Libro de Mecanica de Suelos

Distribución de Presiones En la Mecánica de Suelos existe diversas teoría por medio de la cuales se puede calcular la distribución de presiones dentro de la masa del suelo. Estas teorías demuestran que una carga aplicada al suelo aumenta los esfuerzos verticales en toda la masa.- El aumento es mayor debajo de la carga pero se extiende en todas dimensiones, A medida que aumenta la profundidad, disminuye la concentración de esfuerzos debajo de la carga. TEORIA DE BOUSSINESQ. Esta teoría supone una masa de suelo homogénea, elástica e isótropa que se extiende indefinidamente por debajo de una superficie de la masa. El incremento del esfuerzo vertical, ACZ, a la profundidad z y a una distancia horizontal r del punto de aplicación de la carga Q, s calcula por medio de la formula siguiente:

.

 3Q  Z3 σ ´Z = 2Π  2 2  r +Z

(

)

  5  2 

En el apéndice Nº I aparece la grafica de Fadum para valores de Boussinesq para un área rectangular uniforme cargada.- En los apéndices II y III aparecen tabuladas las soluciones de Boussinesq para cargas concentradas y para áreas uniformemente cargada. TEORIA DE WESTERGAARD. Esta teoría se ajusta mas a las condiciones elásticas de una masa estratificada de suelo. Se supone una masa homogénea elástica reforzada por finas láminas horizontales no deformables, de espesores despreciables. La formula para calcular el incremento del esfuerzo vertical, producido por una carga concentrada aplicada en la superficie de un suelo compresible, es la siguiente: AÓ Z =

Q Л

z2

1 + 2

(

. r .) z

2

En el apéndice IV aparece la grafica de Westergaard. ESFUERZOS BAJO DIFERENTES CONDICIONES DE CARGA. A continuación se mencionan diferentes condiciones de carga superficiales de interés practico: a) Carga lineal de longitud infinita; para este caso se usa la formula: ÓZ

= P .= Л

b) c)

d)

(

z3 x + z2 ) 2

. 2

Área circular uniforme cargada ( Apéndice V ) Carga rectangular de longitud infinitan ( Apéndice VI ) Carga trapecial de longitud infinita ( Apéndice VII )

LA CARTA DE NEWMARK. Newmark desarrolla un método grafico sencillo que permite obtener rápidamente los esfuerzos verticales ( qz) trasmitidos a un medio semi-infimito, homogéneo, isótropo y elástico para cualquier condición de carga uniforme repartida sobre la superficie del medio. Esta carta es especialmente útil

cuando se tiene varias áreas cargadas, aplicando cada una de ellas diferentes presiones a la superficie del medio. ( ver problema Nº 7 ) SOLUCION DE Fadum. Fadum da los valores de influencia de una carga lineal como la trasmitida por una zapata corrida. Para problemas de este tipo se utiliza a grafica del apéndice IX. PROBLEMA DE MIDLIN. Se supone la existencia de un sólido que ocupa la región del espacio Z en cuya interior obra una carga concentrada P, aplicada en un punto z = c, r = o. Se trata de calcular el estado de esfuerzos en la masa para el punto de aplicación de la carga. D

E

C P

F A Z

El problema de Boussinesg es una particularización del anterior con lo que la carga concentrada queda aplicada en la frontera del medio.

Problemas Resueltos

1

Calcule el esfuerzo que produce una carga concertada de 15 toneladas a una profundidad de 6 metros: a) Usando la Formula de BOUSSINESQ b) Usando la Tabla propuestas por Bussinesq Q = 15 Ton Solución:

a) Para calcular los esfuerzos en el suelos según la teoría de BOUSSINESQ que supones una masa se suelo homogénea, elástica e isótropa que se extiende infinitamente en todas direcciones por debajo de la superficie del suelo, se tiene: Z=6m

Para el caso analizado: r = o, sustituyendo valores : o Z6

R

o

= ( 3 ) ( 15 ) .( 1 ) = 45 2 b Л(6) 226.195

.

= 0.19894 ton/m2 = 198.94 kg/m2 .

Z6

b) Como r/z = o, entrando a la tabla del apéndice II se obtiene: Pe = 0.4775 Aplica la expresión:

O Z

= P . PO 2 Z

R

2

o Z6

=

15 . 0.477 = 0.19995 ton/m2 198.95 kg/m2 36

Una cimentación de 10 x 20 metros soportara una carga uniforme de 10 ton/m². Calcular las presiones verticales en una esquina a profundidades de 10, 20 y 30 metros. Grafica los valores obtenidos.

SOLUCION: 10m

20m

Para resolver este tipo de problemas en que se tiene áreas rectangulares es conveniente emplear las graficas de BOUSSINESQ apara lo cual se necesita calcular losa parámetros m y n con los cuales se entra a las graficas mencionadas. M y n se definen como:

Q = 10 t/m2 X es la longitud de un Lado del área rectangular. Y es la longitud del otro lado del áreas es la profundidad a la cual se quiere conocer el esfuerzo. X e y son interminables. Habiendo obtenido Wo, con los parámetros m y n, se aplica la formula: o

Z6

= Wo q

Para obtener la magnitud del esfuerzo. Con objeto de facilitar la solución de este tipo problemas, a continuación s presenta la siguiente tabla.

Escogiendo x = 20 mts; y = 10 mts. Z m= x. n= y. Z Z

Wo

q

0

∞

∞

0.25

10

2.5

10

2

1

0.20

10

2.0

20

1

0.5

0.12

10

1.2

30

0.66

0.33

0.075

10

0.75

O Z0

Los valores de la columna 4 se obtiene de las graficas de BOUSSINESQ ( apéndice Nº. I ) Graficando, se tiene: 0

1

2

3

δ

10 20 30

Profundidad en mts.

3

Calculando el esfuerzo a una profundidad de 3 metros y a 2.4 mts. Del centro de una zapata cuadrada de 3 mts. De lado y que trasmite una presión de 1.5 kg/m² a) Usando la ecuación de Westrgaard b) B) Usando las graficas de Westergaard

3 mts.

ɣ = 3 mts

2.4

Solución: a) Westergaard supone en su teoría, como ya se menciono, una masa

homogénea, elástica reforzada por finas laminas horizontales no deformables de espesores despreciables. La formula para calcular en la superficie del suelo es :

Q, r, y z significan lo mismo que en la formula de Bousseinesq. Para resolver el problema se tiene que: m = 300 cm m = 240.cm

z = 3.0 r = 2.4

Para poder aplicar la expresión es necesaria convertir la carga uniforme a una equivalente concentrada: Q = 1.5 Kg/cm² x 90,000 cm² = 135,000 kg Sustituyendo valores.

 ZO= Л300

R

Óz

o

2

13 5, 00 0 . = 13 5, 00 0 . = 0 .1 38 k g/ c m 2 2 1 + 2 ( 240 .) 3/2 972639.36

= 0.139 kg/cm2

b) Considerando que el ancho de la zapata es de 3 m, de acuerdo a la grafica que se presenta en el apéndice Nº. IV, se tiene que B = 3 mts. Si B es igual a 3 mts, 2.4 mts. Equivale a 0.8-B, siendo esta la distancia horizontal; del punto. Entrando a la grafica con B y 0.8 B, se obtiene: ¹z = 0.09 q por lo tanto: ¹z = 0.09 x 1.5 = 0.135

¹z = 0.135 Kg/cm² Nótese que para obtener el resultado según la grafica se emplea la carga uniforme dada. Construir una carta de Newmark con una escala z = 5 cm.

4

Solución: Newmark desarrollo un método grafico sencillo que permite obtener rápidamente los esfuerzos transitorios a un medio semi infinito, homogéneo, isótropo y elástico para cualquier condición de carga uniformemente sobre la

superficie del suelo. Esta carta es especialmente útil cuando se tiene varias áreas cargadas.- que transmite diferente presión a la superficie del suelo. El método se basa en la ecuación: Óz

= w

1–(

1 1 + ( r .) z

. ) 3/2 2

Que corresponde el esfuerzo vertical bajo el centro de una área circular uniformemente cargada. Esta ecuación se puede escribir: Óz

= 1–

w

1 1 + ( r .) z



.

3

/2

2

Z

Si en esta ecuación se da w a el valor de 0.1, se encuentra que r/z resulta ser 0.27; es decir que si se tiene un circulo cargado de radio r = 0.27 z, donde z es la profundidad de un punto A bajo el centro del circulo, el esfuerzo en dicho punto A será g



Z

= 0. 1 w

Si esta circular de r = 0.27 z se divide en un numero de segmento iguales , cada uno de ellos contribuirá al esfuerzo oz total en la misma proporción. Si se divide el circulo en 20 partes, como es usual en las cartas de Newmark, cada segmento coopera para el esfuerzo oz con: 0.1 w = 0.005 w 20 El valor de 0.005 es el valor de influencia correspondiente a cada uno de los segmentos circulares considerando. Supongamos ahora valores de 0.2, 0.3, 0.4, 0.5, 0.6, 0.7, 0.8 y 0.9 a la relación  z/ w; los correspondientes valores para la relación r/s serán: Para Para Para Para Para Para Para Para Para

0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

r/z r/z r/z r/z r/z r/z r/z r/z r/z

= = = = = = = = =

0.27 0.40 0.52 0.64 0.77 0.92 1.11 1.39 1.91

La cantidad anterior son los radios de circulo concéntricos con los cuales se formula la carta de Newmark. Para Ó z/w = 1, resulta que le radio del circulo correspondiente es ya infinito para cualquier z diferente de cero, por lo que las áreas que se generan por la prolongación de los radios vectores que se utilizan para subdividir los círculos en segmentos iguales, fuera de circulo Ó z/ w =0 .9 , aun siendo infinitas, tiene la misma influencia sobre el punto A que las restantes dibujadas.

