa al cargado o descargado. En resistencia de materiales se estudio los esfuerzos en cuerpos rígidos, continuos, homogéneos, elásticos, afectados por fuerzas externas. Los suelos no son cuerpos ni rígidos, ni continuos, ni homogéneos, ni elásticos. Por lo tanto la determinación de los esfuerzos y deformaciones en los suelos es una tarea muy difícil. Sin embargo el análisis con la teoría de la elasticidad es muy simple y solo involucra a dos constantes, el modulo de Young y el índice de Poisson. Entonces si se asume que el suelo es un material isotrópico, elástico, se facilita muchísimo el análisis para poder predecir el comportamiento de los suelos cuando son sometidos a cargas externas. Para este análisis solo se tiene que determinar el modulo de Young y el índice de Poisson mediante ensayos de laboratorio o de campo.

34


Independientemente de que en algún caso particular pueda resultar útil usar valores del modulo de elasticidad y/o del índice de Poisson, debe tenerse muy en cuenta que el módulo de elasticidad o de Young y el índice de Poisson no son constantes de un suelo, sino más bien magnitudes que describen aproximadamente el comportamiento de un suelo para un estado de esfuerzos dado y que cambiarán, quizás radicalmente, si cambia el estado de esfuerzos o si los esfuerzos se aplican de distinta manera. Es necesario asumir que las deformaciones en los suelos son pequeñas (infinitesimales) para poder aplicar el principio de la mecánica de los cuerpos elásticos a los suelos. El suelo solo puede sostener esfuerzos de compresión. A continuación se explicara detalladamente los conceptos de la teoría de la elasticidad, orientado a los suelos.

4.1. Ley de Hooke. Los esfuerzos y deformaciones para un suelo lineal, isotrópico y elástico son relacionados con la ley de Hooke. Para un estado de esfuerzo general como se muestra en la Figura 5.25, según la ley de Hooke se tiene: x

x

1





0

0

0



1



0

0

0

y





1

0

0

0

z

0

0

0 2 ( 1

0

0

 xy

yz

0

0

0

0

y z

 zx

0

y z  xy

Donde



1

.



0

0

0 0

)

2 ( 1 0

)

2 ( 1

)

[5.51]

 zx

E es el módulo de Young o de elasticidad y  es el índice de Poisson.

La ecuación [5.51] es llamada ecuación elástica o ecuaciones constituyentes del esfuerzodeformación elástico. De esta ecuación se obtiene, por ejemplo:

 zx 

 2  1  v    zx  zx E G

[5.52]

Donde

G

E 2  1  v 

[5.53]

G es el módulo de corte. Se llamaran a E, G, y υ parámetros elásticos. Solamente dos de estos parámetros, E o G y υ, se requieren para solucionar los problemas que se ocupan de los materiales isotrópicos, elásticos. Si se conocen E y υ se puede calcular G de la ecuación [5.53]. El índice de Poisson para los suelos no es fácil de determinar y una manera directa de obtener G es sujetar el material a fuerzas cortantes como se describió en la sección 1.1. Para materiales elásticos no lineales, se usa la ecuación [5.51] para hallar el módulo tangente o el módulo secante y los cálculos se hacen incrementalmente para pequeños aumentos de esfuerzo. Los módulos elástico y de corte para los suelos dependen de la historia del esfuerzo, de la dirección del cargado, y de la magnitud de las deformaciones. Los valores típicos de E y de G se muestran en la Tabla 5.4.

35


Tabla 5.4. Típicos valores de E y G. Tipo de suelo descripción E*(MPa) G*(MPa) Arcilla Suave 1-15 0.5-5 Media 15-30 5-15 Dura 30-100 15-40 Arena Suelta 10-20 5-10 Media 20-40 10-15 Densa 40-80 15-35 * Esto es el módulo elástico secante para condiciones drenadas.

z, z

Z

Y

zx

zy yz

xz

A yx y, y

x, x xy X

Figura 5.25. Estado de esfuerzos general. (Budhu, 2000)

4.2. Esfuerzos principales. Como ya se menciono anteriormente los esfuerzos principales se obtienen cuando no hay ningún esfuerzo de corte. En cualquier punto sometido a esfuerzos existen 3 planos ortogonales (es decir, perpendiculares entre sí) en los cuales los esfuerzos tangenciales o de corte son nulos. Estos planos se denominan planos principales. Los esfuerzos normales que actúan sobre estos tres planos se denominan esfuerzos principales. En resumen Los esfuerzos principales son esfuerzos normales a un plano con esfuerzo de corte igual a cero. El más grande de estos tres esfuerzos principales se denomina esfuerzo principal mayor 1; el más pequeño es el esfuerzo principal menor 3 y el tercero es el esfuerzo principal intermedio 2. Si los esfuerzos aplicados a un suelo son esfuerzos principales, entonces la ley de Hooke se reduce a:

 1   1       1     1   1       2 E    2  3      1   3 

[5.54]

La matriz en el lado derecho de la ecuación [5.53] es llamada matriz de conformidad. La inversa de la matriz [5.53] es:

   1  1    E      1     2  1     1  2      3     1   

 1     2  3 

[5.55]

36


La matriz en el lado derecho es llamada matriz de rigidez. Si se conoce los esfuerzos y los parámetros del material E y , se puede utilizar la ecuación [5.54] para calcular las deformaciones. En cambio si se conocen las deformaciones y los parámetros del material E y , se puede utilizar la ecuación [5.55] para calcular los esfuerzos.

4.3. Desplazamientos de las deformaciones y fuerzas de los esfuerzos. Los desplazamientos y fuerzas son obtenidos por integración. Por ejemplo, el desplazamiento vertical.Δz, es:



z   z dz

[5.56]

y la fuerza axial es:



Pz   z dA

[5.57]

Donde: dz = Altura o espesor del elemento dA = Área del elemento.

4.4. Estado de deformación Plana. Hay dos condiciones en los esfuerzos y deformaciones que son comunes en la ingeniería geotécnica. Uno es la condición de la deformación plana en la cual la deformación en una dirección es cero, en los muros de contención y cimientos largos, la deformación longitudinal será cero y = 0, produciendo un estado de deformación plana. Para ilustrar mejor este estado de deformación se considerara como ejemplo de un elemento del suelo, A, detrás de un muro de contención como se muestra en la Figura 5.26. Debido a que el desplazamiento que comúnmente ocurre en la dirección Y es pequeño (y) comparado con la longitud en esa dirección, la deformación tiende a cero; es decir, y = y/y  0. Entonces se puede asumir que el elemento A del suelo está bajo la condición de la deformación plana. Puesto que se esta considerando esfuerzos principales, tras las direcciones de X, Y, y Z o 3, 2, y 1 respectivamente. En el caso del muro de contención en la dirección Y (dirección 2) la deformación es igual a cero por lo tanto 2 = 0 reemplazando esto en la ecuación [5.54]. La ley de Hooke para una condición de deformación plana es:

1 

1  1      1     3  E

[5.58]

3 

1  1      3     1  E

[5.59]

 2     1   3 

[5.60]

En forma matricial. Las ecuaciones [5.58] y [5.59] se convierten en:

 1  1   1       1      E    1     3   3 

[5.61]

37


La inversa de la ecuación [5.61]:

 1  1      1  E       3  1  v   1  2v    1     3 

z Z (1)

Muro de contención

x

Y (2)

[5.62]

A

y , y = 0 X (3)

Figura 5.26. Condición de deformación plana para un elemento de suelo detrás de un muro de contención. (Budhu, 2000)

4.5. Simetría Axial o Condición Axisimétrica. La otra condición que ocurre en problemas prácticos es la simetría axial o condición axisimétrica donde dos esfuerzos son iguales. Como ejemplo de esto se puede considerar un tanque de agua o de aceite fundado en una masa de suelo como se muestra en la Figura 5.27. Z r

Tanque

z

z r = 

Figura 5.27. Condición axisimétrica en un elemento de suelo bajo el centro de un tanque. (Budhu, 2000) Los esfuerzos radiales (r) y el esfuerzo circunferencial () en un elemento cilíndrico del suelo directamente debajo el centro del tanque son iguales debido a la simetría axial. El tanque de aceite aplicará un esfuerzo vertical uniforme (axial) en la superficie del suelo y el elemento del suelo será sujeto a un aumento en el esfuerzo axial, z = 1 que producira un aumento en el esfuerzo radial, r =  = 3. Ningún elemento del suelo debajo del borde del tanque

38


estará bajo condiciones axisimétricas, puesto que las tensiones en el borde del tanque son todas diferentes; no hay simetría. La ley de Hooke para condiciones axisimétricas es:

1 

1   1  2     3  E

[5.63]

3 

1  1      3     1  E

[5.64]

O, en forma matricial:

 1  1  1  2     1           3   3  E  

[5.65]

39

ANEXO F Resistencia al corte

ANEXO F Respuesta de los suelos a esfuerzos de corte. 1. Envolvente de falla. C D

Suelos tipo II B

Suelos tipo II-A

A

'cr 'r

Suelos tipo I

O

Figura F.1. Envolvente de falla para suelos del Tipo I, II y II-A (Budhu, 2000).

Suelos del Tipo I. f = (')f·tan ' [F.1] Donde: f = Es el esfuerzo de corte en el instante del deslizamiento, que será: T/A. (')f·= Es el esfuerzo efectivo normal en el instante del deslizamiento, que es: N/A. El esfuerzo de corte en el estado crítico que será: cr = (')f·tan 'cr

[F.2]

Suelos del Tipo II. f = (')f·tan (' + )

[F.3]

z x

[F.4]

tan  

Donde: z = Desplazamiento vertical (expansión) del suelo ensayado al cortante. x = Desplazamiento horizontal del suelo ensayado al cortante. 'p = 'cr + p

[F.5]

El esfuerzo de corte en el pico para suelos dilatantes será: p = (')f·tan 'p

[F.6]

Fundamentos de mecánica de suelos p = (')f·tan ('p) + c' Donde: ' = Ángulo de fricción geométrico. c' = Cohesión geométrica.

[F.7]

Suelos del Tipo II-A. El esfuerzo de corte para el estado residual será: r = (')f·tan 'r

[F.8]

Tabla F.1. Rango de valores para ángulos de fricción (Budhu, 2000). cr 30-35 28-33 27-37 24-32 15-30

Tipo de suelo Grava Mezcla de grava y arena con suelo fino Arena Limo o limo arenoso Arcilla

p 35-50 30-40 32-50 27-35 20-30

r

5-15

Suelos cementados. f = (')f·tan (' + ) + C0

[F.9]

2. Criterio de falla de Mohr-Coulomb. sin ' 

'1 f  '3 f '1 f  '3 f

[F.10

 '1 f  '3 f



1  sin  ' 1  sin  '

[F.11

 '3 f  '1 f



1  sin  ' 1  sin  '

[F.13

' 2

[F.14]

  45 

sin   '   

  45 

  '1 f    '3 f   '1 f    '3 f

( ' ) 2

[F.15]

[F.16]

  '1 f =   '3 f  tan2  45 

'  '     2  c ' tan  45   2 2 

[F.17

  '1 f =   '3 f  tan2  45 

'   2

[F.18]






Estado no drenado.



B

cu (3)f

(1)f

Figura F.2. Envolvente de falla de Mohr-Coulomb en estado no drenado.

 1 f   3 f

cu 

2

[F.19]

Parámetros de resistencia al corte para el diseño. f = cu

[F.20]

f = 'f·tan(') + c'

[F.21]

3. Ensayos de laboratorio para determinar los parámetros de resistencia al corte. Ensayo del corte directo. Anillo de carga y deformímetro. S = LD·CR Donde: S = Fuerza de corte aplicada por el aparato a la muestra. LD = Lectura del deformímetro instalado en el anillo de carga. CR = Coeficiente del anillo.

 ' 

F A

S A

Donde:

' = Esfuerzo normal efectivo. F = Fuerza vertical aplicada por el sistema de pesas sobre la muestra. A = Área del muestreador.  = Esfuerzo cortante que actúa en el plano de falla.

[F.22]

[F.23]

[F.24]


S = Fuerza de corte aplicada por el aparato a la muestra.

Ensayos triaxiales. Coeficientes A y B de la presión de poros. Etapa 1 y 2:

B

u3  3

[F.25]

Donde: B = Coeficiente de Skempton. u3 = Variación de la presión de poros debido a la presión de confinamiento.

 '3   3  u3

B

[F.26]

u3 1   3 1  n  Ce Cf

[F.27]

Donde: Ce = Compresibilidad de la estructura de suelo Vm = Volumen de la muestra de suelo. Cf = Compresibilidad del fluido aire-agua n = Porosidad del suelo. Etapa 3:

A  A B 

u13  1   3

[F.28]

Compresión no drenada. Ensayo triaxial no consolidado no drenado (UU).

cu

 3 f

 1 f

Figura F.3. Envolvente de falla no drenado resultante del triaxial UU.






L L0

[F.29]

Donde:  = Deformación vertical del espécimen de suelo. L = Deformación del espécimen registrado por el deformímetro. L0 = Longitud inicial del espécimen de suelo. P = (Lectura del deformímetro)·(Factor de calibración del anillo).

A

A0 1 

[F.30]

Donde:  = Área transversal corregida.  = Deformación vertical del espécimen de suelo. A0 = Área transversal inicial del espécimen de suelo.

Esfuerzo desviador d

 d p

Suelos Tipo II

 d cr Suelos Tipo I

Deformación vertical %



Figura F.4. Deformación vertical en función al esfuerzo desviador en un ensayo triaxial UU. El esfuerzo desviador d, que actúa en el espécimen de suelo, será:

P A

[F.31]

1 = 3 + (d)f

[F.32]

d 

El esfuerzo principal menor en la falla (3)f, es la presión de registrada en la cámara triaxial al momento de la falla.


Ensayo triaxial consolidado no drenado (CU). A

u d

[F.33]

Donde: A = Parámetro de Skempton. u = Exceso de presión de poros durante la compresión. d = Esfuerzo desviador. Suelo Tipo II



 d p p  d cr

d u p

cr

u

A u, d

ucr


Figura F.5. Deformación vertical en función a d, u y A en un triaxial CU en suelo Tipo II.


'

c' ' )f

' )f

'

Figura F.6. Envolvente de falla para un suelo Tipo II en un ensayo triaxial CU. [F.34] ( '3 )f   3   u f

 '1 f   3   d f   u f

[F.35]

Compresión drenada. Ensayo triaxial consolidado drenado (CD).

 d p

Esfuerzo desviador

d

Suelo Tipo II

 d cr Suelo Tipo I


Figura F.7. Deformación vertical en función al esfuerzo desviador en un ensayo triaxial CD. '1)f = ('3)f + (d)f

[F.36]


 '

' )f

' )f

'

Figura F.8. Envolvente de falla para un suelo Tipo I en un ensayo triaxial CD.

Ensayo de Compresión inconfinada.

Esfuerzo axial aplicado 

p

Suelos Tipo II

cr Suelos Tipo I




Figura F.9. Deformación vertical respecto al esfuerzo axial en la compresión inconfinada.


cu   qu

 



Figura F.10. Combinación de esfuerzos en la falla en el ensayo de compresión inconfinada.

qu 

cu 2

[F.37]

Tabla F.2. Consistencia de la arcilla (Das, 1997).

Consistencia qu k(kg/m2) Muy suave 0 a 2.44 Suave 2.44 a 4.88 Medio 4.88 a 9.76 Duro 9.76 a 19.52 Muy duro 19.52 a 39.05 4. Métodos empíricos para determinar los parámetros de resistencia al corte.


Peso unitario seco,  KN/m3 d

15

d sida Den

Ángulo de fricción efectivo, ' (deg)

40

iva 1 relat

20

00%

75% GW GP

SW

35

50%

Tipo de suelo

ML y

SM

SP

en este rang

30

25%

o 0

25

20 75

80

90

100

110

120

Peso unitario seco,  lb/ft d

1.2

1.1

1.0

0.9

0.8

0.7 0.65 0.6

0.55 0.5

0.45

130

140

150

3

0.4

0.35

0.3

0.25

0.2

0.15

Índice de vacíos, e

Figura F.11. Valores típicos de ’ para suelos poco cohesivos (U.S. Navy, 1982).