Obténgase os radios de los círculos según z = 5 cm: r r r r r r r r r

= = = = = = = = =

0.27 0.40 0.52 0.64 0.77 0.92 1.11 1.39 1.91

( ( ( ( ( ( ( ( (

5 5 5 5 5 5 5 5 5

) ) ) ) ) ) ) ) )

= = = = = = = = =

1.35 cm 2.0 cm 2.6 cm 3.2 cm 3.85 cm 4.6 cm 5.55 cm 6.95 cm 9.55 cm

Que son los radios de los círculos para la carta pedida. Otra forma de obtener la relación r/z para construir la carta de Newmark es entrando con los valores de 0.1, 0.2,......, 0.9 de Wo a la tabla de Boussinesq sobre valores de inflación para áreas circular uniforme cargada. La Carta resultante se presenta en el apéndice Nº. VIII.

5

Resolver el problema numero 2 utilizando la carta de Newmark. Solución: Para aplicar la carta de Newmark se emplea la formula: Ózo = q N i

Donde q es la carga unitaria distribuida, N es el numero de cuadros e i es el coeficiente de influencia de cada cuadro, siendo igual a 0.05. Considerando que la escala que muestra la carta equivalente a 10 mts. O sea para calcular el esfuerzo a 10 mts. De profundidad. Se dibuja el área dada en papel trasparente y se coloca el punto donde se requiere conocer los esfuerzos, en el centro de los círculos de la carta de Newmark; de cuenta al numero de cuadros y se aplicar la formula arriba indicada. Para z = 10 mts, se tiene que N = 42 cuadros. Sustituyendo: Ó z o = ( 10 ) ( 17 ) ( 0.005 ) = 2.1 ton/m² Ahora se dibuja el área considerando que la escala dada en la carta de Newark son 20 mts. Para z = 20 mts, se tiene que N = 26.5 cuadros. Sustituyendo: Ó z o = ( 10 ) ( 26.5 ) ( 0.005 ) = 1.32 ton/m² Procedimiento de igual manera que en los casos anteriores : Para z = 30 mts, se tiene que N = 17 cuadros.

Sustituyendo: Ó z o = ( 10 ) ( 17 ) ( 0.005 ) = 0.85 ton/m²

Observando que los valores de influencia calculados con este procedimiento son aproximadamente iguales a los obtenidos en el problema 2.

6

Si la excavación de una edificio rectangular de 60 metros de larga por 40 mts. De ancho es de 6 mts. De profundidad y el material excavado de arena húmeda cuyo peso volumétrico es ym = 1.8 ton/m³, ¿ cual es la presión vertical reducida al remover el peso se la arena en un punto de 20 mts debajo de la superficie original del terreo y en una esquina. ? SOLUCIÓN: En este caso se tiene: m = x >= 60 = 3 z 20 &m = 1.8 t/m3 6 mts. m = y >= 40 = 2 z 20

20 mts. 40 mts. L = 60 mts.

Con estos valores se entra a la grafica de Boussinesq obteniendo: Wo = 0.2.3 Por otra parte , la descarga producida por la excavación será igual a : P = 1.8 x 6 = 10.8 ton/m² Aplicado: o = Pwo, se obtiene: o = 10.8 x 0.232 = 2.5056

R 7 8

Ó

= 2. 50 56 ton/ m 2

Determinar la distribución de presión en los puntos A y B de la planta del edificio de la figura mostrada a profundidades de 10, 20, y 30 mts. Usar la carta de Newmark y dibujar las envolventes obtenidas.

40 mts. Soluciones: a) Comercios 1 t/m2

Para obtener los esfuerzos a una profundidad de 10 mts. Se considera que la escala dada en la carta son 10 mts. Y en base a dicha escala se dibuja el área dada, colocando el punto A sobre el centro de la carta y contando el numero de cuadros correspondientes a cada una de las áreas, se aplica la formula de Newmark para cada área, obteniéndose así los esfuerzos parciales. El esfuerzo total será la suma de los esfuerzos parciales. Esta operación se repite para las profundidades de 20 y 30 mts.

b)

Edificio 11 niv.

Edificio 4 niv. 6 t/m

Estac. 2.5 t/m2 15 mts.

40 mts.

Para el Punto B se procede de igual forma. Para z = 10 mts. Área Área Área Área

a: b: C: d:

N N N N

A = 3.0 = 167.5 = 5.0 = 3.0

`

N N N N

B = 4.1 = 9.0 = 145.0 = 2.4

Para z = 20 mts. Área Área Área Área

a: b: C: d:

N N N N

A = = = =

3.75 115.4 13.5 6.2

`

B N = 9.2 N = 22.9 N = 90.5 N = 4.33

Para z = 30 mts. Área Área Área Área

a: b: C: d:

N N N N

A = 4.2 = 57.2 = 14.3 = 8.1

B

`

N = 8.2 N = 25.2 N = 57.8 N = 6.2

Aplicado los resultaditos anteriores en la siguiente Expresión:

40 mts.

13 t/m2

2

20 mts.

20 mts.

20 mts.

Presión:

ợ=qNi

Donde i = 0.005 Se obtiene Para

Óa Ób Óc Ód

= = = =

z = 10 mts.

1 ( 0.005 ) ( 3 ) 6 ( 0.005 ) ( 167.5 ) 13 ( 0.005 ) ( 5.0 ) 2.5 ( 0.005 ) ( 3.0 )

= = = =

0.015 5.025 0.325 0.0375

Óa = 1 ( 0.005 ) ( 4.1 ) Ób = 6 ( 0.005 ) ( 9.0 ) Óc = 13 ( 0.005 ) ( 145 ) Ód = 2.5 ( 0.005 )

= 0.0205 = 0.27 = 9.425 ( 2.4 ) =

0.030

Ót = 5.4025

Ót = 9.7455

Para z = 20 mts.

Óa Ób Óc Ód

= = = =

1 ( 0.005 ) ( 3.75 ) 6 ( 0.005 ) ( 115.4 ) 13 ( 0.005 ) ( 13.5 ) 2.5 ( 0.005 ) ( 6.2 )

= = = =

Óa = 1 ( 0.005 ) ( 4.1 ) = 0.0205 Ób = 6 ( 0.005 ) ( 22.9 ) = 0.687 Óc = 13 ( 0.005 ) ( 90.5 ) = 5.882 Ód = 2.5 ( 0.005 ) ( 4.33 ) = 0.054

0.018 3.462 0.877 0.077

Ót = 4.434

Ót = 6.669

Para z = 30 mts.

Óa Ób Óc Ód

= = = =

1 ( 0.005 ) ( 4.2 ) = 6 ( 0.005 ) ( 57.2 ) = 13 ( 0.005 ) ( 14.3 ) = 2.5 ( 0.005 ) ( 8.1 ) =

Óa = 1 ( 0.005 ) ( 8.2 ) = 0.041 Ób = 6 ( 0.005 ) ( 25.2 ) = 0.756 Óc = 13 ( 0.005 ) ( 57.8 ) = 3.757 Ód = 2.5 ( 0.005 ) ( 6.2 ) = 0.077

0.021 1.716 0.929 0.101

Ót = 2.767

Ót =

4.631 Tabulando los resultados finales: Z

A ( T/m² )

A ( T/m² )

10

5.4025

9.7450

20

4.4340

6.6690

30

2.7670

4.6310

10 20 30

2

4

6

8

A

10 12

B

14

8

Para la zapata corrida de la figura , calcular y dibujar la distribución de presiones ara los puntos A y B a profundidad de 1, 2, 4 y 8 mts. a) Considerando carga lineal ( Grafica de Fadum ) b) Por medio de la grafica de distribución de esfuerzos verticales para carga rectangular de longitud infinita.