1.0 0.9 60 0.8 50 0.7

30

0.6

sin '

' (deg)

40

0.5 0.4

20 0.3 10

0.2 0.1

0

0

5

6

8

10

15

20

30 IP

40

50

60

80

100

150

200

Índice de platicidad

Figura F.12. Valores típicos de ’ para arcillas y limos NC (Mitchell, 1993). Tabla F.3. Relaciones empíricas para los parámetros de resistencia al corte (Budhu, 2000).


Tipo de suelo

Ecuación

Referencia

Arcillas normalmente consolidadas

 cu       0.11  0.0037  IP   NC

Skempton (1957)

Arcillas sobreconsolidadas

 cu  OC 0.8   OCR   cu   NC

Ladd et al. (1977)

cu

  0.23  0.04   OCR0.8

Jamiolkowski et al. (1985)

cu

 0.22

Mersi (1975)

 Todas las arcillas

 0

p  cr  3  Dr  10  ln pf   3

Arena limpia con curazo

Bolton (1985)

El valor de p'f en la ecuación propuesta por Bolton representa la cantidad de esfuerzo efectivo en la falla (expresado en KPa). Esta ecuación solo es válida si: 12 > ('p – 'p) > 0.

5. Sensibilidad de la arcilla. (S) S

cu  inalterada  cu  remoldeada 

[F.38]

Donde: S = Sensibilidad de la arcilla. cu = Parámetro de resistencia no drenado. Tabla F.4. Sensitibidad de la arcilla. (Das, 1997)

Sensibilidad 1-2 2-4 4-8 8 - 16 16 - 32 32 - 64 > 64

Descripción Ligeramente sensitiva Medianamente sensitiva Muy sensitiva Ligeramente activa Medianamente activa Muy activa Extra activa

6. Trayectorias de esfuerzos en el espacio (q', p'). q' = '1 – '3

[F.39]

q = q'

[F.40]

1 p'    1  2   3  3

[F.41]

p = p' + u q' = '1 – '3

[F.42] [F.43]


q = q'

[F.44]

1 p '   q ' 3 3

q’f = M·p’f

M

[F.45] [F.46]

6  sin ' 3  sin '

[F.47]

3 M 6M

[F.48]

sin ' 

7. Modelo del estado critico. M 

qf p 'f

[F.49]

Donde: M = Pendiente de la línea de estado crítico. qf = Esfuerzo desviador en el momento de la falla. p'f = Esfuerzo normal promedio en el momento de la falla. 

Cc 2.3

[F.50]

Donde: Pendiente de la línea de consolidación normal en el espacio (e, ln p'). CcPendiente de la línea de consolidación normal en el espacio (e, log ). 

Cr 2.3

[F.51]

Donde: Pendiente de la línea de recompresión en el espacio (e, ln p'). CrPendiente de la línea de recompresión en el espacio (e, log ).

R0 

p'c p'0

[F.52]

Donde: R0 = Relación de sobreconsolidación. p'c = Esfuerzo efectivo de preconsolidación. p'0 = Esfuerzo efectivo inicial o presión de sobrecarga.

R0  Donde:

1  2  K 0NC  OCR 1  2  K 0OC

[F.53]


K 0NC = Parámetro de consolidación para suelos normalmente consolidados K 0OC = Parámetro de consolidación para suelos sobreconcolidados.

 'h  'v

K0 

[F.54]

Donde: K0 = El parámetro de consolidación. ’h = Esfuerzo efectivo horizontal actuante en la etapa de carga. ’v = Esfuerzo efectivo horizontal durante la etapa de carga.

Superficie de fluencia.

q

Mc

estado de esfuerzo elástico

B

fluencia inicial

C

elastoplasticidad

expansión de la superficie de fluencia

C B

A

superficie inicial de fluencia la en compresión

A

p'c

p'

Figura F.13. Expansión de la superficie de fluencia (Budhu, 2000).

 p'2  p' p'c 

q2 0 M2

[F.55]

Línea de falla en el espacio (q, p'). q'f = M·p'f

3 M c 6  Mc

[F.57]

6  sin 'cs 3  sin 'cs

[F.58]

sin 'cs 

Mc 

[F.56]

Línea de falla en el espacio (e, p').


ef = e – ·ln p' [F.59] Donde: e = Índice de vacíos en la línea de estado crítico, cuando ln p' = 1 kPa. ef = Índice de vacíos en el instante de la falla.

e  e0       ln

p' c    ln p'0 2

[F.60]

Ensayo triaxial drenado. q imposible estado de esfuerzos

ESP = TSP 3

1

qf

M línea de falla

F 3 1 B

O

A p'0

p'f

p'C

p'

(a) e

estados imposibles

e0

A B

ef

F

(b)

línea de falla

p'

Figura F.14. Falla en ensayos CD (Budhu, 2000). qf = 3·(p'f – p'0) qf = M·p'f

[F.61] [F.62]


p' f 

3·p'0 3 M

[F.63]

qf 

3·M ·p'0 3 M

[F.64]

Ensayo triaxial no drenado. ef = e0 = e – ·ln p'f

[F.65]

e e  p'f  exp  0    

[F.66]

e e  qf  M  exp  0    

[F.67]

CSL

3

TSP 3

1 u f qf

1

F ESP

qf

B

A p'

p'0

p'C

p'

e

e

imposible estado de esfuerzos

e e0= e f

F F

A, B

A, B

CSL CSL

p'

Figura F.15. Falla en ensayos CU (Budhu, 2000). Para suelos sobreconsolidados (R0 >2):

1

ln p'


cu 

M  e e   exp   0  2   

 cu  A  cu B

[F.68]

  e0 B   e0  A   exp     

[F.69]

Para suelos saturados:

 cu  A  cu B

 G  B  A    exp  s    

[F.70]

q p  M  p'0  R0  1 cu 

[F.71]

M  p '0  R0  1 2

[F.72]

e e  M  uf  p' 0   1  exp  0   3    

[F.73]

Rigidez del suelo. e A



e

C



1

B

ln p'

Figura F.16. Respuesta del suelo a la carga y descarga/recarga (elástica) (Budhu, 2000). El módulo volumétrico K' se expresa:

K'

p'1  e0 



El módulo de elasticidad E’ se escribe:

[F.74]


E' 

3  p'(1  e0 )  (1  2  ' )



[F.75]

Donde ’, es el módulo de Poisson. Por consiguiente, el módulo de corte G se expresa:

G

1.5  p'1  e0   1  2  '   1   '

[F.76]

Segun Jamiolkowski se tiene que:

G

198  R0 a  p' e1.3

[F.77]

Tabla F.5. Valores de a. (Jamiolkowski, 1991) IP (%) a 0 0 20 0.18 40 0.3 60 0.41 80 0.48  100 0.5 Segun Seed and Idriss se tiene que:

G  k1  p'

[F.78]

Tabla F.6. Valores de k1 (Seed & Idriss, 1970). e k1 Dr % k1 0.4 484 30 235 0.5 415 40 277 0.6 353 45 298 0.7 304 60 360 0.8 270 75 408 0.9 235 90 484

8. Deformaciones en el modelo de estado crítico. Deformación volumétrica. p = ep + pp

[F.79]

Donde: p = Cambio total de deformación volumétrica. ep = Cambio de deformación volumétrica elástica. pp = Cambio de deformación volumétrica plástica.  e  eD  e     ln p' E  p    E 1  e0  1  e0  1  e0 p' D

[F.80]


 ep 

e  eE     ln p' E e  D 1  e0 1  e0 1  e0 p' D

[F.81]

 ep 

p' K'

[F.82]

    p'   ln E  pp   p   ep   p' D  1  e0 

[F.83]

ep = -pp

[F.84]

Deformación por corte. q = eq + pq

[F.85]

El cambio de la deformación elástica por corte será:

 qe 

q 3 G

[F.86]

El cambio de deformación plástica por corte es:

 qp   pp 

q M   p' p'c / 2 2

[F.87]

Respuesta del suelo K0-consolidado. p' 

1  K0  ' z 3

[F.88]

Donde p' = 'z para un suelo consolidado anisotrópicamente.

q 3  1  K 0   p' 1  2  K 0

[F.89]

'3  K0   '1 0  A   1  3 

[F.90]

Resolviendo para 1 – 3, se obtiene: 1   3 

En la falla se tendrá que:

K0   '1 0   '3 A

[F.91]


1 cu    1  3   1  K0    '1 0  2

[F.92]

Sustituyendo la ecuación [F.103] en la ecuación [F.104], se tendrá que:

 1  K0   '1 0  '3 cu     1  K0    '1 0  2  A 

[F.93]

Sustituyendo esta expresión en la ecuación [F.105] se tendrá que:

sin 'cr   K 0  A  1  K 0   cu c  u  '1 ' z 1   2  A  1  sin 'cr

[F.94]

ANEXO G Compactación

ANEXO G COMPACTACIÓN.

2 Sólidos del suelo

d

Agua

1 = 1 = d(w

Peso específico húmedo, 

1. Concepto de Compactación.

Sólidos del suelo



w1

w2

Figura G.1. Principios de compactación. (Das, 1998)

2. Compactación en Laboratorio. 2.1. Curva de compactación. 1.90

Húmedad óptima, wopt.

1.80 1.75

Peso específico seco máximo, d.max

Peso específico seco, d [Ton/m3]

1.85

Curva de saturación (Volumen de aíre = 0)

1.70 1.65 1.60 1.55 0

5

10

15

20

25

30

Contenido de húmedad, w (%)

Figura G.2. Curva de compactación típica.



W Vm 

Donde: W = Peso del suelo compactado en el molde. V = Volumen del molde. (Varia según el ensayo) γ = Peso específico húmedo del suelo.

[G.1]


d 



[G.2]

1 w

Donde: w = Porcentaje de contenido de humedad. γd = Peso específico húmedo del suelo.

d 

GS   w G w 1 S S

[G.3]

Donde: GS = Gravedad especifica de los sólidos del suelo. γw = Peso específico del agua. S = Grado de saturación del suelo.

 zav 

GS   W W  1 1  w  GS w GS

[G.4]

Donde: γzav = Peso específico seco con cero de aire en los vacíos. 2.2. Factores que afectan la compactación. Efecto del tipo o naturaleza del suelo. Datos de textura y plásticidad del suelo Nº 1 2 3 4 5 6 7 8

Densidad seca, d [Ton/m3]

2.2 2.1 2.0 1.9

1 2

88 72 73 32 5 5 6 94

10 15 9 33 64 85 22 -

2 13 18 35 31 10 72 -

16 16 22 28 36 26 67 N.P.

PI N.P. N.P. 4 9 15 2 40 -

Curva de saturación, S = 100 % s = 2.65 Ton/m3

4 5

1.7

5

Arena Limo Arcilla LL

Arena marga bien gradada Marga arenosa bien gradada Marga arenosa de gradación media Arcilla limo arenosa Arcilla limosa Limo de Loess Arcilla homogénea Arena mal gradada

3

1.8

1.6

Descripción

6 7

8 10

15

20

25

Contenido de húmedad, w (%) Figura G.3. Curvas de compactación para ocho suelos utilizando la prueba Proctor estándar, (Jonson y Sallberg, 1960).

Tipo A Forma acampanada

Contenido de húmedad, (%)

seco, seco, específico Peso Peso d d específico


Tipo C Doble pico Tipo C Doble pico


seco, seco, Peso específico d Peso específico d

Tipo A Forma acampanada

Tipo B uno y medio picos Tipo B uno y medio picos


Contenido de húmedad, (%) seco, seco, específico Peso Peso d d específico

seco, seco, Peso específico d Peso específico d


Tipo D Forma impar Tipo D Forma impar


Figura G.4. Cuatro tipos de curvas de compactación encontradas en los suelos. Contenido de húmedad, (%) Contenido de húmedad, (%) Efecto de la energía de compactación.

E

N  n W  h V

[G.5]

Donde: E = Energía de compactación. N = Número de golpes del pisón compactador por cada una de las capas en que se acomoda el suelo en el molde de compactación. n = Número de capas que se disponen hasta llenar el molde. W = Peso del pisón compactador. h = Altura de caída del pisón al aplicar los impactos al suelo. V = Volumen total del molde de compactación, igual al volumen total del suelo compactado. Tabla G.1. Efecto de la energía de compactación con el número de caídas por capa. Número de curva en la Número de caídas Energía de compactación Figura G.11 por capa (ft-lb/ft3) 1 20 9.900 2 25 12.375 3 30 14.850 4 50 24.750 1 ft-lb/ft3 = 47.88 J/m3

De la Tabla G.1 y de la Figura 7.5 se puede ver que: 1. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el peso específico seco máximo de la compactación también aumenta. 2. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el contenido de humedad óptimo disminuye un poco.


19.85

125

50 golpes por capa

4

115

3

30 golpes por capa

.7) =2

110

2 25 golpes por capa 20 golpes por capa

105

18.00

17.00

Peso específico seco, d [kN/m3]

19.00

s (G íos vac los en íre ea od cer con rva Cu

Línea de optimidad

120

Peso específico seco, d [lb/ft3]

Arcilla arenosa Límite liquido = 31 Índice de plásticidad = 26

1

16.00 100 10

12

14

16

18

20

22

15.20 24

Contenido de húmedad, w (%)

Figura G.5. Efecto de la energía de compactación en la compactación de una arcilla arenosa. 2.3. Prueba Proctor estándar.

Diametro 114.3 mm (4.5 plg)

Extensión

Diametro 101.6 mm (4 plg)

Caída = 304.8 mm (12 plg)

116.43 mm (4.584 plg) Peso del pisón = 2.5 kg (masa = 5.5 lb)

(a) 50.8 mm (2 plg)

(b)

Figura G.6. Equipo para la prueba Proctor estándar (a) molde, (b) pison, (Das, 1998).


Figura G.7. Compactación de un suelo, usando el pisón Proctor estándar 2.4. Prueba o ensayo Proctor modificado Molde de compactación de 4 plg de diámetro Molde de compactación de 6 plg de diámetro Martillo Pistón Compactador modificado Regla de 30cm.

Figura G.8. Equipo de compactación en laboratorio. Las tres variantes en el método de compactación Proctor modificado, varían en algunas especificaciones que se resumen en la Tabla G.2. El método de compactación se elige en función del porcentaje de tamaño de partículas presentes en la muestra de suelo. Para la selección del método de compactación el suelo debe ser tamizado a través de los tamices ¾ plg, 3/8 plg y Nº4. Tabla G.2. Especificaciones técnicas para la prueba de compactación Proctor según las especificaciones ASTM. Características - Volumen [cm3] - Diámetro [mm] Pisón - Masa [kg] -Altura de caída [mm] Número de capas de compactación Número de golpes por capa Energía de compactación [kN×m/m3] Suelo a usarse - Pasa el tamiz Criterio de selección: - Porcentaje retenido en el tamiz Nº 4 - Porcentaje retenido en el tamiz 3/8 plg. - Porcentaje retenido en el tamiz 3/4 plg. Molde:

A 944 101.6 4.54 457 5 25 2700 Nº 4

Método B 944 101.6 4.54 457 5 25 2700 3/8 plg

< 20 %

> 20 % < 20 %

C 2124 152.4 4.54 457 5 56 2700 ¾ plg

> 20 % < 30 %


Método A utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz Nº 4. Es aplicado a suelos con un porcentaje menor al 20 % de material retenido en el tamiz Nº 4. Método B utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz 3/8 plg. Es aplicado a muestras de suelo con un valor mayor al 20 % de material retenido en el tamiz Nº 4 y con un valor menor al 20 % de material retenido en el tamiz 3/8 plg. Método C utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz 3/4 plg. Es aplicado a muestras de suelo con un valor mayor al 20 % de material retenido en el tamiz 3/8 plg y con un valor menor al 30 % del material retenido en el tamiz 3/4 plg.