SOLUCIÓN: 4 t/m

a) Para poder utilizar la graficas de Fadum de necesita conocer m y n que se calcula al igual que para utilizar las graficas de Boussinesq. Con estos valores se obtiene Po y se puede aplicar la Formula:

A 2 mts

∞ Long. Infinita B 

P po z donde P tiene unidades de carga por unidad de longitud. Al igual que en problemas anteriores por facilidad se presenta en una tabla los cálculos. Z

=

Para el punto : A

Z

m=x z

x=0,

n=y z

y=∞

Po

P

Po P

z = Po P z

1

0

∞

0.319

4

1.276

1.276

2

0

∞

0.319

4

1.276

0.638

4

0

∞

0.319

4

1.276

0.319

8

0

∞

0.319

4

1.276

0.1395

Para el punto : B

x=1,

y=∞

Z

m=x z

n=y z

Po

P

Po P

z = Po P z

1

1

∞

0.079

4

0.316

0.316

2

0.5

∞

0.204

4

0.816

0.408

4

0.25

∞

0.278

4

1.112

0.278

8

0.125

∞

0.308

4

1.232

0.154

Los Valores de Po de las tablas anteriores fueron obtenidos de las graficas de Fadum. ( Apéndice IX ). c) Por medio de las grafica de distribución de esfuerzo verticales para carga rectangular de longitud infinita. Se Obtiene descarga al subsuelo será igual a : P = 4 ton/ml/2m = 2 ton/m² Para el Punto A Considerando que: b

=

1 mts

z=1

Óz = 0.82

p = 1.64

2b

=

2 mts

z=2

Óz = 0.56

p = 1.12

4b

=

4 mts

z=4

Óz = 0.31

p = 0.62

8b

=

8 mts Este valor se sale de la grafica, por lo tanto no se puede obtener. Para el Punto B

Considerando que: b

=

1 mts

z=1

Óz = 0.49

p = 0.98

2b

=

2 mts

z=2

Óz = 0.42

p = 0.84

4b

=

4 mts

z=4

Óz = 0.27

p = 0.54

8b

=

8 mts Al igual que para el punto A, Este valor se sale de la grafica.

1 2 4

8

0.5

1.0

1.5

A y B obtenidos con grafica de Fadum. A’ Y B’ Obtenidos con Grafica de carga rectangular de longitud infinita.

9

En la figura se presenta el terraplén de una carretera.- Encontrar los esfuerzos en el centro de terraplén y en uno de sus extremos, a profundidad de 10, 20 y 30 mts.

C = 5 mts

a = 1.5 mts

10 mts. P = 1.8 t/m3

1 mts.

SOLUCIÓN: La descarga que trasmite el terraplén a la cimentación es igual a : P = 1.8 ton/m³ x 1 m = 1.8 ton/m² Para calcular los valores de influencia de la carga trapecial se usara la grafica incluida en el apéndice VII. Se procede a hacer la siguiente tabla:

z = IP ( t/m² )

2Óz ( t/m² )

Ó

Z

a/z

c/z

I

10

0.15

0.5

0.31

0.558

1.116

20

0.075

0.25

0.18

0.324

0.648

30

0.5

0.166

0.12

0.216

0.432

Semi infinito

Infinito

Los valores de influencia I de la tabla anterior de obtuvieron entrando a las graficas de valores de influencia de esfuerzos verticales y los valores de la columna “2 Óz” son los esfuerzos en el centro del Terraplén.

10 Solución:

Ó

Calcula el problema anterior por medio de formula. La formula aplicar es la siguiente:

z = p n ß + x . a - z . (x-b ) a r22

Donde :

P ß a x z

es la carga es el ángulo entre r2 y ro es el ángulo entre ro y r1 es la distancia del extremo lateral al punto donde se quiere conocer el esfuerzo es la profundidad

Para cuando x = 0 la formula queda: Ó

z= P. π

ß+ z b .

r22

∞

Dibújese a escala el terraplén y mídase los ángulos para profundidades de 10, 20, y 30 mts. Para un extremo del Terraplén:

6.5 mts. 1.5 mts. z = 10 m β = 26.5º = 0.4624 rad r2 = 12 mts

β 10 mts.

z = 20 mts β = 1 4º = 0.2443 rad r2 = 22 mts

20 mts.

z = 30 mts β = 9 .5 º = 0.1657 rad r2 = 31 mts

30 mts.

Se aplica la formula: Ó

z= P. π

ß+ z b .

r22

Para este caso :

P = 1.8 ton/m² B = 6.5 mts.

Para Ó z = 0 @:= 90º = 1.5705

Ó

z = 1.8 . 1.5705 = 0.8998 Л

Ó

z = 0.8998 ton/m2

Para z = 10 mts. : r2 = 12 mts; β = 25 º = 0 .4 36 2

Ó

Ó

z = 1.8 . 0.4362 + 10 ( 6.5 ) . = 0.5085 Л 14 4

z = 0.5085 ton/m2

Para z = 20 mts. : r2 = 22 mts; β = 14 º = 0 .2 44 3 Ó

z = 1.8 . 0.2443 + 20 ( 6.5 ) . = 0.2938 Л 4 84

Ó

z = 0.2938 ton/m2

Para z = 30 mts. : r2 = 31 mts; β = 9. 5 º = 0 .1 65 7 Ó

z = 1.8 . 0.1657 + 30 ( 6.5 ) . = 0.211 Л 96 1

Ó

z = 0.2938 ton/m2

∞

Ahora para el centro del Terraplén: 6.5 mts. 1.5 mts.

r2

β 10 mts. = 1.5 m

z = 10 m x = 6.5 m; b = 6.5m ; a a = 6º = 0.104 rad β = 26.5º = 0.4624 rad r2 = 10 mts

20 mts. mts; a = 1.5

30 mts. mts; a = 1.5

z = 20 mts x = 6.5 mts; b = 6.5 a = 3.75º = 0.0654 rad β = 1 4. 25 º = 0.2486 rad r2 = 20 mts z = 30 mts x = 6.5 mts; b = 6.5 a = 3.º = 0.0523 rad β = 9 .5 º = 0.1657 rad r2 = 30 mts

Ahora se usa la formula: Ó

z

= P. β + x . a - z . ( x – b ) a

Л

Para

r22

z=0 Ó

z

= 1.8 . 1.5705

= 0.8998 x 2 = 1.7996

Л Ó

Para

z = 1.7996 ton/m2

z = 10 mts. Ó

z

= 1.8 . 0.4624 + 6.5 . 0.1047 = 0.5248 x 2 = 1.0496 Л

Ó

Para

z = 1.0496 ton/m2

z = 20 mts.

1 .5

Ó

z

= 1.8 . 0.2486 + 6.5 . 0.0654 = 0.3048 x 2 =0.6096 1 .5

Л Ó

Para

z = 0.6096 ton/m2

z = 30 mts. Ó

z

= 1.8 . 0.1657 + 6.5 . 0.0523 = 0.2247 x 2 =0.4494 1 .5

Л Ó

z = 0.4494 ton/m2

Como los valores obtenidos son para la mitad del terraplén, se multiplican por dos para obtener el esfuerzo que produce el terraplén completo. A continuación se presenta las envolturas obtenidas tanto para este problema omo para el anterior en que se obtuvieron los esfuerzos mediante graficas. Esfuerzo vertical t/m2

0.5

1

1.5

2

t/m2

Curva A y B fueron obtenidas con grafica

Curva C y D fueron obtenidas con

formulas

Problemas Propuestos 1

Con los datos del problema resuelto Nº. 1, calcular esfuerzo a una distancia de 4 mts. Medida horizontal a parte del punto de aplicación de la carga: a) Usando la formula de Boussinesq. b) Usando la tabla propuesta por Boussinesq.

Resp. A)

z = 79.1 Kg./m

Ó

z = 80.0 Kg./m²

Ó

Z = 6 mts.

r = 40 mts

2

Calcular los esfuerzos a profundidad de 5, 10, 20 y 30 mts. Bajo la carga de la zapata cuadrada de la figura suponiendo. a) Carga concentrada de 40 Toneladas; b) Carga uniforme de 10 ton/m². Graficar los resultados obtenidos Resp. 40 Ton a)

b) 2 mts

3

2 mts

z( t/m² )

z

Ó

5

0.764

10

0.191

20

0.04775

30

0.212

z

Ó

5

0.720

10

0.20

20

0.04

30

0.02

z( t/m² )

Para los puntos mostrados en el área de la figura, calcular las presiones trasmitidas a profundidades de 10, 20 y 30 mts.. Ejemplo la teoría de Boussinesq para hacer los cálculos. 30 mts.

q = 10 t/m2

20 mts. 2

10 mts.

1 10 mts

3

Punto 1

z = t/m²

Punto 2

z = t/m²

Punto 3

z = t/m²

Z

Ó

Ó

Ó

0

2.5

10.0

0

10

1.81

4.75

0.38

20

1.48

2.28

0.70

30

1.02

1.31

0.72

4

Resolver el problema anterior utilizando la carta de Newmark. Resp. Punto 1

z = t/m²

Punto 2

z = t/m²

Punto 3

z = t/m²

Z

Ó

Ó

Ó

0

2.5

10.0

0

10

2.06

4.25

0.22

20

1.63

2.76

0.66

30

1.25

1.84

0.672

5

Un tanque cilíndrico de 10 mts. De Radio y 9 mts. De una carga uniforme de 11 ton/m² Calcula la distribución de esfuerzos a profundidad de 5, 10, 20, 30, 35 y 40 mts

a)

9 mts.

z( t/m² )

z

Ó

0

11

5

10.016

10 15

7.110 4.604

20

3.129

25

2.195

10 mts.

30

1.579

35

1.177

40

0.956

II ANÁLISIS DE ASENTAMIENTOS

CONSOLIDACIÓN UNIDIMENSIONAL Son muchas las causas que producen los asentamientos de las estructuras, entre las principales están la consolidación y la distorsión del subsuelo, directamente relacionadas con las cargas que se trasmite al mismo. A un proceso se disminución de volumen que tengas lugar en un lapso determinado, provocado por el aumento de las cargas sobre el suelo, se llama proceso de consolidación. Frecuentemente ocurre que durante el proceso de consolidación, la posición relativa de las partículas sólidas sobre un mismo plano horizontal; permanece esencialmente la misma, así el movimiento de las partículas de suelo ocurre solo en dirección vertical. Esta es la consolidación unidireccional o unidimensional. A continuación se presenta un resumen de las formulas para e; calculo de sentamientos.