Densidad seca, d (Mg/m3)

Grado de 60% 80% 100% para s = 2.70 Mg/m3 saturación

1.9

Proctor Línea de saturación

Línea de optimidad

125

120

115

1.8 (B) Proctor Modificado

110

1.7

Densidad seca, d (lb/ft3)

2.0

105 (A)Proctor estándar

1.6 0

5

100 25

10 15 20 Contenido de húmedad, w(%)

Figura G.9. Curvas de compactación para los ensayos Proctor estándar y modificado. (Holtz & Kovacs, 2000)

3. Aplicación de la compactación a obras civiles. 3.1. Efecto de la compactación en las propiedades del suelo.

Densidad seca compactada, d

Efecto de la estructura del suelo en la compactación. Esfuerzo de compactación alto E B D C A

Esfuerzo de compactación bajo Contenido de húmedad, (%)

Figura G.10. Efecto de la compactación en la estructura del suelo. (Lambe, 1958)


b) (a)a) (b) Figura G.11. Estructuras extremas de un suelo arcilloso: (a) Alto grado de orientación de las partículas, (b) bajo grado de orientación de las partículas.

d

n ció cta pa om ec ad rv Cu

(%) 100 % floculada

100 % dispersa

(%) COMPACTACIÓN EN EL LABORATORIO Estática Por impacto Por amasado

Figura G.12. Influencia del tipo de compactación en la estructura adquirida por el suelo compactado.


Efecto de la compresibilidad en la compactación.

Muestra compactada del lado seco o no disturbada

Muestra compactada del lado hímedo o remoldeada

Presión, escála logarítmica Baja presión de consolidación

(a)



Muestra compactada del lado seco o no disturbada Muestra compactada del lado hímedo o remoldeada

Repercución de ambas muestras Presión, escála logarítmica Alta presión de consolidación (b) Figura G.13. Cambio en la compresibilidad con el contenido de agua del moldeado. (a) Baja presión de consolidación, (b) Alta presión de consolidación. (Lambe, 1958)

Permeabilidad (cm/seg)

Efecto de la permeabilidad de los suelos en el proceso de compactación.

10

-5

10

-6

10

-7

Densidad seca, d (lb/ft3)

12

13

14

15

16

17

18

19

Muestra los cambios de humedad y densidad de la penetración a través de los poros.

122

118

S=

100 %

114

100 12

13

14

15

16

17

18

19

Contenido de húmedad, (%)

Permeabilidad en ensayos de compactación en arcillas arenosas de Jamaica. Figura G.14. Cambio en la permeabilidad con el contenido de agua del moldeado. (Lambe, 1958)


Efecto de12la expansión en la compactación. 12 10

Expansión, Expansión, % %

10 8 86

Amasado

Estática

64

Amasado

Estática

Estática

24

Amasado

02 11

12

0 11

12

Estática

13 14 15 Amasado 16 17 Humedad de compactación, % 13

14

15

16

17

18

19

18

19

seco, d seco, [Ton/m Peso específico Peso específico d [Ton/m 3] 3]

Humedad de compactación, % 2.00 2.00 1.96 1.96 1.92

Peso específico en la prueba Proctor modificada Peso específico en la prueba Proctor modificada

100 % de saturación 100 % de saturación

1.92 1.88

Compactación relativa = 80 %

1.88 1.84 1.84 1.80 11

Compactación Estática Compactación por= amasado Compactación relativa 80 % 12 13 14 15 16 17 Compactación Estática por amasado HumedadCompactación de compactación, %

18

19

1.80 Figura G.15. una muestra 11 Expansión 12 13 de 14 15 16 de arcilla 17 18arenosa 19 compactada estáticamente y por Humedad de compactación, % manipulación.

Presión de expansión, Kg/cm2

2.0

1.6

1.2

0.8

0.4

0

0

4

8

12

16

20

Presión de compactación, Figura G.16. Relación entre la presión estática de compactación (energía de compactación)y la presión de expansión en una arcilla.


Efecto de la contracción en la compactación. 6 Lado seco del óptimo

Contracción axial (%)

5

Contenido de Lado húmedo del óptimo humedad óptimo

Amasado

4

3 Vibratoria

2 Estática

1

0 12 112

14

16

18

20

22

24

1.80

108

106

1.75

1.70

0% 10

Densidad seca, d (lbf/ft3)

n= ció ura sat de ado Gr

110

104 1.65 102 12

14

16

18

20

22

Densidad seca, d (ton/m3)

Compactación estática Compactación vibratoria Compactación por amasado

24

Contenido de húmedaden el molde, (%) 1.60

Figura G.17. La contracción como una función del contenido de agua y tipo de compactación. (Seed y Chan, 1959)


Esfuerzo requerido para causar 5 % de resistencia (Kg/cm2) Esfuerzo requerido para causar 25 % de resistencia (Kg/cm2)

Efecto de la resistencia de los suelos en el proceso de compactación. 12

Fuerza (Esfuerzo requerido para causar 25 % de resistencia) Vs. Contenido de humedad

10

8

6

4

2

Ensayo noconsolidado-nodrenado Presión de confinamiento = 10 Kg/cm2 0 10

12

14

16

12

18

22

24

26

Fuerza (Esfuerzo requerido para causar 5 % de resistencia) Vs. Contenido de humedad

10

8

Capas

6

4

Apisonadas Presión por capa de la pata

7

15

276 Psi

7 7

15 15

136 Psi 65 Psi

2 0 10

12

14

16

18

116

Densidad seca, d (lbf/ft3)

20

22

24

26

Densidad seca Vs. Gr contenido de humedad ad o de sa tu ra ció n =1 00 %

112

108 104 100 10

20

12

14

16

18

20

22

24

26

Contenido de húmedaden el molde, (%)

Figura G.18. La resistencia como una función de la energía de compactación, y el contenido de agua del moldeado. (Seed y Chan, 1959)


Efecto de la resistencia como medida del CBR de los suelos en el proceso de compactación.

Peso específico seco, d

100

75

50

25

0 120

Densidad seca, (lbf/ft3)

115

Ce ro

110

55 golpes por capa de aír ee n

105

26 golpes por capa 12 golpes por capa lo sv ac ío s

s=

2. 72

100

95

90 10

15

20

25


Nota: Peso 10 lb, caída 18” (Proctor modificado) Figura G.19. La resistencia como medida del CBR y la densidad seca versus el contenido de agua para compactación de impactos en laboratorio. (Tumbull y Foster, 1956)


Tabla G.3. Comparación de las propiedades del suelo entre la compactación por el lado húmedo y por el lado seco del óptimo. Propiedad 1. Estructura a. Disposición de las partículas b. Deficiencias de humedad

Comparación Del lado seco aleatorio Del lado seco, mayor deficiencia y por lo tanto mayor higroscopicidad, mayor expansión y menor presión de poros. La estructura del lado seco es más susceptible de variación.

2. Estructura 3. Permeabilidad a. Magnitud b. Estabilidad

Del lado seco, más permeable. Del lado seco, la permeabilidad se reduce mucho más por el flujo de agua.

4. Compresibilidad a. Magnitud

Del lado húmedo, mayor compresibilidad con bajas presiones y del lado seco con altas presiones. Del lado seco, se consolida más rápidamente.

b. Deficiencias de humedad 5. Resistencia a. En el molde  Sin drenaje  Con drenaje

Del lado seco, mucho mayor Del lado seco, algo mayor

b. Después de la saturación  Sin drenaje 

Con drenaje

c. Presión de poros en la falla d. Modo esfuerzo-deformación e. Sensibilidad

Del lado seco, algo mayor si se evita la expansión; del lado húmedo puede ser más elevada si se permite la expansión. Del lado seco, aproximadamente la misma o ligeramente mayor. Del lado húmedo, mayor Del lado seco, mucho mayor Del lado seco, más probabilidad de sensibilidad

4. Control de compactación. Hay básicamente dos categorías de las especificaciones de las obras de tierra:  Especificaciones de resultado final.  Especificaciones del método. 4.1. Especificaciones del resultado final. d = 0 e=

Densidad seca

d min

Índice de vacíos

e max

d d max e

0

e min

100

Índice de densidad ID o densidad relativa, Dr (%)

0

Compactación Relativa R.C. (%)

R.C.

80

100

Figura 5.17. Conceptos de densidad relativa y compactación relativa. (Lee y Singh, 1971)


Grado de compactación R  

R


ρ d en campo ρ d.maxen laboratorio

 100 %

100

[G.6]

[G.7]

Donde: R grado de compactación, expresado en porcentaje. d campo Peso unitario seco obtenido en campo. d max-lab Peso unitario seco máximo obtenido en laboratorio.

Rmaxteorico 

 zav  d maxlab

100

[G.8]

Donde: Rmax-teórico zav d max-lab

Grado de compactación máxima, expresado en porcentaje. Peso unitario seco teórico (zero air voids). Peso unitario seco máximo obtenido en laboratorio.

Línea óptima

Línea del 100 % de saturación

Densidad seca, d

d max

90 % R.C. 1

2 3

 opt a b Contenido de húmedaden, (%)

c

Figura G.21. Densidad seca en función del contenido de humedad, ilustrando la condición más eficiente para la compactación en campo. (Seed, 1964)


4.2. Especificaciones del método. 4.3. Determinación del grado de compactación o compactación relativa Pruebas Destructivas. Los pasos requeridos para las pruebas destructivas comunes en campo son: 1. Excavar un agujero en el terraplén generalmente del espesor de la capa compactada (el tamaño del agujero dependerá del tamaño máximo del material en el terraplén). Determinar el peso del material excavado, W. 2. Determinar el contenido de humedad del material extraído.

W  WS WS 3. Medir el volumen del material excavado. Las técnicas comúnmente empleadas para esto son el cono de arena, la membrana de hule, agregando agua o aceite de densidad conocida en el agujero es posible determinar el volumen del mismo. (Figura G.19) w

4. Calcular la el peso especifico γ del material. Conociendo el peso total W, del material excavado del agujero y el volumen del agujero, se calcula fácilmente γ.



W Vexc

[G.1]

Como también se conoce el contenido de humedad, se puede obtener el peso específico seco del terraplén, γ d.campo.

d 



[G.2]

1 w

5. Se compara γ d.campo con γd (ecuación [G.6])

max laboratorio

y se halla el grado de compactación

Cono de arena. El procedimiento de esta prueba es la siguiente: 1. Llenar el recipiente del cono con la arena de Ottawa. 2. Determinar el peso del recipiente más el cono más la arena de Ottawa dentro el recipiente. (W1) 3. Realizar la excavación del agujero en el área del terreno donde se realizara la compactación en campo. 4. Determinar el peso del suelo excavado del agujero. (W2)


5. Se debe conocer el contenido de humedad del suelo excavado. (w) 6. Determinar el peso seco del suelo, mediante la ecuación [G.7].

W3 

W2 1 w

[G.7]

7. Después de la excavación del agujero el cono lleno de arena es colocado inversamente sobre el agujero, como muestra la Figura G.19a Luego se abre la válvula del cono y la arena dentro el recipiente empezara a ingresar al agujero hasta que este se llene totalmente. 8. Determinar el peso de la arena más el peso del cono más el peso de la arena que sobro en el recipiente y el cono. 9. Determinar el peso de la arena que llena el agujero, W5 por medio de la ecuación [G.8]:

W5  W1  W4 [G.8] 10. Determinar el volumen del suelo excavado, mediante la ecuación [G.9]:

V

W5  Wc

[G.9]

 d . Arena

Donde: WC = Peso de la arena que llena solamente el cono. γd arena = Peso específico de de la arena de Ottawa. Los valores de WC y γd arena son determinados de la calibración hecha en laboratorio. 11. El peso específico seco puede ser determinado de la ecuación [G.10]:

d 

W3 Pesodel suelo secoexcavado del agujero  V Volumen del agujero

Frasco de vidrio con 20-30 de arena de Otawa (o similar)

Plato con agujero

Válvula Cono

(a) Cono de arena

[G.10]


Presión del aire Válvula check

Bomba

Agua

Válvula de aíre Membrana (parcialmente presionado en el agujero de la excavación) (b) Membrana de ule

Aceite

capa de polietileno para los suelos granulares

(c) Método del Aceite (ó agua)

Figura G.22. Algunos métodos para determinar la densidad en campo (Holtz & Kovacs, 2000)

Suelo del terraplén

Se divide en tres partes

Se agrega, es decir se mezcla 40 g. de agua y se compacta como en un ensayo estandar. Se mide la densidad de la muestra compactada.


Gráfica de resultados



Densidad húmeda

X

1+z

z

Grado de compactación del terraplén

M agua agregada M suelo húmedo

Densidad del suelo húmedo en el terraplén Densidad máxima escalada de abajo de la gráfica, X

Figura G.23. Procedimiento del método rápido de determinación del grado de compactación del terraplén.

Figura G.24. Densímetro nuclear en funcionamiento. (ELE internacional, 1993)

Manómetro

Detectores

Fuente

Trayectoria del fotón (a)


Manómetro

Detectores

Fuente

Trayectoria del fotón (b)

Detectores Fuente

Trayectoria del fotón (c)

Figura G.25. Determinación nuclear de la densidad y el contenido de humedad: (a) Transmisión directa, (b) Dispersión trasera, (c) Boquete de aíre. (Troxler electronic laboratorios, Inc., Research triangle park, North Carolina).

5. Compactación en campo. S

1

110

1.9

=

10 0%

1.8

2 1.7

100

3

1.6 5 6

4 90

10

Densidad seca, [ton/m3]

Densidad seca, [lbf/ft3]

120

1.5 15

20

25

Contenido de humedad (%)

Figura G.26. Comparación entre las compactaciones en laboratorio y en campo, (1) Compactación estática en laboratorio, 140 kg/cm2, (2) Proctor modificado, (3) Proctor estándar, (4) Compactación estática en laboratorio a 14 kg/cm2, (5) Compactación en campo con seis pasadas de un rodillo neumático, (6) Compactación en campo con seis pasadas de un rodillo pata de cabra. Nota. La compactación estática se aplico por ambas caras de la muestra. (Turnbull, 1950) 5.1. Tipos de compactadoras. Rodillos pata de cabra. (Compactación por manipulación)


Figura G.27. Compactador con rodillos pata de cabra. Rodillo Vástago

Vástago

(c) (d)

(b) Pata

(a) (b) (c) (d)

afilado de base ampliada prismática de cabra

(a)

Figura G.28. Formas usuales en las patas de los rodillos pata de cabra, (J. Badillo, 1976). Todos los vástagos son de sección cuadrada y 15 cm de lado F Superficie original F d, en Kg/m3 F del terreno.

1350 1350

1300

1300 1200 1200 1200 1200 1250 1250 1250

1200 1250

1300 1250

1200

15 cm

Capa compactada

Figura G.29. Influencia de la forma en la punta del vástago de los “rodillos pata de cabra”, (J. Badillo, 1976). F

F

F Superficie original del terreno.

Circular de 12 cm de diámetro

Cuadrado de 10 cm de lado

100 cm2

d, Kg/m3

1300

100 cm2

225 cm2

1300 10 cm

12 cm

1300

1250 1200

Cuadrado de 15 cm de lado

1250 1200

1250 1200

1200

15 cm 1250 1200

Capa compactada

Figura G.30. Influencia del tamaño y área de la sección recta en los vástagos de los “rodillos pata de cabra”, (J. Badillo, 1976).


Rodillos de pata apisonadora. (Compactación por manipulación)

Figura G.31. Compactador con rodillos de pata apisonadora.

Rodillos Neumáticos. (Compactación por presión)

Peso específico seco máximo, [ton/m3]

Figura G.32. Compactador con rodillos neumáticos. 2.2 2.1

Grava - arena - arcilla

2.0 Arcilla arenosa 1.9 1.8 Arcilla plástica 1.7 1.61.75 3.50 5.75 7.00 8.75 10.50

Presión de inflado, Kg/cm2

Figura G.33. Compactación con rodillo neumático. Relación entre el peso especifico seco y la presión de inflado. (Juárez Badillo, 1976) Rodillos vibratorios. (Compactación por vibración)


(a)

(b)

Figura G.34. (a) Compactador con rodillos vibratorios, (b) Rodillo liso vibratorio tipo remolcado. Rodillos lisos. (Compactación por presión)

Figura G.35. Compactador con rodillos lisos de acero. Compactación con equipos manuales. (Compactación por impacto, vibración)

Figura G.36. Compactador con placa vibratoria. 5.2. Elección de la compactadora en campo.