Coeficiente de compresibilidad:

av

= Ae .

Ap Coeficiente de variación volumétrica: mv = av 1+e Coeficiente de Consolidación :

Factor tiempo: T=

cv = k ( 1 + e ) = Av yw mv yw

T = k ( 1 + e ) t . ; T = cv Av yw h2 H2

Β = H2 4

Coeficiente de permeabilidad:

t.

.

K

.

K ( cm/seg ) = Formula espesor H:

H2 . 5 ( 1 + e ) t50 a v

para calcular el asentamiento por consolidación de un estrato de

ΔH =

Δe H 1+e ΔH = av > 1+e ΔH=

m v

Δp H

Δp H

Formulo para calcular el asentamiento por consolidación en el tramo virgen de la curva de consolidación:

ΔH=

Cc . ( H log. Po + Δp ) 1 +e Po Asentamiento ocurrido en un tiempo t: s t=

ΔH

s t

m

=

v

Δp H

U% . 100

U% . 100

TEORIA ELASTICA. La teoría elástica permite resolver muchos problemas de deformación bajo muy diversas condiciones del medio elástico siempre y cuando se haga respecto a ese medio, hipótesis de comportamiento de tipo simplifica torio. En la aplicación de las soluciones obtenidas por medio de la teoría elástica para diferentes problemas. no debe perderse de vista las hipótesis en que esta teoría se basa. En primer lugar ha de mencionarse el hecho de que por ser los suelos no homogéneos y anisótropos, se apartan decisivamente de las hipótesis usualmente atribuidas a medio elástico. El hecho mas importante estriba en que los suelos no son elásticos y menos aun linealmente elásticos. Por otra parte, la relación de Poisson es muy difícil de medir en la practica, aparte de que varias con gran cantidad de factores, Sin embargo en muchas casos prácticos las distribución de esfuerzos que se obtienen mediante la aplicación de la teoría elástica, han resultado satisfactorios. Es frecuente en la practica emplear la hipótesis simplista que consiste que la trasmisión de las presiones causadas por un zapata se distribuye uniformemente según un Angulo a, usualmente de 30º. ( Ver figura del apéndice XII) . En este caso de usara formula: S = 0.867

XII.

pb . E

Cs

El termino Cs que aparece en la formula se obtiene de la grafica del apéndice

Problemas Resueltos 1 Sobre el estrato de arcilla de 3 metros de espesor mostrado en la figura, se va a colocar una sobrecarga de 4 ton/m². Se desea determinar con los datos indicados en la figura, la magnitud del hundimiento y en que tiempo se va a producir el 90 % de ese hundimiento

NAF

Ap = 4 8 sat = 1.8 t/m3 estrato compresible

t

/m2

8 mts.

a z/v 0.036 m2 /ton Estrato Impermeable SOLUCIÓN: Considerando que el estrato tiene un espesor muy pequeño, se supone Δp como constante. Para calcular el hundimiento se emplea la expresión:

ΔH = m v

Donde :

Δp ΔH

m v

Δp H

es el coeficiente de variación volumétrica es el incremento de presión es el espesor del estrato Como se sabe, m a v = v

m v se

calcula por medio de la formula:

1+ e Siendo

a

v

el coeficiente de compresibilidad y e la relación de vacíos.

= 0.03 = 0.03 = 0.00909 m²/ton. 1+23 3.3 Por lo tanto el hundimiento total será: ΔH = mv Δp H = 0.00909 x 4 x 3 = 0.10908 ΔH = 0.10908 m m v

Para calcular el tiempo en que se va a producir el 90 % del hundimiento se tiene la formula: T = Cv

t . H2 Siendo T el factor tiempo y t el tiempo.

Despejando a t : t = T H2 Cv Cv ( coeficiente de consolidación ) se calcula como: Cv = K ( I + e ) a γ v w

Cv = 10 –8 ( 3.3 ) = 3.3 = 0.000,0011 m2 / seg. 0.03 x 1 3,000,000 Para U = 90 % se tiene T = 0.848, de las curvas teóricas de consolidación. ( Apéndice X y/c XII ) Aplicando la formula: t = 0.848 x 9 = 6,938,181.8 seg. 0.0000011

t = 115,363.36 min. - 1927.27 horas

R

t = 80.3 días.

2

El subsuelo de un lugar consiste en un deposito de arena de 3 mts. De espesor con un peso unitario de 2.06 ton/m³. Bajo el deposito de arena hay un estrato de arcilla normalmente consolidada de 3 metros de espesor, que descansa sobre un suelo no compresible. La arcilla tiene una relación de vacíos de 0.31 , un índice de compresibilidad de Cc = .015 y un coeficiente de consolidación de 6.45 x 10 –3 cm2 /min.. El nivel freático esta en la superficie. Si el esfuerzo vertical a la mitad del estrato de arcilla es incremento en 7300 kg/m2 por la construcción de una estructura, ¿ Cual será el asentamiento debido a la consolidación de la arcilla?

NAF 3 mts

ARENAS 8 = 2.16 t/m3

3 mts w = 30 % Cc = 0.15

ARCILLA Cc = 6.45 x 10-3 cm2/min. e = 0 .8 1 8 sat = 1.93 t/ m3 Estrato no compresible

SOLUCION: Para calcular el asentamiento se usara la expresión:

ΔH = Cc . H log Po + Δp 1 + eo Po γ Se calcula Po : p o = H1 ( 1 – γ w )

+ H 2(

γ

1–γw

)

Sustituyendo : Po = 3 ( 2.16 – 1) + 1.5 ( 1.93 – 1 ) = 3.48 + 1.395 = 4.875 P o = 4.875 ton/m2 ΔH = 0.15 3 log 1 + 081 .

4.875 + 7.3

= 0.248 log

2.497

R ΔH = 0.0927 m = 9.27 cm

3

En un cierto tiempo después de la construcción de un terraplén que trasmite una presión media de 3 ton/m2 sobre un estrato de arcilla, queda en este un exceso de presión hidráulica promedio de 2 ton/m2 a) ¿Que hundimiento ha sufrido dicho terraplén por la consolidación de la arcilla? c)

¿Cuanto hace que se construyo el terraplén?

Arena

Δ P = 3 t/m2

Φ = 28 º

Arcilla Cv = 103/ Seg ɱ = 2 t / m 2 SOLUCION : a) Para calcular el asentamiento se usara la expresión: ΔH = m v ap H ΔH = 0.015 x 3 4 = 0.18 mts. ΔH = 0.18 cm . Se calcula U : U= (1–M) P U = 1 - 2/3 = 0.333 Como :

U = Δ H’ ΔHT

ΔH’ = U ΔHT = 0.333 x 0.18

5 mts

5 mts

ΔH = 0.0599 m c) Se Tiene la expresión : d) e) T = n x U2 f) . 4 g) T = n ( 1/3 ) 2 = 0.08726 h) 4 4.875 O de otra forma, se entra a las tablas del apéndice x para la relación U – T , con el valor de U – 0.33 e Interpolado de obtiene el valor: T = 0.088 Se procede a calcular el tiempo, por medio de la expresión : t = TH2 . c

v

t = 0.08726 x 160,00 . = 3,490,400 seg. = 58,173.33 min. = 969.55 hrs. 4 x 103

R 4

t 40.39 días Una estructura cuadrada de 30 metros por lado descansa sobre un losa de cimentación desplantada a 1.8 mts. Debajo de la superficie del terreno natural la presión trasmitida por la losa de 11.22 ton/m2, subyaciendo a la losa existente un estrato de arcilla dura muy consolidada por desecación que puede considerarse como incomprensible y que descansa en un estrato de arcilla blanda normal consolidada. Calcular el asentamiento total en una esquina de la estructura.

30 x 30 mts

N.F.A.

1.8 mts.

Cc = 0

Arcilla Dura 8 = 2.2 t/m2

3.50 mts

e = 0.80 Cc = 0.15

Arcilla Blanda 8 = 1.93 t/m3

3 mts

Roca SOLUCION: Primero se calcula la presión inicial: Po = 1.8 x 2.2 + 3.5 ( 2.2 – 1 ) + 1.5 ( 1.93 ) Po = 3.96 + 4.2 + 1.395 = 9.555 ton/m2

Po = 9.555 ton/m2 El incremento neto de presión en la base de la cimentación es la carga de 11.22 ton/m2 menos el peso del suelo excavado para alojar el basamento. q = 11.22 – 1.8 x 2.2 = 7.26 ton/m2 q = 7.26 ton/m2 Se calcula ahora el coeficiente de influencia deseada. M=

w

o

a la profundidad

x . = 30 . 6 ; n = y . = 30 . = 6 z 5 z

con estos valores y de las graficas del apéndice: w o

= 0.25 Δp = 7.26 x 0.25 = 1.815 Δp = 1.815 ton/m2 El asentamiento por consolidación se calcula como: ΔH =

Cc 1+e

.

ΔH =

0.15 . 1 + 0.81

H Log

P o + P o

Δp

H Log 3 log

9.55 + 1.815 . 9.555

ΔH = 0.2481 x log. 1.1899

R 5

ΔH =

0.0162 m = 1.62 cm .

Un edificio se construyo de Mayo de 1955 a mayo de 1957. En Mayo de 1960, e; asentamiento total será de 35.5 cm, estimar el asentamiento que se presento en Mayo de 1965. Suponer que el subsuelo lo esta doblemente drenando.

SOLUCION Para la mayoría de los casos prácticos en los cuales la carga se aplica conforme avanza la construcción, se obtienen una presión aceptable cuando se calcula el tiempo e asentamiento con relaciones que suponen que icho tiempo será el periodo de construcción. De los datos de tiene: St = 11.4 cm

para t = 4 años

Y ΔH = S = 35.5 cm para t

∞

Así se tiene que el asentamiento pedido es para: /////????/////////??? Año ¿????? Sea, 1965.

n

T=

U = / 4 T 1.13 =

U2

/

T

U = 1.13 / T St1 es el asentamiento para el tiempo t1 St2 es el asentamiento para el tiempo t2 Se tendrá valores: st 1 st 2

=

U 1 U 2

=/

T

1 T 2

=/

t 1 t 2

st 2=

11.4 x 3 = 17.1 m

Sustituyendo valores : 11.4 st 2

R 6

st 2

=

/ /

4 .; 9

2

- 17.1 cm

Antes de construir el edificio mostrado en el croquis de la figura se hizo un ensayo de carga con una zapata de 60 x 60 cm sobre la superficie del terreno en que se construirá el edificio. El subsuelo esta constituida por un deposito de arena de 21 mts. de espesor. El asentamiento de la zapata con una carga de 3.6 Kg/cm2 fue de 9.1 mm. ¿ Cual será el asentamiento probable del edificio si este trasmitirá la carga en un área de 27.50 x 30.50 mts. Con la misma carga unitaria? Supóngase que le coeficiente de compresibilidad ( av ) se la arena se conserva constante en todas la profundidad. Junta dilatada Muro Trasverso 27.5 mts. 30 mts. Planta

SOLUCION:

ELEVACIÓN

Para la solución de empleara ka grafica del apéndice XII La relación

H . b

para la zapata vale:

21 . = 35 0.60 De la grafica del apéndice Nº. XII s obtiene un valor de Cs = 1 Por lo tanto : ΔH = 0.867 Pb .Cs E 0.91 = ( 0.867 ) ( 3.6 ) ( 60 ) ( 1 ) x 1 . E 1 . x 187.272 = 0.91 E 1 . x 0.004859 =

m

v

E En el caso del edificio H .= b

21.0 . = 0.763 27.5

Obteniéndose de la grafica: Cs = 0.46 Por lo tanto el asentamiento será:

R

ΔH = 19.188 cm .

7

Calcular el asentamiento de una cimentación con pilotes distribuidos en un área de 4 x 3 mts. La distribución de los pilotes y las características del subsuelo de indican en la figura. La carga total que actúa sobre los pilotes es de 225 Toneladas. 0.80

0.60

3 mts

4 mts. 225 Ton.

1 ev. 108

Limo 2.0 ϒ = 1.6 ton/m

3

Losa 106 2.0 NFA 104

9.0

ARCILLA @# = 1.9 ton/m# #@ = 11.4 ton/m@ e o = 0. 80

7.0

#@ = 0.23 # = 30 %

100 30º

30º 3.0

97.75 97 1.5 95.5 94.5

2.5

ton/ m 2 93

#$ = 1.8 ton/m3 qu = 8.8 ton/m2 e = 1.08 Cc = 0.34 ϒ = 1 7. 5 qu = 17.5 ton/m2 e o = 0 .7 0 Cc= 8.20

91.5

3.0

90 SOLUCIÓN: Para calcular los asentamientos del grupo de pilotes es necesario calcular la distribución de la carga que trasmiten los pilotes. Según el criterio de Terzaghi, la carga total se trasmite íntegramente hasta 2/3 de la longitud del pilote y a partir de esta profundidad de distribuye según un ángulo de 30º, como se muestra en la figura. Este criterio da resultados aceptables en la practica. La descarga de los pilotes a de su longitud es de; 1=

W T A 1

= 225 . = 18.75 ton/m2 4x3

Para conocer la carga trasmitida al punto medio del estrato comprendido entre las elevaciones 95.50 y 100, se calcula primeramente al área a la profundidad de 97.75 y posteriormente se halla la carga trasmitida dividiendo la descarga total entre esta área. Calculo de Δp :

30º

4

Z

Tan 30º = 0.57735 A la elevación de 97.75 se tendrá la siguiente área: A2 ( 4+ 2 x 2.25 x 0.57735 ) x ( 3 + 2 x 2.25 x 0.57735 ) A2

36.9 m2

A2 = 225 . = 6.1 ton/m2 36.9 A la elevación de 94.25: A3 = ( 4 + 2 x 5.75 x 0.57735 ) x ( 3 + 2 x 5.75 x 0.5735 ) A3 = 105.5 A3 = 225 . = 2.126 ton/m2 105.5 A la elevación de 91.50 A4 = ( 4 + 2 x 8.50 x 0.57735 ) x ( 3 + 2 x 8.50 x 0.5735 ) A4 = 178 m2 A4 = 225 . = 1.265 ton/m2 178 Para poder calcular asentamientos es necesario calcular las presiones efectivas iniciales a las profundidades medias:

Valor de Po ( Elevación 97.75 ): 1.6 x x2 = 3.2 1.9 x 2 = 3.8 1 ( 1.9 – 1 ) x 6.25 = 5.625 . Σ 12.625 ton/m Valor de Po ( Elevación 94.25 ):

2

12.625 2.25 x 0.9 = 2.025 1.25 x 0.8 = 1.08 1.25 X 0.8 = 1.0 . Σ 15.645 ton/m

2

Valor de Po ( Elevación 91.50 ): 15.645 1.25 x 0.8 = 1.0 1.5 x 1.0 = 1.5 18.145 ton/m 2 Finalmente, aplicando la expresión para el calculo de asentamientos se tiene :

ΔH =

Cc 1+e

.

H Log

P o P o

+ Δp

Elevación 95.50:

ΔH2 = 0.23 . 4.5 log. 1 + 0.80

12.65 + 6.1 . = 0.575 x log. 1.482 12.625

ΔH2 = 0.098 m = 9.8 cm Elevación 90:

ΔH3 = 0.34 . 2.5 log. 1 + 0.80

15.645 + 2.126 . = 0.408 x log. @.@@@@@ 15.645

ΔH3 = 0.09224 m = 2.24 cm El ase4ntamiento total será igual a : H total = 9.8 + 2.24 + 1.03 =13.07 cm ΔH total = 13.07 cm . 53

PROBLEMES PROPUESTOS 1

De acuerdo con la estrategia y propiedades mostradas en la figura, calcula el asentamiento del estrato compresible de arcilla cuando este se sujete a una carga de 5 ton/m2. ¿ En Cuanto tiempo d alcanza el 50% de consolidación?

ARENA

10 cm

ARCILLA CH eo = 3 R = 10-7 cm/seg

3 mts Resp. AH = 0.525 mts; t = 178.125 días 3 mts.

Arena

2

Calcula el asentamientito en el centro de gravedad de un edificio, 102 días después de terminar la construcción, suponiendo que la carga se aplica en forma instantánea y que la compresibilidad de la arena es despreciable, para la estratigrafía y propiedad del subsuelo mostradas en la figura.

10 mts El NAF esta a 3.5 como dice el Libro

ARENA Acilla Cv = 2 x 103 cm2/seg

m2/ seg AH = 7.7748

cm M

ton/m

V = 0.10 cm2 / Kg

m/ton ɣ sat=1.5

3

PLANTA

IMPERMEABLE

3

Obtener el tiempo que se requiere para que se produzca el 50% de consolidación en un estrato de 9.0 mts. De espesor con capas arenosas permeables arriba y abajo y que tiene ;las siguientes propiedades: k = 0.ÓÓÓÓÓÓ1 cm/seg ; e = 1.5; av = 0.0003 cm2/grm; yw = 1 grm/cm3

ESTRATO PERMEABLE

ESTRATO COMPRESIBLE

Resp. t = 47,878,659 seg 1.54 años 9 mts

ESTRATO PERMEABLE

4

0.90

Determina el asentamiento aproximado que sufrirá la placa de cimentación de la figura, constituida por 10 pilotes de concreto de 0.40 x 0.40 mts. De sección. La carga total que actúa en la placa es de 500 ton. , las características del subsuelo se muestra en la figura. Considérese que la carga se trasmite integra a la capa dura y que a partir de esta profundidad se distribuye según la teoría de Boussineq para áreas rectangulares uniformemente cargadas. 1.60