ANEXO G Compactación Zonas de aplicación de las compactadoras

100 % Arcilla Limo Pata de cabra

100 % Arena

Métodos de compactación

Roca Presión, manipulación Presión, manipulación Presión, vibración Presión Presión, manipulación Presión, manipulación

Rejilla Vibratorio Rodillos de acero lisos Multiples llantas neumaticos Neumaticos pesados Pies de amasado vibratorio Pies de amasado remolcado Pies de amasado de alta velocidad Pies de amasado Pies de amasado caterpiler caterpiler

Presión, manipulación, vibración Presión, manipulación Presión, manipulación, impacto, vibración Presión, manipulación, impacto, vibración

Figura G.37. Tipos de suelo lo mejor posible satisfechos para varios tipos de equipos de compactación. (Coduto, 1998) 5.3. Factores que afectan la compactación en campo. Efecto del número de pasadas del rodillo.

Contenido de humedad = 11.6 %

17 16

100

15 90

14 Arcilla limosa Límite liquido = 43 Índice de plásticidad = 19

80

70

0

8 16 24 Número de pasadas del rodillo

13 12

Peso específico seco, d [kN/m3]

Peso específico seco, d [lb/ft3]

18 Contenido de humedad = 17.8 %

110

11 32

Figura G.38. Relación entre el peso específico seco y el número de pasadas (por un rodillo liso de tres llantas de 9.5 ton), el suelo de un estrato suelto es compactado 9 plg a diferentes contenidos de humedad. Curva de crecimiento para una arcilla limosa.  Rodillos Pata de cabra.


2.2

Grava arena - arcilla

Peso específico seco, d [Ton/m3]

Arcilla arenosa 2.0

1.8

Arcilla limosa

1.6

Arcilla plástica

1.4

1.2

0

20 40 60 Número de pasadas

Figura G.39. Efecto del número de pasadas en el grado de compactación de diversos suelos con un rodillo para de cabra, (Lambe Whitman, 1976) Rodillos Neumáticos.

1.9 1.9

seco,d[dTon/m específicoseco, [Ton/m Peso Pesoespecífico 3]3]

seco,d[dTon/m seco,d[dTon/m específicoseco, específicoseco, [Ton/m [Ton/m Peso Pesoespecífico 3]3] Peso Pesoespecífico 3]3]



Arcilla plástica Arcilla plástica 1 1 2 2

1.8 1.8 1.7 1.7

3 3

1.6 1.6 1.5 1.5 0 0

8 16 24 8 Número de16pasadas24

32 32

Número de pasadas 2.2 2.2

1 1

2 2

2.1 2.1

1 1 2 2 3 3

2.0 2.0

Grava - arena - arcilla Grava - arena - arcilla

1.8 1.8 0 0

8

1 1

16

24

8 Número de16pasadas24 Número de pasadas

2 2

1.8 1.8

3 3 Arcilla arenosa Arcilla arenosa

1.7 1.7 1.6 1.6 1.5 1.5 0 0

Carga/rueda Curva Carga/rueda Curva Tn. Tn.

3 3

1.9 1.9

1.9 1.9

10.15 10.15 5.0 5.0 1.35 1.35

8

16

24

8 16pasadas 24 Número de Número de pasadas

Presión/inflado Presión/inflado Kg/cm2 Kg/cm2

Espesor Espesor capas sueltas capas cm.sueltas cm.

10.0 10.0 6.3 6.3 2.5 2.5

30.5 30.5 30.5 30.5 23.0 23.0

32 32

32 32

Figura G.40. Compactación con rodillo neumático. Efecto del número de pasadas y de la presión de inflado en el peso especifico seco de diversos suelos. 

Compactadores vibratorios.


% de la compactación final

100 Profundidad 80

10 cm. 50 cm. 90 cm.

60 40 20 0

0

2 4 6 C. Estática

8

2

4 6 8 C. Vibratoria

10

Número de pasadas

Figura G.41. Ilustración de la eficiencia de la compactación por vibración. Efecto de la profundidad bajo la superficie a ser compactada.

100

Peso específico seco, d [lb/ft3] 104 108 0.00

0

1

2

3 1.00

Número de pasadas del rodillo = 2

4

Profundidad [m]

Profundidad [ft]

0.50

5 5

1.50

15 45

1.83 16.00 16.50 17.00 Peso específico seco, d [kN/m3] Figura G.42. Variación del peso específico seco con el número de pasadas del rodillo; espesor del terraplén = 2.44 m. 6 15.72



Rodillos pata de cabra.


Porcentaje de compactación, [Proctor modificado]

100 1 Suelo limo-arenoso, presión de contacto de 14.1 Kg/cm2 2 Suelo arena-limosa, presión de contacto de 14.1 Kg/cm2 3 Suelo limo-arenoso, presión de contacto de 7,4 Kg/cm2

3 90 1

80

2

70 0

10 20 30 40 50 60 Profundidad bajo la superficie compactada, cm.

70

Figura G.43. Efecto de la compactación con rodillo pata de cabra en relación con la profundidad de la capa compactada.

Peso específico seco, d [Kg/m3]



Rodillos lisos.

2000

Nota. Las cantidades anotadas junto a los triángulos [ ] representan la presión en Kg/cm2 registrada en el suelo a la profundidad correspondiente.

2.62

1800

1.29

1600

0.97

1400 0.75

1200

0

10

20

30

40

50

Profundidad bajo la superficie compactada, cm.

Figura G.44. Disipación de la presión de contacto de un rodillo liso con la profundidad. Tabla G.4 Compactación recomendada para rellenos. (Frederick S. Merritt, "Manual del Ingeniero Civil", tomo II, 3th Ed., 1995)

Densidad en seco, lb/pie3

Densidad en seco, KN/m3

Compactación recomendada, %

Menos de 90

Menos de 14.14

----

90-100

14.14-15.71

95-100

100-110

15.71-17.29

95-100

110-120

17.29-18.86

90-95

120-130

18.86-20.43

90-95

Más de 130

Más de 20.43

90-95

ANEXO H Incremento de esfuerzos

ANEXO H INCREMENTO DE ESFUERZOS. Incremento de esfuerzo originado por una carga puntual (Boussignesq).

   P  3 p z  2  z 2   

   1  5   r 2  2      1   z      

[H.1]

Donde: P = Carga puntual Z = Profundidad al punto en estudio R = Distancia horizontal entre el punto de aplicación de la carga y el punto en estudio. Incremento de esfuerzo originado por una carga lineal infinita.

p z 

2 q z3



 r2  z2



2

[H.2]

Donde: q = Carga distribuida por unidad de longitud z = Profundidad al punto en estudio r = Distancia horizontal al punto en estudio. Incremento de esfuerzo originado por una carga uniforme flexible de ancho finito y longitud infinita (carga corrida)

p z  q I 2

Donde:

pz= Incremento de presión vertical. I2 = Factor de multiplicación.

[H.3]


B/2

I2 

2  B / 2



z3

x  r 

2

 z2



2

dr

El valor de I2 puede ser estimado de tablas. Tabla H.1. Factor de influencia para carga corrida (I2) 2x/B 2z/B 0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00 1,10 1,20 1,30 1,40 1,50 1,60 1,70 1,80 1,90 2,00 2,10 2,20 2,30 2,40 2,50 2,60 2,70 2,80 2,90 3,00 3,10 3,20 3,30 3,40 3,50 3,60 3,70 3,80 3,90 4,00 4,10 4,20 4,30 4,40 4,50 4,60 4,70 4,80 4,90 5,00

0,0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1,0

1,000 1,000 0,997 0,990 0,977 0,959 0,937 0,910 0,881 0,850 0,818 0,787 0,755 0,725 0,696 0,668 0,642 0,617 0,593 0,571 0,550 0,530 0,511 0,494 0,477 0,462 0,447 0,433 0,420 0,408 0,396 0,385 0,374 0,364 0,354 0,345 0,337 0,328 0,320 0,313 0,306 0,299 0,292 0,286 0,280 0,274 0,268 0,263 0,258 0,253 0,248

1,000 1,000 0,997 0,989 0,976 0,958 0,935 0,908 0,878 0,847 0,815 0,783 0,752 0,722 0,693 0,666 0,639 0,615 0,591 0,569 0,548 0,529 0,510 0,493 0,476 0,461 0,446 0,432 0,419 0,407 0,395 0,384 0,373 0,363 0,354 0,345 0,336 0,328 0,320 0,313 0,305 0,299 0,292 0,286 0,280 0,274 0,268 0,263 0,258 0,253 0,248

1,000 0,999 0,996 0,987 0,973 0,953 0,928 0,899 0,869 0,837 0,805 0,774 0,743 0,714 0,685 0,658 0,633 0,608 0,585 0,564 0,543 0,524 0,506 0,489 0,473 0,458 0,443 0,430 0,417 0,405 0,393 0,382 0,372 0,362 0,352 0,343 0,335 0,327 0,319 0,312 0,304 0,298 0,291 0,285 0,279 0,273 0,268 0,262 0,257 0,252 0,247

1,000 0,999 0,995 0,984 0,966 0,943 0,915 0,885 0,853 0,821 0,789 0,758 0,728 0,699 0,672 0,646 0,621 0,598 0,576 0,555 0,535 0,517 0,499 0,483 0,467 0,452 0,439 0,425 0,413 0,401 0,390 0,379 0,369 0,359 0,350 0,341 0,333 0,325 0,317 0,310 0,303 0,296 0,290 0,283 0,278 0,272 0,266 0,261 0,256 0,251 0,246

1,000 0,999 0,992 0,978 0,955 0,927 0,896 0,863 0,829 0,797 0,766 0,735 0,707 0,679 0,653 0,629 0,605 0,583 0,563 0,543 0,524 0,507 0,490 0,474 0,460 0,445 0,432 0,419 0,407 0,396 0,385 0,375 0,365 0,355 0,346 0,338 0,330 0,322 0,315 0,307 0,301 0,294 0,288 0,282 0,276 0,270 0,265 0,260 0,255 0,250 0,245

1,000 0,998 0,988 0,967 0,937 0,902 0,866 0,831 0,797 0,765 0,735 0,706 0,679 0,654 0,630 0,607 0,586 0,565 0,546 0,528 0,510 0,494 0,479 0,464 0,450 0,436 0,424 0,412 0,400 0,389 0,379 0,369 0,360 0,351 0,342 0,334 0,326 0,318 0,311 0,304 0,298 0,291 0,285 0,279 0,274 0,268 0,263 0,258 0,253 0,248 0,244

1,000 0,997 0,979 0,947 0,906 0,864 0,825 0,788 0,755 0,724 0,696 0,670 0,646 0,623 0,602 0,581 0,562 0,544 0,526 0,510 0,494 0,479 0,465 0,451 0,438 0,426 0,414 0,403 0,392 0,382 0,372 0,363 0,354 0,345 0,337 0,329 0,321 0,314 0,307 0,301 0,294 0,288 0,282 0,276 0,271 0,266 0,260 0,255 0,251 0,246 0,242

1,000 0,993 0,959 0,908 0,855 0,808 0,767 0,732 0,701 0,675 0,650 0,628 0,607 0,588 0,569 0,552 0,535 0,519 0,504 0,489 0,475 0,462 0,449 0,437 0,425 0,414 0,403 0,393 0,383 0,373 0,364 0,355 0,347 0,339 0,331 0,323 0,316 0,309 0,303 0,296 0,290 0,284 0,278 0,273 0,268 0,263 0,258 0,253 0,248 0,244 0,239

1,000 0,980 0,909 0,833 0,773 0,727 0,691 0,662 0,638 0,617 0,598 0,580 0,564 0,548 0,534 0,519 0,506 0,492 0,479 0,467 0,455 0,443 0,432 0,421 0,410 0,400 0,390 0,381 0,372 0,363 0,355 0,347 0,339 0,331 0,324 0,317 0,310 0,304 0,297 0,291 0,285 0,280 0,274 0,269 0,264 0,259 0,254 0,250 0,245 0,241 0,237

1,000 0,909 0,775 0,697 0,651 0,620 0,598 0,581 0,566 0,552 0,540 0,529 0,517 0,506 0,495 0,484 0,474 0,463 0,453 0,443 0,433 0,423 0,413 0,404 0,395 0,386 0,377 0,369 0,360 0,352 0,345 0,337 0,330 0,323 0,316 0,310 0,304 0,298 0,292 0,286 0,280 0,275 0,270 0,265 0,260 0,255 0,251 0,246 0,242 0,238 0,234

0,000 0,500 0,500 0,499 0,498 0,497 0,495 0,492 0,489 0,485 0,480 0,474 0,468 0,462 0,455 0,448 0,440 0,433 0,425 0,417 0,409 0,401 0,393 0,385 0,378 0,370 0,363 0,355 0,348 0,341 0,334 0,327 0,321 0,315 0,308 0,302 0,297 0,291 0,285 0,280 0,275 0,270 0,265 0,260 0,256 0,251 0,247 0,243 0,239 0,235 0,231


Tabla H.1 (continuación). Factor de influencia para carga corrida (I2) 2x/B 2z/B 0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00 1,10 1,20 1,30 1,40 1,50 1,60 1,70 1,80 1,90 2,00 2,10 2,20 2,30 2,40 2,50 2,60 2,70 2,80 2,90 3,00 3,10 3,20 3,30 3,40 3,50 3,60 3,70 3,80 3,90 4,00 4,10 4,20 4,30 4,40 4,50 4,60 4,70 4,80 4,90 5,00

1,1

1,2

1,3

1,4

1,5

1,6

1,7

1,8

1,9

2,0

0,000 0,091 0,225 0,301 0,346 0,373 0,391 0,403 0,411 0,416 0,419 0,420 0,419 0,417 0,414 0,411 0,407 0,402 0,396 0,391 0,385 0,379 0,373 0,366 0,360 0,354 0,347 0,341 0,335 0,329 0,323 0,317 0,311 0,305 0,300 0,294 0,289 0,284 0,279 0,274 0,269 0,264 0,260 0,255 0,251 0,247 0,243 0,239 0,235 0,231 0,227

0,000 0,020 0,091 0,165 0,224 0,267 0,298 0,321 0,338 0,351 0,360 0,366 0,371 0,373 0,374 0,374 0,373 0,370 0,368 0,364 0,360 0,356 0,352 0,347 0,342 0,337 0,332 0,327 0,321 0,316 0,311 0,306 0,301 0,296 0,291 0,286 0,281 0,276 0,272 0,267 0,263 0,258 0,254 0,250 0,246 0,242 0,238 0,235 0,231 0,227 0,224

0,000 0,007 0,040 0,090 0,141 0,185 0,222 0,250 0,273 0,291 0,305 0,316 0,325 0,331 0,335 0,338 0,339 0,339 0,339 0,338 0,336 0,333 0,330 0,327 0,323 0,320 0,316 0,312 0,307 0,303 0,299 0,294 0,290 0,286 0,281 0,277 0,273 0,268 0,264 0,260 0,256 0,252 0,248 0,244 0,241 0,237 0,234 0,230 0,227 0,223 0,220

0,000 0,003 0,020 0,052 0,090 0,128 0,163 0,193 0,218 0,239 0,256 0,271 0,282 0,291 0,298 0,303 0,307 0,309 0,311 0,312 0,311 0,311 0,309 0,307 0,305 0,302 0,299 0,296 0,293 0,290 0,286 0,283 0,279 0,275 0,271 0,268 0,264 0,260 0,256 0,253 0,249 0,246 0,242 0,239 0,235 0,232 0,229 0,225 0,222 0,219 0,216

0,000 0,002 0,011 0,031 0,059 0,089 0,120 0,148 0,173 0,195 0,214 0,230 0,243 0,254 0,263 0,271 0,276 0,281 0,284 0,286 0,288 0,288 0,288 0,288 0,287 0,285 0,283 0,281 0,279 0,276 0,274 0,271 0,268 0,265 0,261 0,258 0,255 0,252 0,249 0,245 0,242 0,239 0,236 0,233 0,229 0,226 0,223 0,220 0,217 0,215 0,212

0,000 0,001 0,007 0,020 0,040 0,063 0,088 0,113 0,137 0,158 0,177 0,194 0,209 0,221 0,232 0,240 0,248 0,254 0,258 0,262 0,265 0,267 0,268 0,268 0,268 0,268 0,267 0,266 0,265 0,263 0,261 0,259 0,256 0,254 0,251 0,249 0,246 0,243 0,240 0,238 0,235 0,232 0,229 0,226 0,224 0,221 0,218 0,215 0,213 0,210 0,207