1.60

1.60

1.60

1.60

0.90

0.70 5.00

1.60

0.70

8.20

CH

10.00

ARENA COMPACTADA CH ARCILLA E = 1.30 Δe = 0.10 Res. ΔH = 0.304 mts

III EMPUJE DE TIERRAS En la practica actual de la ingeniería se considera por lo general dos tipos de elementos de soporte: rígidos y flexibles.- Los primeros son denominados genéricamente muros y los segundos tablestacas. Un muro diseñado con el propósito de mantener una diferencia en los niveles de suelo en ambos lados se llama muro de retención. La tierra que produce el mayor nivel se llaman relleno y es el elemento generador de presión. La tablestacas ancladas son elementos de retención del suelo, generalmente usadas en fronteras con agua. Para obtener el empuje que produce un suelo sobre los elementos de soporte se utiliza mas frecuentemente las teorías de Rankin, Coulomb y Terzaghi. TEORIA DE RANKIN: Un suelo esta en estado plástico cuando se encuentra en estado de falla incipiente generalizado . De acuerdo con lo anterior caben dos estados plásticos : El que se tiene cuando el esfuerzo horizontal alcanza el valor mínimo K2 @@ y el que ocurre cuando dicha presión llega al valor mínimo @@@@@@ tos estados se denominan respectivamente activo y pasivo. En el estado Activo: En el estado de pasivo:

KA = 1 .= Tan2 ( 45 – Ø / 2 ) = 1 - . Sen. NØ 1 + Sen. Ø KP = N Ø = Tan2 ( 45 + Ø / 2 )

Ø

Que son los coeficientes fracciónantes se tiene los siguientes formulas para e; calculo del empuje:

Empuje activo :

EA = = 1 . PH2 = 1 . KA x yH2 2N Ø 2

Empuje pasivo:

EP = = 1 . N Ø y H2 = 1 . KP x yH2 2 2

En el caso de que la superficies del relleno sea un plano inclinado a un ángulo β con la horizontal. Los empujes activos y pasivos se calculan por medio de las formulas:

E A=

.

1

r

H2

Cos β Cos β -

2

E P

=

Cos β -

.

1

y

H2

/

Cos β Cos β -

2

Cos β -

/

/

2

Cos 2

Cos

/

β - Cos2

Cos Cos

2

β - Cos2

2

.;

Ø

.;

Ø

β - Cos2

β - Cos2

Ø

Ø

Para suelos cohesivos, la teoría de Ranking de las siguientes expresiones: E 1 . . ɣ H2- 2cH A= 2 E 1 . . ɣ H2 + 2 cH; P= 2 La altura máxima a que puede llegar en un corte vertical de material cohesivo sin soporte y sin derrumbarse se obtiene de : H c = AC

ɣ Para suelos cohesivos-fricciónantes, según la teoría de Ranking , se utilizan las siguientes formulas: E A=

2N E P

. ɣ H2+ 2c

1

=

/

Ø

1 . N Ø YH2 2

H

;

NØ + 2c

/

NØ H

;

La altura critica con la que puede mantenerse sin soporte el suelo cohesivo – friccionarte en corte vertical, se calcula por medio de la formula: Hc = AC y

/

NØ

TEORIA DE COULOMB. Esta teoría considera que el empuje sobre el muro se debe a una cuña de suelo limitada por el paramento del muro, la superficie del relleno y una superficie de falla plana desarrollada dentro dl relleno. Ver figura adjunta.

E

W

W H 3

w

Φ

F

E

Considerado el equilibrio de la cuña se ve que el polígono dinámico constituido por W, F y E debe cerrarse en dirección y magnitud a además se conoce previamente las direcciones de E y F puede conocerse la magnitud del e3mpuje sobre el muro. Este método es un procedimiento por tanto para encontrar la cuña critica que de el máximo empuje. Método de Culmann. Se aplica a rellenos de cualquier forma basado en la teoría de Coulomb. Es un método grafico que permite llegar fácilmente al valor del máximo empuje ejercido contra un muro por un relleno. En los problemas 4 y 5 se describe su aplicación. METODO SEMIEMPIRICO DE Terzaghi. El primero paso para la aplicación de este método es encasillar el material se relleno con el que ha de trabajarse, en una de os siguientes 5 tipos. Suelo granular grueso sin finos Suelo granular grueso con finos limoso III. Suelos residual con cantos, bloques de piedra, gravas, arenas finas y finos arcillosos en cantidad apreciable IV. Arcilla plástica blandas, Limo orgánicos o arcillas limosas V. Fragmentos de arcilla dura o medianamente dura protegidos de modo que el agua proveniente de cualquier fuente no penetre en los fragmentos. En lo que se refiere a la geometría del relleno y la condición de las cargas, este método cubre cuatro casos muy frecuentes en la practica. 1. La superficie del relleno es plana, inclinada o no, y sin sobrecarga

2. La superficie dl relleno es inclinada a partir de la corona el muro, hasta un cierto nivel en que se torna horizontal. 3. La superficie del relleno es horizontal y sobre ella actúa una sobre carga uniformemente repartida. 4. La superficie del relleno es horizontal y sobre ella actúa una sobre carga lineal paralela a la corona dl muro y uniformemente distribuida. En el primer caso el problema se resuelve aplicando las formulas: EH = 1 KH H2 EV = 1 KV H2 2 2 que son las componentes horizontal y vertical del empuje. Kh y Kv se obtiene de las graficas del apéndice Nº XIII ( a ) El empuje se considera aplicado a la altura de H/3 contando a partir del paño inferior de muro. Para el segundo caso los valores de Kh y Kv deberán obtener de las graficas del apéndice Nº XIII ( b ) Para el tercer caso, la cuando el relleno soporta sobrecarga uniformemente distribuida, la presión horizontal sobre el plano vertical en que se supone actuante el empuje, deberá incrementarse uniformemente en : P=Cq Q = es el valor de la sobrecarga repartida C = se escoge de la tabla del apéndice Nº XIV según sea l tipo de relleno. En el caso cuatro se considera que la carga ejerce cobre el plano vertical en que se aceptan aplicados los empujes una carga concentrada que vale: P = C q1 q1 es el valor de la carga lineal uniforme C se obtiene, como en el caso anterior, del apéndice Nº. XIV Ademes.- Este tipo de elementos de soporte es usado en el caso de obras en las que se ejecutan excavaciones verticales, para garantizar la estabilidad de las paredes durante el tiempo necesario para la construcción. La disposición de los elementos de soporte es como se describe a continuación: En primer lugar se hinca verticalmente una serie de postes o viguetas de acero siguiendo el contorno de la excavación a efectuar y hasta una profundidad mayor que el fondo de la misma. El espacio entre estos elementos se reviste con tablas horizontales que se van añadiendo a medida que la excavación progresa; también verticalmente con puntales de acero o de madera, colocados transversalmente a la excavación. Parar diseñar los puntales es necesario conocer la magnitud y al distribución del empuje del suelo sobre el ademe. Para calcular el empuje sobre el ademe es preciso recurrir a otros métodos que no sean las teorías clásicas de Ranking y Coulomb ya que estas no son aceptables, pues la distribución de presiones en los ademes es aproximadamente parabólica, con el punto de aplicación del empuje muy cerca del punto medio de la altura del ademe.

El empuje sobre ademes se obtiene según los resultados de mediciones efectuadas por Tarzaghi durante la construcción del metro de Berlín y Chicago en arenas compactas y en arcillas blandas y firmes. Para estos tres casos, Terzaghi dio la distribución de los empujes. Estas tres distribuciones se presentan el apéndice Nº XV.

1

Problemas Resueltos. En una arena arcillosa con las siguientes propiedades ɣm = 1.9 ton/ , c = 0.2 kg / cm2 y Ø = 30º, se realiza una excavación vertical ¿ A que profundidad e material se derrumbara si no tiene soporte ? m3

SOLUCIÓN : Para suelo con cohesión y fricción se tiene la expresión: H

crit

= 4c.

/

NØ

N Ø = tan2 ( 45 +

/

Ø

/ 2 ) = tan2 ( 60º ) = ( 1.7321 )2

N Ø = 1.7321

Sustituyendo valores: H

R

H

2

crit

crit

= 4 x 2 .= 1.7321 = 7.293 mts. 1.9

= 7.293 mts.

Para la tablestaca mostrada en la figura: a) Calcula la distribución de presión, según Ranking, suponiendo un estado

activo.

b) Calcula el empuje q = 2T/m2

2 mts

8= 1.6 t/m3

H1 = 2mts

3 mts

ARENA 8’= 0.6 T/m3 Φ = 35º

H2 = 6 mts

3 mts.

SOLUCIÓN: a) Se calcula Ó1 y Ó 2 , que son los esfuerzos a las profundidad de 2 y 10 metros respectivamente. Ó

=

yH NØ

1 .= . NØ

K A

=

.

K

A

yH

tang2 ( 45 – Ø/2 )

K A

= tan2 ( 45 – 16.5 ) = tan2 ( 28.5 ) = ( 0.54296 )2

K A

= 0.2948

Ó

=

0.2948 x 2 x 1.6 = 0.9433

El esfuerzo debido a la sobrecarga es : Ó

q

=qx

K

A

= 2 x 0.2948 = 0.5896 ζ1 – 0.9433 + 0.5896 = 1.5329 Ó 1 = 1.5329 ton/m2 . ζ2 = ζ1 + Ó 2 Ó 2

’ H2 KA + 1W H2

y

= 1.5329 + 0.6 x 8 x 0.2948+ 1 x 8 = 10.9479 ton/m2

.

2 mts

Ver formula n el Libro de Mecánica de Suelos pag. 129

10 mts 8H NØ 8H2 8H1 .+ 8’H2 . NØ NØ

a)

del empuje Se conoce la formula : Calculo

q . NØ

E A

= 1 .y H21 + 1 . y H1 H2 + 1 . ɣ H+ yw H + q H . 2N Ø

NØ

2N Ø

NØ

Que se puede deducir del diagrama de presiones dl inicio anterior: K

1 .= . A = tang2 ( 45 – Ó/2 ) NÓ E 1 .x 1.6 x 4 + 1 A = 2 x 3.392 3.392 + 1 x 64 +

R

E A

=

N Ó = 3.392 . 1.6 x 2 x 8 + 1 2 x 3.392

. 0.6x64 +

2 .10 3.392 52.0469 ton/m . 68

3

En un muro de retención tipo gravedad con respaldo vertical y altura H = Sm y con relleno de superficie horizontal al nivel de su corona, analiza los esfuerzos actuantes debido al relleno para cada uno de los casos que se describen a continuación.

CASO I

El relleno es de arena fina uniforme en estado suelto:

Ss = 2.65

e = 0.60

φ 33º 5 mts

1) 2) 3)

SS = 2.65 e = 0.60 N Ø = 33º

Relleno seco Relleno completamente saturado debido a una fuerte lluvia y drenaje de muro din operar ( Supongamos que no hay flujo alguno ) Nivel del agua Libre a la profundidad D 1 y D2 esta completamente saturada por capilaridad.

CASO II El relleno es de grava limpia bien graduada, compacta en capas : SS = 265

e = 0.40

φ = 45º

Relleno seco 2) Relleno completamente saturado debido a una fuerte lluvia y drenaje del muro sin operar

CASO III El relleno es tezontle compactado en capa con equipo vibratorio Relleno Seco Relleno completamente saturado por lluvia sin que opere ningún drenaje frontal En el muro SS = 2.60 e = 1.76 φ = 45 Con el objeto de simplificar el análisis, supongamos un ángulo de fricción (φ ) entre muro y suelo igual a cero. Para cada uno de los casos descritos, hacer lo siguientes cálculos: a) Obtener formulas para los esfuerzos verticales efectivos, neutrales y totales en el relleno al nivel de la base del muro y todo nivel, donde existe un cambio de pendientes de la distribución de esfuerzos. Calcula los valores numéricos de los esfuerzos y trazar la distribución de ellos a una escala aproximada. b) Obtener formulas para los esfuerzos verticales efectivos, neutrales y totales actuando normalmente a la espalda del muro a nivel de su base y a todo nivel, donde existe un cambio de pendiente de la distribución de esfuerzos. Calcular los valores numéricos de los esfuerzos y traza la distribución de ellos a una escala apropiada. c) Obtener una formula para el empuje total, por unidad de longitud, actuante sobre el muro. Calcular el valor numérico de este empuje.

NOTA.-Todas las fórmulas deberán expresarse en función de : SS , e, w, KA, H, D1 y D2 según el caso. SOLUCIONES: SUELTO SECO .

e

1+e

V

o

S

Ss 8w

8d = SS + 8w . 1 +e

I

S

SELETO SATURA

SS 8w

e

W

e 8w

1+e S

8W ( e – SS )

8m = 8w ( SS + e ) 1 +e

I

1)

S

SS 8w

Relleno seco a)

Esfuerzos verticales.

P

u

P

H

SS 8w .H 1 +e

b)’

SS 8w .H 1 +e

Esfuerzos normales al muro ( horizontal ) P u

P

H

KA SS 8w .H 1 +e

½ KA

y W

H2

c) +e

EA =

‘2)

Relleno completamente saturado debido a muro son operar. a)

SS

.

KA SS 8w .H 1 +e

una fuerte lluvia y drenaje en el

Esfuerzos verticales P

u

P

H

(SS +e )8m .H 1 +e SS y W . H2@@@@@@@ @@@@ 2 + e ### Esfuerzos normal al muro ( horizontal) P

8m H

SS - 1 . 8mH 1 +e

EA = ½ KA b)

u

P

H

(KA SS + 1)8wH 1 +e c)

EA =

½ ( KA

SS - 1 ‘1 + e

8w H

KA SS - 1 . 1 +e

8wH

+1 ) (y W H2 )

3) D2 8d D1 8m H

8m

a)’

Esfuerzos verticales

P D2 H

D1

U S18W D2 1+e

(Ss + 8) D1 – eD2 8w >

P

8W ( D1-D2)

S1 8w .D2 1+e

(-)

SS@

w

b2+8w(D1-D2)

(+) ( S1 + e) H-e D2 8w 1+e

8w ( H-D2)

(8+e)H – eD2 Bw-( H-D1)8w 1+e

b) Esfuerzo normal al muro ( horizontal) P

U

P

KA S18W D2 8W ( D1-D2) 1+e KA S 18W D2 + 8W ( D1-D2) - 8W ( D1-D2) 1+e

KA S1 8w .D2 1+e

KA

KA (S1+e)H-eD2 8w – (H-D1)8w +(H-D1)8w (H-D1)8w 1+e c)

E A=

S18W D2 + 8W ( D1-D2) 1+e

8w (H-D1)

KA (S1+e)H-eD2 8w – 1+e

1 KA Ss ϒ w D2 + 1 KA ϒ w 2e ( D 1 – D 2 + Ss ( H + D 2 ) + 2 1+ e 2 2 1+e

2D1 @ D2 – H)

+1 # w ( H – 2D1 + D2)

( H – D2)

CASO I K A

Ss = 2.65 e = 0.60, φ = =33º 1)

= 0.285

Relleno seco a) Esfuerzo vertical ( ton/m² ) Prof.

P

5 b)

u

P

8.28

8.28

Esfuerzo horizontal Prof. 0

P

u

P

5 c)

E A

2.36

2.36

= 5.90 ton/m

2) Relleno saturado y drenaje sin operar a)

Esfuerzo horizontal ( ton/m2)

Prof.

P

u

P

0

5 10.15 ‘b) Esfuerzo horizontal ( ton/m2)

Prof.

P

****

u

5.15

P

0

5

c)

E A

6.47

= 16.17 ton/m

3) 8d 4 8m 5

8m

****

1.47

a)’

Prof. 0

Esfuerzos verticales ( ton/m2 )

P

u 1.66

P

3

1.66 4.66

5

b)

9.78

1

8.78

Esfuerzo horizontal ( ton/m2 )

Prof. 0

P

u

1.67

P

3

0.47 1.33

5

3.51

c)

E A

= 3.915ton/m

1

2.51

( Empuje total )

Sin embargo el relleno no produce tensión en el muro por lo que el crea negativo del diagrama de esfuerzo totales horizontales se desprecia Ee = 106 ton/m E correg. = 4.995 ton/m

CASO II Ss = 2.65, e = 0.40 φ = 45º; K = 0.171

1)

Relleno seco a)

Esfuerzo total ( ton/m2 )

Prof.

P

5

u

P

9.78

9.78

b)’ Esfuerzo horizontales ( ton/m2 )

Prof.

P

u

P

0

5

6.47

1.61

c)

E A

2)

Relleno saturado y drenaje sin operar a)

= 4.03

ton/m

Esfuerzo vertical ( ton./m2 Prof.

P

u

P

0

5

10.90

5.8

5.90

‘b) Esfuerzo horizontal ( ton/m2)

Prof.

P

u

P

0

5 E A

c)

= 4.03

6.01

****

1.06

ton/m

CASO III Ss = 2.60, e = 1.76 φ = 45º; K = 0.171

1)

Relleno seco a)

Esfuerzo total ( ton/m2 )

Prof.

P

u

P

4.74

4.74

b)’ Esfuerzo horizontales ( ton/m2 )

Prof.

P

u

P

0

5

0.81

0.81

c)

E A

2)

Relleno saturado y drenaje sin operar a)

= 2.02

ton/m

Esfuerzo vertical ( ton./m2 )

Prof.

P

u

P

0

5

7.91

5.0

2.91

‘b) Esfuerzo horizontal ( ton/m2) Prof.