0,000 0,001 0,004 0,013 0,027 0,046 0,066 0,087 0,108 0,128 0,147 0,164 0,178 0,191 0,203 0,213 0,221 0,228 0,234 0,239 0,243 0,246 0,248 0,250 0,251 0,251 0,251 0,251 0,250 0,249 0,248 0,247 0,245 0,243 0,241 0,239 0,237 0,235 0,232 0,230 0,227 0,225 0,222 0,220 0,217 0,215 0,212 0,210 0,208 0,205 0,203

0,000 0,000 0,003 0,009 0,030 0,034 0,050 0,068 0,086 0,104 0,122 0,138 0,152 0,166 0,177 0,188 0,197 0,205 0,212 0,217 0,222 0,226 0,229 0,232 0,234 0,235 0,236 0,236 0,236 0,236 0,236 0,235 0,234 0,232 0,231 0,229 0,228 0,226 0,224 0,222 0,220 0,218 0,216 0,213 0,211 0,209 0,207 0,205 0,202 0,200 0,198

0,000 0,000 0,002 0,007 0,014 0,025 0,038 0,053 0,069 0,085 0,101 0,116 0,130 0,143 0,155 0,165 0,175 0,183 0,191 0,197 0,203 0,208 0,212 0,215 0,217 0,220 0,221 0,222 0,223 0,223 0,223 0,223 0,223 0,222 0,221 0,220 0,218 0,217 0,216 0,214 0,212 0,211 0,209 0,207 0,205 0,203 0,201 0,199 0,197 0,195 0,193

0,000 0,000 0,002 0,005 0,011 0,019 0,030 0,042 0,056 0,070 0,084 0,098 0,111 0,123 0,135 0,146 0,155 0,164 0,172 0,179 0,185 0,190 0,195 0,199 0,202 0,205 0,207 0,208 0,210 0,211 0,211 0,212 0,212 0,211 0,211 0,210 0,209 0,208 0,207 0,206 0,205 0,203 0,202 0,200 0,199 0,197 0,195 0,194 0,192 0,190 0,188


Incremento de esfuerzo originado por una carga uniforme flexible circular.

    p z  q 1      

1 3 2

 D     1  2 z   2

         

[H.4]

Donde: q = Carga distribuida por unidad de área z = Profundidad al punto en estudio D = Diámetro. Para la determinación del incremento vertical en cualquier punto por debajo de una carga uniforme circular flexible, referirse a las Tablas H.2, H.3 y a la ecuación [H.4] presentadas a continuación. Tabla H.2. Valores de A′ en función a z/R y r/R 2z/D 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,2 1,5 2,0 2,5 3 4 5 6 7 8 9 10

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0 0,90050 0,80388 0,71265 0,62861 0,55279 0,48550 0,42654 0,37531 0,33104 0,29289 0,23178 0,16795 0,10557 0,07152 0,05132 0,02986 0,01942 0,01361 0,01005 0,00772 0,00612

1,0 0,89748 0,79824 0,70518 0,62015 0,54403 0,47691 0,41874 0,36832 0,32492 0,28763 0,22795 0,16552 0,10453 0,07098 0,05101 0,02976 0,01938

1,0 0,88679 0,77884 0,68316 0,59241 0,51622 0,45078 0,39491 0,34729 0,30669 0,27005 0,21662 0,15877 0,10140 0,06947 0,05022 0,02907

1,0 0,86126 0,73483 0,62690 0,53767 0,46448 0,40427 0,35428 0,31243 0,27707 0,24697 0,19890 0,14804 0,09647 0,06698 0,04886 0,02802

1,0 0,78797 0,63014 0,52081 0,44329 0,38390 0,33676 0,29833 0,26581 0,23832 0,21468 0,17626 0,13436 0,09011 0,06373 0,04707 0,02832

2r/D 1,0 1,2 0,5 0,43015 0,38269 0,34375 0,31048 0,28156 0,25588 0,21727 0,21297 0,19488 0,17868 0,15101 0,11892 0,08269 0,05974 0,04487 0,02749 0,01835 0,01307 0,00976 0,00755 0,00600

0 0,09645 0,15433 0,17964 0,18709 0,18556 0,17952 0,17124 0,16206 0,15253 0,14329 0,12570 0,10296 0,07471 0,05555 0,04241 0,02651

1,5

2

3

4

5

0 0,02787 0,05251 0,07199 0,08593 0,09499 0,10010 0,10228 0,10236 0,10094 0,09849 0,09192 0,08048 0,06275 0,04880 0,03839 0,02490

0 0,00856 0,01680 0,02440 0,03118 0,03701

0 0,00211 0,00419 0,00622

0 0,00084 0,00167 0,00250

0 0,00042 0,00083

0,01013

0,00407

0,00209

0,01742 0,01935 0,02142 0,02221 0,02143 0,01980 0,01592 0,01249 0,00983 0,00784 0,00635 0,00520 0,00438

0,00761 0,00871 0,01013 0,01160 0,01221 0,01220 0,01109 0,00949 0,00795 0,00661 0,00554 0,00466 0,00397

0,00393 0,00459 0,00548 0,00659 0,00732 0,00770 0,00768 0,00708 0,00628 0,00548 0,00472 0,00409 0,00352

0,00477

pz= q (A′ + B′) Donde: q = Carga distribuida por unidad de área A’ = Parámetro de esfuerzo. B’ = Parámetro de esfuerzo.

0,04558

0,05185 0,05260 0,05116 0,04496 0,03787 0,03150 0,02193 0,01573 0,01168 0,00894 0,00703 0,00566 0,00465

[H.5]

ANEXO H Incremento de esfuerzos Tabla H.3. Valores de B′ en función a z/R y r/R. 2z/D 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,2 1,5 2,0 2,5 3 4 5 6 7 8 9 10

2r/D 1,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

0 0,09852 0,18857 0,26362 0,32016 0,35777 0,37831 0,38487 0,38091 0,36962 0,35355 0,31485 0,25602 0,17889 0,12807 0,09487 0,05707 0,03772 0,02666 0,01980 0,01526 0,01212

0 0,10140 0,19306 0,26787 0,32259 0,35752 0,37531 0,37962 0,37408 0,36275 0,34553 0,30730 0,25025 0,18144 0,12633 0,09394 0,05666 0,03760

0 0,11138 0,20772 0,28018 0,32748 0,35323 0,36308 0,36072 0,35133 0,33734 0,32075 0,28481 0,23338 0,16644 0,12126 0,09099 0,05562

0 0,13424 0,23524 0,29483 0,32273 0,33106 0,32822 0,31929 0,30699 0,29299 0,27819 0,24836 0,20694 0,15198 0,11327 0,08635 0,05383

0 0,18796 0,25983 0,27257 0,26925 0,26236 0,25411 0,24638 0,23779 0,22891 0,21978 0,20113 0,17368 0,13375 0,10298 0,08033 0,05145

0 0,05388 0,08513 0,10757 0,12404 0,13591 0,14440 0,14986 0,15292 0,15404 0,15355 0,14915 0,13732 0,11331 0,09130 0,07325 0,04773 0,03384 0,02468 0,01868 0,01459 0,01170

1,5

2

3

4

0

0

0

0

0

-0,07899 -0,07759 -0,04316 -0,00766

-0,02672 -0,04448 -0,04999 -0,04535 -0,03455 -0,02101 -0,00702

-0,00845 -0,01593 -0,02166 -0,02522 -0,02651

0,02165 0,04457 0,06209 0,07530 0,08507 0,09210 0,10002 0,10193 0,09254 0,07869 0,06551 0,04532

-0,00042 -0,00083

-0,00991 -0,00388

-0,00199

-0,02329

0,00614 0,01795 0,02814 -0,01005 -0,01115 -0,00608 -0,00344 0,04378 0,00023 -0,00995 -0,00632 -0,00378 0,05745 0,01385 -0,00669 -0,00600 -0,00401 0,06371 0,02836 0,00028 -0,00410 -0,00371 0,06022 0,03429 0,00661 -0,00130 -0,00271 0,05354 0,03511 0,01112 0,00157 -0,00134 0,03995 0,03066 0,01515 0,00595 0,00155 0,02474 0,01522 0,00810 0,00371 0,01968 0,01380 0,00867 0,00496 0,01577 0,01204 0,00842 0,00547 0,01279 0,01034 0,00779 0,00554 0,01054 0,00888 0,00705 0,00533 0,00924 0,00879 0,00764 0,00631 0,00501

p z  q I 3

I3 

 0 0

[H.6]

3 z3



2 x y  2

Tabla H.4. Factor de influencia para carga rectangular (I3) m n 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,5 3,0 4,0 5,0 6,0

0

-0,00210 -0,00084 -0,00412 -0,00166 -0,00599 -0,00245

Incremento de esfuerzo originado por una carga uniforme flexible rectangular

BL

5

2



5 z2 2

dx dy

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1,0

0,0047 0,0092 0,0132 0,0168 0,0198 0,0222 0,0242 0,0258 0,0270 0,0279 0,0293 0,0301 0,0306 0,0309 0,0311 0,0314 0,0315 0,0316 0,0316 0,0316

0,0092 0,0179 0,0259 0,0328 0,0387 0,0435 0,0474 0,0504 0,0528 0,0547 0,0573 0,0589 0,0599 0,0606 0,0610 0,0616 0,0618 0,0619 0,0620 0,0620

0,0132 0,0259 0,0374 0,0474 0,0559 0,0629 0,0686 0,0731 0,0766 0,0794 0,0832 0,0856 0,0871 0,0880 0,0887 0,0895 0,0898 0,0901 0,0901 0,0902

0,0168 0,0328 0,0474 0,0602 0,0711 0,0801 0,0873 0,0931 0,0977 0,1013 0,1063 0,1094 0,1114 0,1126 0,1134 0,1145 0,1150 0,1153 0,1154 0,1154

0,0198 0,0387 0,0559 0,0711 0,0840 0,0947 0,1034 0,1104 0,1158 0,1202 0,1263 0,1300 0,1324 0,1340 0,1350 0,1363 0,1368 0,1372 0,1374 0,1374

0,0222 0,0435 0,0629 0,0801 0,0947 0,1069 0,1169 0,1247 0,1311 0,1361 0,1431 0,1475 0,1503 0,1521 0,1533 0,1548 0,1555 0,1560 0,1561 0,1562

0,0242 0,0474 0,0686 0,0873 0,1034 0,1168 0,1277 0,1365 0,1436 0,1491 0,1570 0,1620 0,1652 0,1672 0,1686 0,1704 0,1711 0,1717 0,1719 0,1719

0,0258 0,0504 0,0731 0,0931 0,1104 0,1247 0,1365 0,1461 0,1537 0,1598 0,1684 0,1739 0,1774 0,1797 0,1812 0,1832 0,1841 0,1847 0,1849 0,1850

0,0270 0,0528 0,0766 0,0977 0,1158 0,1311 0,1436 0,1537 0,1619 0,1684 0,1777 0,1836 0,1874 0,1899 0,1915 0,1938 0,1947 0,1954 0,1956 0,1957

0,0279 0,0547 0,0794 0,1013 0,1202 0,1361 0,1491 0,1598 0,1684 0,1752 0,1851 0,1914 0,1955 0,1981 0,1999 0,2024 0,2034 0,2042 0,2044 0,2045


n 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,5 3,0 4,0 5,0 6,0

m 1,2

1,4

1,6

1,8

2,0

2,5

3,0

4,0

5,0

6,0

0,0293 0,0573 0,0832 0,1063 0,1263 0,1431 0,1570 0,1684 0,1777 0,1851 0,1958 0,2028 0,2073 0,2103 0,2124 0,2151 0,2163 0,2172 0,2175 0,2176

0,0301 0,0589 0,0856 0,1094 0,1300 0,1475 0,1620 0,1739 0,1836 0,1914 0,2028 0,2102 0,2151 0,2183 0,2206 0,2236 0,2250 0,2260 0,2263 0,2264

0,0306 0,0599 0,0871 0,1114 0,1324 0,1503 0,1652 0,1774 0,1874 0,1955 0,2073 0,2151 0,2203 0,2237 0,2261 0,2294 0,2309 0,2320 0,2324 0,2325

0,0309 0,0606 0,0880 0,1126 0,1340 0,1521 0,1672 0,1797 0,1899 0,1981 0,2103 0,2184 0,2237 0,2274 0,2299 0,2333 0,2350 0,2362 0,2366 0,2367

0,0311 0,0610 0,0887 0,1134 0,1350 0,1533 0,1686 0,1812 0,1915 0,1999 0,2124 0,2206 0,2261 0,2299 0,2325 0,2361 0,2378 0,2391 0,2395 0,2397

0,0314 0,0616 0,0895 0,1145 0,1363 0,1548 0,1704 0,1832 0,1938 0,2024 0,2151 0,2236 0,2294 0,2333 0,2361 0,2401 0,2420 0,2434 0,2439 0,2441

0,0315 0,0618 0,0898 0,1150 0,1368 0,1555 0,1711 0,1841 0,1947 0,2034 0,2163 0,2250 0,2309 0,2350 0,2378 0,2420 0,2439 0,2455 0,2460 0,2463

0,0316 0,0619 0,0901 0,1153 0,1372 0,1560 0,1717 0,1847 0,1954 0,2042 0,2172 0,2260 0,2320 0,2362 0,2391 0,2434 0,2455 0,2472 0,2479 0,2482

0,0316 0,0620 0,0901 0,1154 0,1374 0,1561 0,1719 0,1849 0,1956 0,2044 0,2175 0,2263 0,2323 0,2366 0,2395 0,2439 0,2461 0,2479 0,2486 0,2489

0,0316 0,0620 0,0902 0,1154 0,1374 0,1562 0,1719 0,1850 0,1957 0,2045 0,2176 0,2264 0,2325 0,2367 0,2397 0,2441 0,2463 0,2481 0,2489 0,2492

Figura H.1. Factor de influencia para carga rectangular flexible (Das, 1999)


Donde:

m

B z

y

n

L z

Metodo grafico de newmark.

Figura H.2. Diagrama de Newmark. Incremento de esfuerzo vertical en un suelo finito originado por una superficie de carga uniforme en un area circular y un area rectangular Area circular ( Milovic, 1970) a qs

r H1

z

Base rígida rugosa


0

0.2

0

0.4

0.6

0.8

1.0

H1 2 a

2

 Z qS

H1 1 a

r 0 a

H1 4 a 4

  0.3

H1 6 a 6z

(a) Bajo el centro

a

0

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

 Z qS

H1 1 a

H1 2 a

2

H1 4 a 4

r 1 a   0.3

H1 6 a 6 z a

(b) Bajo la esquina

Figura H.3. Ábaco para determinar el incremento de esfuerzo vertical bajo un área circular.


Area rectangular con base rugosa rigida (milovic and tournier, 1971)

qs

L B

 = 0.3

H1

z

Base rígida rugosa

Tabla H.5 Factores de influencia bajo carga distribuida L/B 1 2 3 Centro H1/B z/B z/qs

1

L/B 2 Esquina

3

z/qs

1

0,000 0,100 0,200 0,400 0,600 0,800 1,000

1,000 0,974 0,943 0,842 0,690 0,570 0,568

1,000 0,992 0,977 0,924 0,827 0,734 0,638

1,000 0,996 0,981 0,922 0,832 0,751 0,672

0,250 0,250 0,250 0,250 0,250 0,238 0,220

0,250 0,250 0,250 0,250 0,250 0,244 0,232

0,250 0,250 0,250 0,250 0,250 0,244 0,233

2

0,000 0,100 0,200 0,400 0,800 1,200 1,600 2,000

1,000 0,970 0,930 0,802 0,464 0,286 0,204 0,155

1,000 0,985 0,963 0,878 0,619 0,441 0,340 0,269

1,000 0,990 0,971 0,890 0,670 0,528 0,443 0,377

0,250 0,250 0,250 0,244 0,211 0,172 0,142 0,117

0,250 0,250 0,250 0,249 0,231 0,207 0,183 0,160

0,250 0,250 0,250 0,247 0,230 0,208 0,188 0,168

3

0,000 0,100 0,200 0,400 0,800 1,200 1,600 2,000 2,500 3,000

1,000 0,970 0,930 0,799 0,453 0,264 0,172 0,124 0,093 0,073

1,000 0,982 0,962 0,872 0,599 0,405 0,289 0,220 0,171 0,137

1,000 0,990 0,969 0,884 0,650 0,492 0,395 0,333 0,281 0,238

0,250 0,250 0,249 0,241 0,203 0,158 0,122 0,098 0,078 0,064

0,250 0,250 0,025 0,246 0,222 0,191 0,163 0,141 0,120 0,102

0,250 0,250 0,249 0,246 0,225 0,197 0,174 0,156 0,138 0,123


0,000 0,100 0,200 0,400 0,800 1,200 1,600 2,000 2,500 3,000 3,500 4,000 4,500 5,000

5

1,000 0,970 0,930 0,798 0,450 0,258 0,162 0,111 0,075 0,056 0,044 0,037 0,032 0,027

1,000 0,981 0,961 0,870 0,594 0,394 0,271 0,195 0,139 0,105 0,085 0,071 0,062 0,053

1,000 0,990 0,969 0,881 0,641 0,475 0,368 0,296 0,235 0,193 0,165 0,144 0,128 0,113

0,250 0,250 0,249 0,241 0,200 0,153 0,114 0,087 0,064 0,050 0,040 0,034 0,030 0,026

0,250 0,250 0,250 0,245 0,219 0,184 0,151 0,125 0,100 0,082 0,069 0,060 0,053 0,047

0,250 0,250 0,249 0,245 0,221 0,191 0,164 0,143 0,123 0,108 0,097 0,089 0,082 0,075

Area rectangular con base rigida lisa (Sovinc, 1961).

 Z qS 0

0.2

0.4

0.6

0.8

s = 5 s = 5

s = 5

1

2

0.5

1.0

2 1

1.0

z L

L 2

1 H1 = 0.5 L

1.5

H1 = 1 L

H1 / L =

B

s = L / B

H1 = 0.25 L

2.0

A

 = 0.5

Boussinesq

2.5 Figura H.4. Abaco para determinar el incremento de esfuerzo vertical bajo un área rectangular.


Esfuerzo vertical en dos capas de suelo bajo el centro y esquina de una carga uniforme en area circular ( Fox, 1948)

a

H1

r

E1 Interface E2

z

Tabla H.6. Factores de influencia bajo carga distribuida E1/E2 1 10 100 1000 Interfase Rugosa a/H1 z z/qs

1

E1/E2 10 100 Lisa

1000

z/qs

1/2

0 H1 2H1 3H1 4H1

0,2840 0,0870 0,0403 0,0230 0,0148

0,1010 0,0470 0,0278 0,0184 0,0129

0,0238 0,0158 0,0117 0,0091 0,0074

0,0051 0,0042 0,0035 0,0031 0,0028

0,3100 0,1410 0,0640 0,0346 0,0212

0,1050 0,0630 0,0367 0,0235 0,0161

0,0241 0,0183 0,0136 0,0105 0,0083

0,0051 0,0045 0,0038 0,0033 0,0029

1

0 H1 2H1 3H1 4H1

0,6460 0,2840 0,1450 0,0870 0,0570

0,2920 0,1680 0,1050 0,0700 0,0500

0,0810 0,0600 0,0460 0,0360 0,0290

0,0185 0,0162 0,0143 0,0124 0,0110

0,7220 0,4370 0,2250 0,1280 0,0810

0,3050 0,2170 0,1360 0,0890 0,0620

0,0820 0,0680 0,0525 0,0409 0,0326

0,0190 0,0172 0,0151 0,0133 0,0117

2

0 H1 2H1 3H1 4H1

0,9110 0,6460 0,4240 0,2840 0,2000

0,6440 0,4800 0,3400 0,2440 0,1810

0,2460 0,2050 0,1650 0,1330 0,1080

0,0710 0,0606 0,0542 0,0480 0,0428

1,0250 0,8690 0,5960 0,3960 0,2710

0,6770 0,5760 0,4210 0,3020 0,2200

0,2490 0,2250 0,1860 0,1500 0,1220

0,0670 0,0630 0,0570 0,0510 0,0454

Solución de boussinesq para casos de cargas especiales. En el punto A

q 

qo L  z z3   2 2B  RL RB RD

  

[H.7]


En el Punto C:

  qo L  zRD BL z B 1  q    sin  2  2B  RL RL L  B 2 L2  R 2 z 2 D  





1 2

    

[H.8]

Para la figura 5b (Note la limitación en la esquina intermedia que q' o  qo / 2 ) En el punto A:

q 

qo 4

 L  z z3      B  RL RD RB2

 B z z 3       2   L  RB RD RL 

Carga triangular

[H.9]

Carga linealmente variable

Figura H.5. Boussimesq, casos especiales de cargas. Siempre orientado por B y L como se muestra (B puede ser > ó < L). En el punto C:

q q o 4

  z  B  zRD z  BL  L  zRD 1     2    2 sin    2  R L  L  RB RB   B 2 L2  R 2 z 2  B  RL D  





1 2

   [H.10]  

Donde:

RB2  B 2  z 2 RL2  L2  z 2 RD2  B 2  L2  z 2 Carga vertical uniforme sobre un area rectangular El esfuerzo vertical esperado bajo una esquina de un area rectangular de tamaño axb es:

 a z K o 

 z  q 

  b    z K o  

   

[H.11]

ANEXO H Incremento de esfuerzos Tabla H.7 Valores de la función a

Carga vertical uniforme sobre una area circular. El valor del esfuerzo vertical esperado bajo el centro de un área circular uniformemente cargada de radio a es:





a2 2  2K o z

 z  q 1  exp   

  

[H.12]

ANEXO I Asentamientos

ANEXO I ASENTAMIENTOS. ASENTAMIENTO INMEDIATO BASADO EN LA TEORIA DE ELASTICIDAD.

Figura I.1. Valores de , r, av para las ecuaciones E-1, E-2 y E-3





(Centro de una fundación flexible)

[I.1]





(Fundación rígida)

[I.2]





(Promedio en una fundación flexible) [I.3]

Si 

B qo 1 s2  Es

Si 

B qo 1 s 2 r Es

Si 

B qo 1   s 2  av Es

Si Df = 0 y H <  debido a la presencia de un estrato rígido se tendrá:

Si 









 

B qo 2 1   s 1   s 2 F1  1   s  2( s ) 2 F2 Es

[I.4]


Figura I.2 Variación de F1 en función de H/B (Steinbrenner, 1934)

Figura I.3. Factor de profundidad (Fox). Asentamiento elastico de fundaciones sobre arcilla saturada.

S i  A1  A2

qo  B Eu

Donde: A1, A2 = Factores de corrección. q0 = Carga neta de fundación. B = Ancho de la zapata. Eu = Módulo de elasticidad no drenado.

[I.5]


Figura I.4 Coeficientes de la ecuación E-6 (Braja M. Das) ASENTAMIENTO POR CONSOLIDACIÓN PRIMARIA Para arcillas normalmente consolidadas: (po = pc)

Sc 

po  p pr cc H c log 1  eo po

[I.6]

Para arcillas sobreconsolidadas: (po +ppr  pc)

Sc 

po  p pr cs H c log 1  eo po

[I.7]

Para arcillas inicialmente sobreconsolidadas (po < pc < po + ppr)

Sc 

po  p pr cs H c p c H log c  c c log 1  eo po 1  eo pc

[I.8]


Donde: Sc = Asentamiento por consolidación unidimensional. cc = Índice de compresión. cs = Índice de expansión. Hc = Espesor del estrato compresible. eo = Índice de vacíos in – situ inicial en el estrato compresible. po = Esfuerzo efectivo promedio en el estrato compresible antes de la carga de fundación. ppr = Incremento promedio de esfuerzo vertical en el estrato compresible debido a la fundación. Pc = Presión de preconsolidación.

S c  mv  z H c [I.9] Donde: mv = Coeficiente de compresibilidad volumétrica promedio para el incremento de esfuerzo en el estrato compresible. z = Incremento de esfuerzo efectivo en el estrato compresible. Hc = Espesor del estrato en consideración. Estimación del tiempo de consolidación.

Tv 

cv t

[I.10]

H dr 2

Donde Hdr es la longitud de la trayectoria de drenaje durante la consolidación. La variación de Tv en función de U (para un incremento constante de 0) se presenta en la Tabla 1. Tabla 1. Variación de Tv en función de U% (Das, 1999) U (%)

Tv

U (%)

Tv

U (%)

Tv

U (%)

Tv

0

0

26

0,05310

52

0,212

78

0,529

1

0,00008

27

0,05720

53

0,221

79

0,547

2

0,00030

28

0,06150

54

0,230

80

0,567

3

0,00071

29

0,06600

55

0,239

81

0,588

4

0,00126

30

0,07070

56

0,248

82

0,610

5

0,00196

31

0,07540

57

0,257

83

0,633

6

0,00283

32

0,08030

58

0,267

84

0,658

7

0,00385

33

0,08550

59

0,276

85

0,684

8

0,00502

34

0,09070

60

0,286

86

0,712

9

0,00636

35

0,09620

61

0,297

87

0,742

10

0,00785

36

0,10200

62

0,307

88

0,774

11

0,00950

37

0,10700

63

0,318

89

0,809

12

0,01130

38

0,11300

64

0,329

90

0,848


13

0,01330

39

0,11900

65

0,304

91

0,891

14

0,01540

40

0,12600

66

0,352

92

0,938

15

0,01770

41

0,13200

67

0,364

93

0,993

16

0,02010

42

0,13800

68

0,377

94

1,055

17

0,02270

43

0,14500

69

0,390

95

1,129

18

0,02540

44

0,15200

70

0,403

96

1,219

19

0,02830

45

0,15900

71

0,417

97

1,336

20

0,03140

46

0,16600

72

0,431

98

1,500

21

0,03460

47

0,17300

73

0,446

99

1,781

22

0,03800

48

0,18100

74

0,461

100



23

0,04150

49

0,18800

75

0,477

24

0,04520

50

0,19700

76

0,493

25

0,04910

51

0,20400

77

0,511

Tv 

  U (%)    4  100 

2

(Para U  60%)

Tv  1,781 0,933log(100  U (%)) (Para U > 60%)

0

0.001

0.01

Factor tiempo Tv 0.1

10

[I.11]

[I.12]

1 0.001

 Z qS

Grado de consolidación: U%

20

rp = 0 rp = 0.5 rp = 1.0 rp = 5.0

30 40

rp = 50

p1

Drenaje Simple

60

rp = pc/ pa 70

po 80 Drenaje Doble

90 100

Figura I.5. Relación entre el grado de consolidación y factor tiempo. ( Janbu, Bjerrum y Kjaernsli, 1956)


ASENTAMIENTO POR CONSOLIDACIÓN SECUNDARIA. c 

e log(t 2 / t1 )

[I.13]

t S S  c H log 2  t1

  

[I.14]

Donde: H = Espesor del estrato compresible. t2 = Tiempo límite para la estimación del asentamiento. t1 = Tiempo para la finalización de la consolidación primaria.

c 

c 1 ep

[I.15]

Donde ep es el índice de vacíos al final de la consolidación primaria. Asentamientos en suelos granulares. Método de Schmertmann n I  Si  C1 C2 C3 qn   P  H i i 1  E s  i

[I.16]

Donde: C1,C2 y C3 = Factores de corrección qn = Carga neta al nivel de fundación (kPa) I ЄP = Factor de influencia ES = Módulo de elasticidad apropiado para el estrato i Hi = Espesor del estrato i (m) Si = Asentamiento de la fundación (m)

 ´  C1  1  0.5  vo   0.5  qn 

[I.17]

Donde: 'vo = Esfuerzo efectivo en el terreno adyacente y al nivel de fundación qn = Carga neta al nivel de fundación C2 = 1+ log ( t [años] / 0,1)

C3  1.03  0.03

L B

[I.18]

IP  0,5  0,1

qn  ´vp

[I.19]


Donde: 'vp = Esfuerzo efectivo al nivel de I ЄP previo a la carga de la fundación qn = Carga neta al nivel de fundación Para fundación cuadrada y circular ( L/B = 1): De zf = 0 a B/2

IЄ = 0.1 + (zf /B)(2IЄp – 0.2)

[I.20]

De zf = B/2 a 2B

IЄ = 0.667 IЄp (2 – zf /B)

[I.21]

Para fundación continua (L/B≥10): De zf = 0 a B:

IЄ = 0.2 + (zf /B)(IЄp – 0.2)

[I.22]

De zf = B a 4B

IЄ = 0.333IЄp (4 – zf /B)

[I.23]

Para fundación Rectangular (1< L/B < 10): IЄ = IЄS + 0.111(IЄC - IЄS)(L/B – 1) Donde: zf = Profundidad del nivel de fundación al punto medio de la capa IЄ = Factor de influencia IЄC = IЄ de una fundación continua IЄS = IЄ de una fundación cuadrada ≥ 0

Figura I.6. Ábaco para el asentamiento en una fundación rectangular.

[I.24]

ANEXO J Capacidad de apoyo

ANEXO J CAPACIDAD PORTANTE Tabla J.1 Ecuaciones de capacidad portante (Bowles, 1995) Terzaghi

Nq =

qu = c Nc sc + q Nq + 0,5  B N s

a2 2 cos 2 45  /2

a = e(0,75-/2)tan  Para: continua sc = 1,0 s = 1,0

circular 1,3 0,6

cuadrada 1,3 0,8

Nc = (Nq – 1) cot  N =

 tan  K p   1 2 2  cos  

(Ver Tabla J.2 para valores de factores) Meyerhof

Nq = etantan2(45+

Carga vertical:

qu = cNcscdc + qNqsqdq + 0,5BNsd

Carga inclinada:

qu = cNcdcic + qNqdqiq + 0,5BNdi

 ) 2

Nc = (Nq – 1) cot 

(Ver Tabla J.3 para factores de forma, profundidad, e inclinación)

N = (Nq – 1) tan(1,4)

Hansen

Nq = igual a Meyerhof

qu = cNcscdcicgcbc + qNqsqdqiqgqbq + 0,5BNsdigb Cuando 0º, Usar qu = 5,14 cu(1+ s′c+ d′c – i′c – b′c – g′c)+q

Nc = igual a Meyerhof N = 1,5(Nq – 1) tan 

(Ver Tabla J.5 para factores de forma, profundidad, y otros) Nq = igual a Meyerhof Vesic Utilizar las ecuaciones de Hansen

Nc = igual a Meyerhof

(Ver Tabla J.5 para factores de forma, profundidad, y otros)

N = 2 (Nq + 1) tan 


Tabla J.2 Factores de capacidad portante para las ecuaciones de Terzaghi (Das, , 1998)  [deg]

Nc

Nq

Na

 [deg]

Nc

Nq

Na

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

5,70 6,00 6,30 6,62 6,97 7,34 7,73 8,15 8,60 9,09 9,61 10,16 10,76 11,41 12,11 12,86 13,68 14,60 15,12 16,56 17,69 18,92 20,27 21,75 23,36 25,13

1,00 1,1 1,22 1,35 1,49 1,64 1,81 2,00 2,21 2,44 2,69 2,98 3,29 3,63 4,02 4,45 4,92 5,45 6,04 6,70 7,44 8,26 9,19 10,23 11,40 12,72

0,00 0,01 0,04 0,06 0,10 0,14 0,20 0,27 0,35 0,44 0,56 0,69 0,85 1,04 1,26 1,52 1,82 2,18 2,59 3,07 3,64 4,31 5,09 6,00 7,08 8,34

26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50

27,09 29,24 31,61 34,24 37,16 40,41 44,04 48,09 52,64 57,75 63,53 70,01 77,50 85,97 95,66 106,81 119,67 134,58 151,95 172,28 196,22 224,55 258,28 298,71 347,50

14,21 15,90 17,81 19,98 22,46 25,28 28,52 32,23 36,50 41,44 47,16 53,80 61,55 70,61 81,27 93,85 108,75 126,50 147,74 173,28 204,19 241,80 287,85 344,63 415,14

9,84 11,60 13,70 16,18 19,13 22,65 26,87 31,94 38,04 45,41 54,36 65,27 78,61 95,03 115,31 140,51 171,99 211,56 261,60 325,34 407,11 512,84 650,67 831,99 1072,80


Tabla J.3 Factores de forma, profundidad, e inclinación para la ecuación de capacidad portante de Meyerhof (Bowles, 1995)

Factores

Valor

Para

sc = 1 + 0,2 Kp Forma:

B L

sq = s = 1 + 0,1 Kp

Cualquier 

B L

 > 10º

sq = s = 1  = 0º dc = 1 + 0,2 K p Profundidad

D B

dq = d = 1 + 0,1 K p

Cualquier 

D B

 > 10º

dq = d = 1 =0 Inclinación:

   ic = iq =  1    90º 

  i = 1     i = 0

2

Cualquier 

2

>0 =0

Donde: Kp = tan2(45 +  /2)

[J.1]


Tabla J.4 Factores de Capacidad Portante para las ecuaciones de capacidad portante de Meyerhof, Hansen, y Vesic. (Bowles, 1995) 

Nc

Nq

N(H)

N(M)

N(V)

Nq/ Nc

2tan(1–sin)2

0

5,14

1,0

0,0

0,0

0,0

0,195

0,000

5

6,49

1,6

0,1

0,1

0,4

0,242

0,146

10

8,34

2,5

0,4

0,4

1,2

0,296

0,241

15

10,97

3,9

1,2

1,1

2,6

0,359

0,294

20

14,83

6,4

2,9

2,9

5,4

0,431

0,315

25

20,71

10,7

6,8

6,8

10,9

0,514

0,311

26

22,25

11,8

7,9

8,0

12,5

0,533

0,308

28

25,79

14,7

10,9

11,2

16,7

0,570

0,299

30

30,13

18,4

15,1

15,7

22,4

0,610

0,289

32

35,47

23,2

20,8

22,0

30,2

0,653

0,276

34

42,14

29,4

28,7

31,1

41,0

0,698

0,262

36

50,55

37,7

40,0

44,4

56,2

0,746

0,247

38

61,31

48,9

56,1

64,0

77,9

0,797

0,231

40

75,25

64,1

79,4

93,6

109,3

0,852

0,214

45

133,73

134,7

200,5

262,3

271,3

1,007

0,172

50

266,50

318,5

567,4

871,7

761,3

1,195

0,131


Tabla J.5 Factores de forma y profundidad para uso en las ecuaciones de capacidad portante de Hansen (1970) o Vesic (1973) (Bowles, 1995). Factores de forma s'c = 0,2 sc = 1 +


B L

d'c = 0,4k

Nq B Nc L

dc = 1+0,4k

(

sc = 1 para continua sq(H) = 1 +

B sin  L

sq(V) = 1 +

B tan  L

dq = 1 + 2 tan  (1– sin )2 k

d = 1 s = 1 – 0,4

B  0,6 L

k=

D D para 1 B B

k = tan-1

D D para > 1 (rad) B B

Estos factores se aplican a ambos métodos a menos que se utilicen los sufijos (H) o (V). Utilizar los factores con prima cuando  = 0 (s'c, d'c), únicamente por la ecuación de Hansen USO DE LOS FACTORES DE INCLINACIÓN En el caso general de cargas inclinadas hay una componente paralela a cada base de dimensión definida como> H = HB

Paralela a la dimensión B

Para HB = 0.0 ; ic,B, iq,B, i,B son todos 1.0 H = HL

paralela a la dimensión L

Para HL = 0,0; ic,L, iq,L, i,L son todos 1.0 Esos valores de Hi son usados para calcular los factores de inclinación por la ecuación de Hansen como sigue. Calcular los factores de inclinación usando la ecuación dada en la tabla J.5, J.6 y J.7, usar los factores de forma. s'c,B = 0,2Bic,B/L

s'c,L = 0,2Bic,L/B

(caso 


sc,B = 1 +

N q B'i c,B Nc

sc,L = 1 +

L'

N q L' i c,L Nc

B'

sq,B = 1 + senB’iq,B/L’

sq,L = 1 + senL’iq,L/B’

s,B = 1 – 0.4B’i,B/L’i,L

s,L = 1 – 0.4L’i,L/B’i,B

Limitación: s,iv 0.6 (si es menor que 0.6 entonces usar 0.60). Estos son usados en las siguientes modificaciones de la ecuación de capacidad portante de Hansen qu = cNcsc,Bdcic,B + qNqsq,Bdqiq,B + 0,5B’Ns,Bi,B qu = cNcsc,Ldcic,L + qNqsq,Ldqiq,L + 0,5L’Ns,Li,L Usar los valores más pequeños calculados por las anteriores ecuaciones. La ecuación de Vecic para capacidad portante con carga inclinada toma en cuenta la dirección (HB, HL) en el cálculo del exponente m para los factores de inclinación ii de las tablas 5,6 y 7. Los factores i no son usados en el calculo de factores s , Vesic siempre usa el menor dimensión lateral como B’ en el termino N de la ecuación general de capacidad portante.

Tabla J.6 Tabla de factores de inclinación, terreno, y base para la ecuación de Hansen 1970 (Bowles, 1995) Factores de Inclinación Factores de terreno (base en talud) i'c = 0,5 ic = iq -

1

Hi A f ca

g'c =

1 - iq Nq  1

  0.5H i iq = 1    V  A f ca cot  

º 147º

gc = 1 -

1

(

º 147º

gq= gγ = ( 1 – 0.5 tan β)5

2  α1  5

  0.7 H i iγ= 1    V  A f ca cot  

2

 (0.7  º / 450º ) H i  iγ= 1   V  A f ca cot   

Factores de base b'c = 2

º

147º

bc = 1 -

º

147º

bq = exp(-2η tanф) bγ=exp(-2.7η tanф)

2  α2  5

η en radianes

( (


Figura J.1. Fundación en suelo inclinado. Nota : β + η 90º ( ambos β y η tienen signo (+) ) Hmax = V tan  + caAf Para:

L/B  2 usar tr L/B > 2 usar ps= 1.5 tr – 17º tr  34º usar tr = ps

[J.2]  =Ángulo de fricción entre la base y el suelo (0.5    ) Af = B’L’ (Área efectiva) ca = Base de adherencia (0.6 a 1.0c)

Figura J.2. Fundación sometida a cargas que originan excentricidad.


Tabla. J.7 Tabla de factores de inclinación, terreno, y base para la ecuación de capacidad portante Vesic (1973, 1975b) Factores de Inclinación Factores de terreno (base en talud) i'c = 1 ic = iq -

mH i A f ca N c

( g'c =

1 - iq

º 5.14

 en radianes

(

Nq  1

  Hi iq = 1.0   V  A f ca cot   

  Hi iγ= 1.0   V  Af ca cot    B 2 L m  mB  B 1 L L 2 B m  mL  L 1 B

m

m 1

gc = iq -

1 - iq 5.14tan

(

gq= gγ = ( 1 – tan β)2 Factores de base b'c = g'c bc = 1 -

(

2 5.14 tan 

 bq = bγ = (1.0 – η*tanф)2

Cargas excéntricas.

q max 

Q  6e  1   BL  B

[J.3]

q min 

Q  6e  1   BL  B

[J.4]

e

M Q

Donde: q = carga vertical total. M = momento sobre la cimentación. B = base de la zapata. L = longitud de la zapata.

[J.5]

ANEXO K Presión lateral del suelo

ANEXO K PRESIÓN LATERAL DEL SUELO. Coeficiente de presión lateral en reposo

K 0  1  sin ( )

Arena Suelta

[J.1]

   K 0  1  sin( )   d  1  5.5   d (min)   

Arena Densa

[J.2]

Donde: d = Peso específico de la in situ d(min) = Peso específico seco mínimo posible de la arena K 0  0.95  sin ( ) Arcilla normalmente consolidada

K 0( SC)  K 0( SC)  OCR Arcilla sobre consolidada Presión lateral activa (Rankine)

Figura K.1. Presión activa del suelo (Rankine).

Ka 

cos( )  cos2 ( )  cos2 ( ) cos( )  cos2 ( )  cos2 ( )

·cos()

[J.3]

Si  = 0º, entonces:

  K a  tan 2  45º   2 

[J.4]

 h   v  K a  2 c  K a

[J.5]

Problemas resueltos de mecánica de suelos Si c  0

   c  2   cos  sin 2  cos   2   z    1  K 'a  1   2 2   cos     c 2 2 2 2  4  cos   cos   cos   4  z   cos   sin  cos        





[J.6]

Angulo  que forma con la vertical

  45 

 2



1

 sin    sin 1  2  sin1 

[J.7]

Presión lateral activa (Coulomb)

Figura K.2. Presión activa del suelo (Coulomb).

Ka 

sin2      sin     sin     sin 2   sin    1   sin     sin     

1 Pa   K a   ´ H 2 2

2

[J.8]

[J.9]

Efecto de una carga uniformemente distribuida por unidad de área en la superficie. Si se aplica una carga (q) en la superficie, se puede suponer que el esfuerzo efectivo vertical, aumenta en la cantidad de dicha carga.

sin   2q    cos  sin     H  

 eq    

[J.10]

ANEXO L Estabilidad de taludes

ANEXO L ESTABILIDAD DE TALUDES

H DH nH

Estrato firme

Figura L.1. Falla circular en el talud.

m

cd c  u H FSH

Figura L.2. Ábaco para determinar el valor de .

[L.1]

Número de estabilidad, m


Ángulo de la pendiente,  (deg) Para  > 53º Todos los círculos son al pie. Para  > 53º Círculo de pie Círculo de medio punto Círculo de pendiente

Figura.L.3. Parámetros y forma de la falla. a) Definición de parámetros para el tipo de falla “midpoint circle”; b) gráfica del número de estabilidad en función del ángulo del talud. (Terzaghi & Peck, 1967). Método de Bishop-Morgenstern

H

Superfície freática

h Flujo

H



Figura L.5. Características de la falla circular en el talud según Bishop-Morgenstern. FS = m’ – n’ ru

ru 

u



[L.2] [L.3]

ANEXO L Estabilidad de taludes Tabla L.1. Valores de m' y n' a. Coeficientes de estabilidad m' y n' para c/H=0 Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra  10,0 12,5 15,0 17,5 20,0 22,5 25,0 27,5 30,0 32,5 35,0 37,5 40,0

 10,0 12,5 15,0 17,5 20,0 22,5 25,0 27,5 30,0 32,5 35,0 37,5 40,0

 10,0 12,5 15,0 17,5 20,0 22,5 25,0

Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1 m' n' m' n' m' n' m' n' 0,353 0,441 0,529 0,588 0,705 0,749 0,882 0,917 0,443 0,554 0,665 0,739 0,887 0,943 1,109 1,153 0,536 0,670 0,804 0,893 1,072 1,139 1,340 1,393 0,631 0,789 0,946 1,051 1,261 1,340 1,577 1,639 0,728 0,910 1,092 1,213 1,456 1,547 1,820 1,892 0,828 1,035 1,243 1,381 1,657 1,761 2,071 2,153 0,933 1,166 1,399 1,554 1,865 1,982 2,332 2,424 1,041 1,301 1,562 1,736 2,082 2,213 2,603 2,706 1,155 1,444 1,732 1,924 2,309 2,454 2,887 3,001 1,274 1,593 1,911 2,123 2,548 2,708 3,185 3,311 1,400 1,750 2,101 2,334 2,801 2,977 3,501 3,639 1,535 1,919 2,302 2,558 3,069 3,261 3,837 3,989 1,678 2,098 2,517 2,797 3,356 3,566 4,196 4,362 Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0.025 y D=1.00 Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1 m’ n’ m’ m’ n’ m’ n’ n' 0,678 0,534 0,906 0,683 1,130 0,846 1,365 1,031 0,790 0,655 1,066 0,849 1,337 1,061 1,620 1,282 0,901 0,776 1,224 1,014 1,544 1,273 1,868 1,534 1,012 0,898 1,380 1,179 1,751 1,485 2,121 1,789 1,124 1,022 1,542 1,347 1,962 1,698 2,380 2,050 1,239 1,150 1,705 1,518 2,177 1,916 2,646 2,317 1,356 1,282 1,875 1,696 2,400 2,141 2,921 2,596 1,478 1,421 2,050 1,882 2,631 2,375 3,207 2,886 1,606 1,567 2,235 2,078 2,873 2,622 3,508 3,191 1,739 1,721 2,431 2,285 3,127 2,883 3,823 3,511 1,880 1,885 2,635 2,505 3,396 3,160 4,156 3,849 2,030 2,060 2,855 2,741 3,681 3,458 4,510 4,209 2,190 2,247 3,090 2,993 3,984 3,778 4,885 4,592 Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,025 y D=1,25 Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1 m’ n’ m’ m’ n’ m’ n’ n' 0,737 0,614 0,901 0,726 1,085 0,867 1,285 1,014 0,878 0,759 1,076 0,908 1,299 1,098 1,543 1,278 1,019 0,907 1,253 1,093 1,515 1,311 1,803 1,545 1,162 1,059 1,433 1,282 1,736 1,541 2,065 1,814 1,309 1,216 1,618 1,478 1,961 1,775 2,334 2,090 1,461 1,379 1,808 1,680 2,194 2,017 2,610 2,373 1,619 1,547 2,007 1,891 2,437 2,269 2,879 2,669


27,5 30,0 32,5 35,0 37,5 40,0

1,783 1,956 2,139 2,331 2,536 2,753

1,728 1,915 2,112 2,321 2,541 2,775

2,213 2,431 2,659 2,901 3,158 3,431

2,111 2,342 2,686 2,841 3,112 3,399

2,689 2,953 3,231 3,524 3,835 4,164

2,531 2,806 3,095 3,400 3,723 4,064

3,196 3,511 3,841 4,191 4,563 4,958

2,976 3,299 3,638 3,998 4,379 4,784

b. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,05 y D=1,00

 10,0 12,5 15,0 17,5 20,0 22,5 25,0 27,5 30,0 32,5 35,0 37,5 40,0

Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 m’ n’ m’ N’ m’ n’ 0,913 0,563 1,181 0,717 1,469 0,910 1,030 0,690 1,343 0,878 1,688 1,136 1,145 0,816 1,506 1,043 1,904 1,353 1,262 0,942 1,671 1,212 2,117 1,565 1,380 1,071 1,840 1,387 2,333 1,776 1,500 1,202 2,014 1,568 2,551 1,989 1,624 1,338 2,193 1,757 2,778 2,211 1,753 1,480 1,380 1,952 3,013 2,444 1,888 1,630 2,574 2,157 3,261 2,693 2,029 1,789 2,777 2,370 3,523 2,961 2,178 1,958 2,990 2,592 3,803 3,253 2,336 2,138 3,215 2,826 4,103 3,574 2,505 2,332 3,451 3,071 4,425 3,926

Talud 5:1 m’ n’ 1,733 1,069 1,995 1,316 2,256 1,567 2,517 1,825 2,783 2,091 3,055 2,365 3,336 2,651 3,628 2,948 3,934 3,259 4,256 3,585 4,597 3,927 4,959 4,288 5,344 4,668

c. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,05 y D=1,25

 10,0 12,5 15,0 17,5 20,0 22,5 25,0 27,5 30,0 32,5 35,0 37,5 40,0

 10,0 12,5

Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1 M’ n’ m’ m’ n’ m’ n’ n' 0,919 0,633 1,119 0,766 1,344 0,866 1,594 1,042 1,065 0,792 1,294 0,941 1,563 1,112 1,850 1,300 1,211 0,950 1,471 1,119 1,782 1,338 2,109 1,562 1,359 1,108 1,650 1,303 2,004 1,567 2,373 1,831 1,509 1,266 1,834 1,493 2,230 1,799 2,643 2,107 1,663 1,428 2,024 1,690 2,463 2,038 2,921 2,392 1,822 1,595 2,222 1,897 2,705 2,287 3,211 2,690 1,988 1,769 2,428 2,113 2,957 2,546 3,513 2,999 2,161 1,950 2,645 2,342 3,221 2,819 3,829 3,324 2,343 2,141 2,873 2,583 3,500 3,107 4,161 3,665 2,535 2,344 3,114 2,839 3,795 3,413 4,511 4,025 2,738 2,560 3,370 3,111 4,109 3,740 4,881 4,405 2,953 2,791 3,642 3,400 4,442 4,090 5,273 4,806 Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,05 y D=1,5 Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 Talud 5:1 m’ n’ m’ n’ m’ n’ m’ n’ 1,022 0,751 1,170 0,828 1,343 0,974 1,547 1,108 1,202 0,936 1,376 1,043 1,589 1,227 1,829 1,399


15,0 17,5 20,0 22,5 25,0 27,5 30,0 32,5 35,0 37,5 40,0

1,383 1,565 1,752 1,943 2,143 2,350 2,568 2,798 3,041 3,299 3,574

1,122 1,309 1,501 1,698 1,903 2,117 2,342 2,580 2,832 3,102 3,389

1,583 1,795 2,011 2,234 2,467 2,709 2,964 3,232 3,515 3,817 4,136

1,260 1,480 1,705 1,937 2,179 2,431 2,696 2,975 3,269 3,583 3,915

1,835 2,084 2,337 2,597 2,867 3,148 3,443 3,753 4,082 4,431 4,803

1,480 1,734 1,993 2,258 2,534 2,820 3,120 3,436 3,771 4,128 4,507

2,112 2,398 2,690 2,990 3,302 3,626 3,967 4,326 4,707 5,112 5,543

1,690 1,983 2,280 2,585 2,902 3,231 3,577 3,940 4,325 4,735 5,171

d. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y círculos de falla que pasan por el pie del talud

 20 25 30 35 40

Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 m’ n’ m’ n’ n’ m' 1,593 1,158 2,055 1,516 2,498 1,903 1,853 1,430 2,426 1,888 2,980 2,361 2,133 1,730 2,826 2,288 3,496 2,888 2,433 2,058 3,253 2,730 4,055 3,445 2,773 2,430 3,737 3,231 4,680 4,061

Talud 5:1 m’ n’ 2,934 2,301 3,520 2,861 4,150 3,461 4,846 4,159 5,609 4,918

e. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y D=1,00

 20 25 30 35 40 f.


Talud 5:1 m’ n’ 3,173 2,130 3,742 2,715 4,357 3,331 5,024 4,001 5,776 4,759

Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y D=1,25

 20 25 30 35 40


Talud 5:1 m’ n’ 2,954 2,173 3,523 2,730 4,149 3,357 4,831 4,043 5,603 4,830

g. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,075 y D=1,50

 20

Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 m’ n’ m’ n’ m’ n’ 1,918 1,514 2,199 1,728 2,548 1,985

Talud 5:1 m’ N’ 2,931 2,272


25 30 35 40

2,308 2,735 3,211 3,742

1,914 2,355 2,854 3,397

2,660 3,158 3,708 4,332

2,200 2,714 3,285 3,926

3,083 3,659 4,302 5,026

2,530 3,128 3,786 4,527

3,552 4,128 4,961 5,788

2,915 3,585 4,343 5,185

h. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,100 y círculos de falla que pasan por el pie del talud

 20 25 30 35 40 i.

Talud 5:1 m’ n’ 3,190 2,361 3,796 2,959 4,442 3,576 5,146 4,249 5,923 5,019


 20 25 30 35 40 j.


Coeficientes de estabilidad para taludes de tierra Talud 2:1 Talud 3:1 Talud 4:1 m’ n’ m’ n’ n’ m' 1,841 2,102 2,378 2,692 3,025

1,143 1,430 1,714 2,086 2,445

2,421 2,785 3,183 3,612 4,103

1,472 1,845 2,258 2,715 3,230

2,982 3,458 3,973 4,516 5,144

1,815 2,303 2,830 3,359 4,001

Talud 5:1 m’ n' 3,549 4,131 4,751 5,426 6,187

2,157 2,743 3,372 4,059 4,831


 20 25 30 35 40


Talud 5:1 m’ n’ 3,253 2,158 3,833 2,758 4,451 3,372 5,141 4,072 5,921 4,872

k. Coeficientes de estabilidad m’ y n’ para c/H=0,100 y D=1,50

 20 25 30 35 40


Talud 5:1 m’ n’ 3,158 2,285 3,796 2,927 4,468 3,614 5,211 4,372 6,040 5,200


Taludes infinitos

Figura L.6. Plano de deslizamiento.

Figura L.7. Plano de deslizamiento.

FS 

c tan    2   H  cos   tan  tan 

[L.4]

Método de masas – suelo ’

con

FS 

m

u=0

c   tan    2  sat H cos  tan   sat tan 

[L.5]

cd c  H FcH

[L.6]

tan  F

[L.7]

tan d 

Número de estabilidad, m


Ángulo de la pendiente,  (deg)

Figura L.8. Ábaco para determinar el valor de m en función de ’.

ru  0

Factor de estabilidad, N

Tablas de Cousins – círculo pie de talud suelo c’-’ con u > 0.


Figura L.9. Ábaco para determinar el valor de n en función de D.

c  

  H  tan   c

[L.8]






Tablas de Cousins – círculo con D suelo c’-’ con u>0



Problemas resueltos de mecánica de suelos   H  FS c

ru  0.25


Ns 




Figura L.12. Ábaco para determinar el valor de n en función de .

ru  0.50


Método de Spencer

0.12

ru= 0

0.10

d

0.08 c' F H 0.06

10

0.04 0.02

20 30

0.0 0.12 0.10

d

ru= 0.25

0.08

10

c' 0.06 F H 0.04

20

0.02

30

0.0 0.12

ru= 0.5

0.10

40

d 10

0.08

c' 0.06 F H 0.04

20 40

30

0.02 0.0

0

4

8 12 16 20 24 28 Pendiente del talud [grados]

32

Figura L.13 Cartas de estabilidad para diferentes coeficientes de presión de poros ru .

Problemas resueltos de mecánica de suelos Método de fragmentos – método simplificado de Bishop r sen  n O r

bn

r r

C

n Wn

H

 f = c + ' tan 

A

Superficie de falla

n

Tn

Tr Pn

Tn+1

Wn

Pn+1 Wn

Nr

d n

n

Tr R=Wn n N r L n

T P

Figura L.14. Análisis de estabilidad por el método ordinario de los fragmentos. n p

c  b  W n

FS 

n

 u n bn   tan  

n 1

n p

W

n

1 m n

[L.9]

 sin n

n 1

m n  cos n 

tan    sin n FS

[L.10]


ANEXO M EXPLORACIÓN DEL SUBSUELO

ENSAYO DE PENETRACIÓN ESTANDAR (SPT) CORRECCIÓN AL NÚMERO DE GOLPES DEL ENSAYO DE PENETRACIÓN ESTÁNDAR La variación de N, que se obtuvo en campo, puede ser corregido a N60 mediante la siguiente ecuación.   C N N 1  2 3 4 N 70

[M.1]

N70 = Valor de SPT corregido CN = Ajuste por presión de sobrecarga (ecuación M.1). 1 = Eficiencia del martillo (ecuación M.2) 2 = Corrección por profundidad (tabla M.1) 3 = Corrección por muestreo (tabla M.2) 4 = Corrección por diámetro de perforación (tabla M.3) N = Valor de SPT obtenido en campo

CN 

p 2 p1

[M.2]

p1 = Esfuerzo vertical efectivo estándar = 95.76 kPa p2 = Esfuerzo vertical efectivo en el lugar de ensayo

1 

Er 70

[M.3]

Er = Energía del martillo (depende del tipo de martillo y su sistema de golpe). Tabla M.1. Corrección por profundidad Longitud 2 >10 m 1,00 6-10 m 0,95 4-6 m 0,95 0-4 m 0,75 Tabla M.2. Corrección por muestreo Característica Sin liner Con liner: Arena densa, arcilla Arena suelta

3 1 0,8 0,9


Tabla M.3. Corrección por diámetro de la perforación Diámetro de perforación 4 60 – 120 mm 1 150 mm 1,05 200 mm 1,15 Para convertir el número de golpes a otro con diferente energía se tiene la siguiente ecuación:

N E 

70  N 70 E

[M.4]

E = energía del ensayo de penetración estándar

N c  C N1234 N

[M.5]

Tabla 8.8. Factores  i para la ecuación M.5. Martillo para 1 Observaciones Promedio de Energía transferida, Et Donut Safety País R-P Automático R-P Automático R-P = Sistema de cuerdas y poleas EEUU 45 -70-80 80-100 1=Et/Etb Etb= Porcentaje de energía transferida Japón 67 78 --Inglaterra --50 60 estandarizado China 50 60 --Corrección por longitud de barras, 2 N es muy alto para L<10 m. Longitud >10m 2 = 1.00 6-10 =0.95 4-6 =0.85 6-4 =0.75 Corrección por muestreador, 3 Sin guía 3 = 1.00 Valor base Con guía:Arena densa, arcilla =0.80 N es muy alto con guía Arena suelta =0.90 Corrección por diámetro del sondeo, 4 Diámetro del sondeo*: 60-120 mm 4 = 1.00 Valor base; N es muy pequeño cuando 150 mm =1.05 el sondeo es de gran tamaño 200 mm =1.15 * 4 = 1.00 para todos los diámetros cuando se trabaja con taladros de sección hueca.


Tabla 8.9. Relaciones empíricas para C N (Das, 2001).

CN

Fuente

1

Liao y Whitman (1986)

 v' 2 1   v'

Skempton (1986)

 '  1  1.25log v'   1  Donde:  1'  1 US ton/pie2

Seed et al. (1975)

 20  0.77 log '  v  Para  v'  0.25 US ton/pie2.

Peck et al. (1974)

Nota.  v' está en US ton/pie2.

CN 0

0.5

1.0

1.5

2.0

Skempton (1986)

Liao y Whitman (1986)

 v' [ton/pie 2]

1.0

0.5

1.5

2.0

2.5

Figura M.1. Gráficas comparativas de C N vs.  v' (Das, 2001).

2.5


Capacidad de apoyo a partir del ensayo SPT

 S   kN  qan  2   19.16 N cor Fd  e  m   25.4 

B<1.22m

 kN   3.28B  1   Se  B<1.22m qan  2   11.98 N cor    Fd  m   3.28B   25.4 

[M.6]

2

[M.7]

12

N'70 = 30

8

25 20

6

Kd Se

a(n)

[klb/pie2]

10

15 4 10 2

5 (1.22 m)

0 0

4

8

12

16

B [pie]

Figura M.2. Gráfica de qa n  / K d S e  vs. B . Ecuaciones [8.28] y [8.29] (Das, 2001).

Donde: Se=Asentamiento tolerable, en mm

D Fd  1  0.33 f  B

   1.33 

[M.8]


CORRELACIONES DE SPT En la tabla M.4 se presenta valores empíricos para , Dr y peso unitario de suelos granulares basados en el SPT, hasta una profundidad de 6 metros y suelos normalmente consolidados. Tabla M.4. Valores empíricos para , Dr, , basados en el ensayo SPT Descripción Muy suelta Suelta Media Densa Muy densa 0 0,15 0,35 0,65 0,85 Densidad relativa Dr 1

(%)

Fino Medio Grueso Fino Medio Grueso

SPT N70   (kN/m3)

1-2 2-3 3-6 26-28 27-28 28-30 11-16

3-6 4-7 5-9 28-30 30-32 30-34 14-18

7-15 8-20 10-25 30-34 32-36 33-40 17-20

16-30 21-40 26-45 33-38 36-42 40-50 17-22

RESISTENCIA AL CORTE NO DRENADO cu Hara sugiere que:

cu  29 N F 0,72

[M.9]

NF = Número de penetración estándar en el campo

DENSIDAD RELATIVA Dr Marcuson y Bieganousky, proporcionaron la relación empírica para obtener la densidad relativa.

Dr (%)  11,7  0,76 (222 N F  1600  53v  50 Cu 2 ) 0,5

[M.10]

Donde: Dr = Densidad relativa NF = Número de penetración estándar en el campo v = Esfuerzo efectivo vertical ÁNGULO DE FRICCION  Peck, Hanson y Thornburn, proporcionan la siguiente correlación:

  27,1  0,3 N   0,00054N  2  = Ángulo de fricción pico del suelo N = Número de penetración estándar corregido

[M.11]

>30 >40 >45 <50 20-23


Schmertmann, da la siguiente correlación:

  NF 1    tan    12,2  20,3 v p   a

       

0,34

[M.12]

NF = Número de penetración estándar en el campo v = Esfuerzo efectivo vertical pa = Presión atmosférica en iguales unidades que v Recientemente Hatanaka y Ucida dan la siguiente ecuación para hallar el ángulo de fricción:

  20 N   20

[M.13]

N = Número de penetración estándar corregido

ENSAYO DE LA VELETA DE CORTE Para obtener la resistencia al corte por medio de la veleta, se tiene la ecuación de Calding:

cu 

T

[M.14]

d h d3     4  2 2

Donde: T = Máximo torque aplicado en la cabeza de la veleta d = Diámetro de la veleta de corte h = Altura de la veleta de corte  = Tipo de movilización del suelo en los extremos de la veleta, esta puede ser: Triangular =1/2

Uniforme=2/3

Parabólica=3/5

CORRELACIONES DE VELETA DE CORTE RESISTENCIA AL CORTE NO DRENADO Bjerrum sostiene la siguiente ecuación de corrección, para considerar los efectos de la plasticidad en los ensayos:

cu ( diseño)    cu (veleta) Donde:   1,7  0,54 log(PI ) PI: índice de plasticidad

[M.15]


PRESION DE PRECONSOLIDACION

pc  7.04  (cu (veleta) ) 0,83

[M.16]

ENSAYO DEL CONO DE PENETRACION La resistencia del cono qc es el total de la fuerza actuante sobre el cono dividido por su proyección de área, (10 cm2). La fricción del cono fsc es el total de la fuerza de fricción actuante en el fuste dividido por la superficie de contacto. Es común expresar la fricción en términos del índice de fricción:

Rf 

f sc 100 (%) qc

[M.17]

Usualmente las arenas tienen Rf < 1%, arcillas con Rf > 5-6% CORRELACIONES DE CPT DENSIDAD RELATIVA Para arenas normalmente consolidadas

 q  Dr (%)  98  66 log c   ´  v  

[M.18]

´v = Esfuerzo vertical efectivo

ANGULO DE FRICCION INTERNA Para arenas normalmente consolidadas:

 q   tan 1 0,1  0,38 log c  ´v 

  

[M.19]

RESISTENCIA AL CORTE

cu 

qc   v Nk

[M.20]

Donde: Nk = Factor de capacidad de carga es igual a 15 para conos eléctricos y 20 para conos mecánicos.  v = Esfuerzo total vertical.


PRESION DE PRECONSOLIDACION

pc  0.243qc 0,96

[M.21]

INDICE DE SOBRECONSOLIDACION

 q  v OCR  0,37 c  ´v

  

[M.22]

Donde:  v = Esfuerzo total vertical. ´v = Esfuerzo vertical efectivo. qc = Resistencia del cono, fuerza actuante sobre el cono dividido por su proyección de área.

Arena gravosa a arena

Resistencia de punta de cono , q c [kg/cm2 ]

1000

Arena a arena arcillosa ( Sobreconsolidada DRENADA o cementada ) Grano fino muy rígido ( Sobreconsolidada a a n os o o cementada ) re os im

A

al en r a

n re DO oa A im a o l a a EN illos NO DRENADA en sa R r c o A D ar im osa al TE imo n m N i e l l E Ar lla LM oso a lla rci A I a n rci e C ar a a R o a PA Limo los osa rcil m a i o al Lim cill Arcilla Ar

100

10

Sensitiva Grano fino Orgánico 1 0

1

2

3

4

5

6

7

Razón de fricción, Rf [%]

Figura M.3. Ábaco de clasificación de suelos a partir de los datos del CPTu.

8


NN 60

F

Presión vertical efectiva por sobrecarga,  v' [kN/m2]

0

10

20

30

40

50

60

0



50

100

45°

150

200

40°

250

35° 30° 25°

300

Figura M.4. Correlación entre N 60 ,  v' y  ' para suelos granulares, según Schmertmann. Resistencia de punta de cono , q c [MN/m2 ] 0

10

20

30

40

50

60

70

Esfuerzo vertical efectivo, v' [kN/m 2]

0

50 100 150 200 250 300

350

Dr = 40% 20%

60%

80%

90%

100%

Densidad relativa, Dr% 400

Figura M.5. Relación de la densidad relativa con los valores obtenidos en el ensayo CPTu.

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN

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