P

u

P

0

5.49 c)

4

E A

=13.7

5.0

0.49

ton/m

El esfuerzo comprendido entre dos muros lisos se llenan con arena suelta con un peso especifico de 1.8 ton/m2. Los muros tienen una altura de 4.5 mts. Y distan entre si una distancia de 15 mts. La superficie del relleno sirve para depositar lingotes de acero que trasmite una sobrecarga de 1500 kg/m 2. Calcular el empuje total en magnitud y posición antes y después de chocar la sobrecarga. a)

Por Rankine

b)

Por Coulomb ( Culmagn )

c)

Por el método semiempírico de Terzaghi

8 m3 1.8 t/m3 q = 1.5 t/m2 KA = 0.5

4.5 m

15 m

/ 0.5 = tan ( 45 -

φ .) ; arc tan 0.718 = =45 - φ . 2 2

φ = 19º 24` Θ = 90º - δ = 90º - 0 = 90º @ = 1

2

3

90 4

E A

Con los datos obtenidos en la figura anterior se hace la siguiente tabla. Cuña

Arena

y

Peso

total

1

6.75

1.8

12.15

12.15

2

6.75

1.8

12.15

24.30

3

6.50

1.8

11.70

36.00

4

8.50

1.8

15.30

51.30

De la figura se obtiene

R

E A

= 9.15

ton/m

2)

Con sobre carga

Como el método de Culmann es para carga lineal y el problema presenta carga uniforma distribuida se suponme esta carga actuando en tramos de 3 mts. Que es la longitud de las superficie que presenta cada cuña pero considerando que es lineal, por lo tanto Q = 1.5 ton/m2 x 3 m = 4.5 ton/m q = 4.5 ton/m Como entes n = 90º ; Ø 19º 24` 4.5

T

/M

4.5

T

/M

4.5

T

/M

5.25

/M

T

E A

Ø Ø Como antes, con los datos obtenidos en la figura anterior se hace la siguiente tabla:

Cuña

Arena

y

Peso

q

total

1

6.75

1.8

12.15

4.5

12.15

2

6.75

1.8

12.15

4.5

24.30

3

6.50

1.8

11.70

4.5

36.00

4

8.50

1.8

15.30

4.5

51.30

R

De la figura se obtiene:

E A

= 12.75

ton/m

Método semi – empírico de Terzaghi : @@@##########ga

Como el relleno es arena suelta, queda definida en el caso I.

Como: ## = 0 de Terzaghi se obtiene: K V

∴

K

V

= 0 y no hay componentes verticales en las graficas

= 470

1 . ( 470 ) ( 4.5 )2 = 4,758.75 kg/m 2

R

EH = 4.758 ton / m

2) Con Sobrecarga Como el relleno es de superficie horizontal y soporta sobrecarga nuevamente repartida, la presión horizontal sobre el plano vertical en que se supone actuante e; empuje deberá incrementar uniformemente en: P = Cq Donde #@# contiene de la tabla de Terzanghi contenido en el apéndice XIV según el tipo de material. Caso 1 C = 0.27 P @# 1.5 x 0.27 = 0.405

R

EH = 5.1637

5

Un muro tiene su parámetro inclinado y una altura de 5.5 mts, sobre un Terraplén constituido por arena poco compactada de las siguientes características: ϒ m = 1.7 ton/m3, φ = 31º y δ = 20º. El terraplén soporta dos sobrecargas lineales de 3000 Kg/m una de ellas de 2.40 mts. Y la otra a 3.95 mts., a partir de la corona del muro. a) Calcula el empuje activo por Coulomio ( Culmann) ¿ a que distancia horizontal x deberá colocar las sobrecargas para que no ejerzan empuje sobre el muro? b) Calcular empuje activo, empleando el método semiempírico de Terzaghi.

3.95 2.40

ARENA POCO COMPACTA 8m = 1.7 T/m3 Φ = 31º ɣ = 20º

5 mts

0.1 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 1.0

SOLUCIÓN: a) X

1

2

3

4

5

E A

A Línea Ө 1

2

3

Cuña Arena 1 2 3 4 5

5.5 5.512 5.625 5.562 5.830

4 ϒ

1.7 1.7 1.7 1.7 1.7

9.35 9.37 9.562 9.455 9.911

5 Peso

6 q

6.0

7 total

9.35 24.72 34.282 43.737 53.648

Total sin q 9.35 18.72 28.282 37.737 47.648

De la figura se obtiene:

R

E H

= 12.75 Ton/m

b) Para obtener la distancia pedida, en la misma figura donde se obtuvo el empuje activo, se dibuja a la misma escala los valores de la columna 7 de la tabla anterior, que son los correspondientes a los pesos de la cuñas sin sobrecarga. Para este caso se obtiene una línea de Culmann y se traza hasta que se cruce con la línea de Culumann antes obtenida. Po este punto y por el punto A ( ver figura) se pasa una recta y se

prolongas hasta el nivel del relleno. Se mide la distancia de la cresta del muro al punto obtenido y esa será la distancia pedida.

R

x = 6.35 mts. c)

I.

Metodo semi – emperico de Tarzaghi Al ser el rellenio arena poco compacta, el materia; esta dentro del; Caso

Como s = 0, la componen vertical del empuje KV = 0 De las graficas de Terzaghi se obtiene: KH = 470 Y por lo tanto: EH = 0.5 ( 470) ( 5.5 )2 = 7108.75 EH = 7108.75 Agregándole las sobrecargas P = Cq’ = 0.27 x 3000 = 810 x 2 = 1620 EHt = 7108.75 + 1620 = 8728.75 EHt = 8728.75 kg/m

6

El muro de adentro vertical tiene 7 mts. De altura. El suelo que soporta es una arena arcillosa de las siguientes características ɣm = 1.75 ton/m2 y φ = 20º. Despreciando cualquier efecto de fricción entre muro y relleno, determinar el empuje sobre el muro. La superficie del relleno es horizontal.

ARENA ARCILLOSA 8 m = 1.75 t/m3 c = 1.2 t/m2 φ = 20º

7m

S O L U C I O N: Cuando el material presenta cohesión, la presión sobre el muro a cualquier profundidad z esta dada por:

Pa = Donde:

K A

K A

y z – 2c /

= 1 – Sen φ .= 0.65798 . = 0.4902 1 + Sen φ

/

K A

K A

= 0.70

1.34202

Cuando la profundidad z es pequeña, la expresión para el calculo de la presión es negativa debido a la cohesión. En teoría esto significa que para algunas profundidades ( conocidas como profundidades criticas el suelo esta en teoría). @@##### Pa = 2c

/

K A

= -2 ( 1.2) ( 0.70 ) = -1.68 ton/m2

Pa = 1.68 ton/m2

El signo negativo significa que le suelo esta en tensión por lo mismo no ejerce presión sobre el muro. Para: z = 7 m Pa = 0.49 ( 1.75 ) ( 7 ) – 1.68 = 4.32 Pa = 1.68 ton/m2 La profundidad critica se encuentra por medio de la expresión: Zc = 2c .

γ /

K

A

Zc = 2 x 1.2 . = 1.96 mts. 1.75 x 0.70 El diagrama de presión queda:

- 1.68

1.96 m 7m

4.32 m El área del triangulo superior a la izquierda del eje de presión, representa una fuerza de tensión, la cual deberá ser restada de la fuerza de compresión para obtener

el empuje resultante. Como se describe la fricción entre relleno y muro también se desprecia esta fuerza de tensión. Calculando el área del trianguló de presión se obtiene el empuje sobre el muro:

R

E A

= 4.32 x 5.04 . = 10.88 ton/m 2

E A

= 10.88 ton/m

7

Encontrar el empuje en el muro del problema anterior, suponiendo que no funciona los drenajes del muro y el agua se levanta, atrás del muro, a una altura de 3.0 mts. A partir de la base del muro. SOLUCION: Si en un relleno existen estratos o hay agua, la distribución de presiones no variara linealmente con la profundidad en tosa la altura del muro, resultando un problema mas completo. Entre 0 y 4.0 mts. De profundidad las condiciones son idénticas al problema anterior ; a la presión a los 4 mts. Será:

Pa = 0.49 ( 1.75 ) (4.0 – 1.96 ) = 1.749 Pa = 1.749 ton/m2 El Termino – 2c

/

K A

se desprecia, como ya se dijo.

Debajo de los 4 mts., el suelo tiene un peso volumétrico igual a: 1.75 – 1.0 = 0.75 ton/m3 A una profundidad de 7 mts. Actuara una presión debida al relleno de : Pa = 1.749 + ( 0.49 ) (0.75 ) ( 3 ) Pa = 2.851 ton/m2 La presión hidráulica será de : YW H = 1 X 3 = 3 ton/m2 Se puede trazar el diagrama de distribución de presiones

1.96

2.04 3.00

2

3

1.719 1.1025

3

Estas áreas dan el empuje total sobre el muro. Como en el problema anterior, le área triangular a la izquierda del eje de presión se desprecia. En una diagrama triangula de presiones el empuje actual a un tercio de la altura. En una distribución de presiones no triangular de toma los mementos de cada área respecto a la base del muro para encontrar el centroide de ellas y por lo tanto el punto donde actúa el empuje. Es convenientemente elaborar la siguiente tabla: Es conveniente elaborar la siguiente tabla: Nº

Arena

Altura del Centroide

momento del l área

1

1.7839

3.68

6.5647

2

5.247

1.5

7.870

3

6.1537

1.0

6.1537

Total

13.1846

20.5884

El empuje total es : E A

= 13.1846. ton/m

R Actúa a :

20.5884 . = 1.561 mts. 13.1846

1.561 metros de la base del muro

8

Una ataguía se construye con una serie de pilotes en cantiliver y sostendrá un suelo a una altura de 5.5 mts. El suelo tiene las siguientes propiedades: @m = 1.92 ton/m³ y φ - 30º. En contra la profundidad a la cual deberán ser hincados los pilotes

suponiendo que solo ⅔ partes de la resistencia teórica pasiva se desarrollara en la longitud de empotramiento. SOLUCIÓN: Sea H la longitud total de un[posible, y φ la longitud empotrada ( ver figura adjunta ) Los coeficientes de presión del suelo serán: K A Kp

= 1 - sen 30º . = 1 + sen 30º = 1 .= 3

0.5 . = 1 . 1.5 3

K A

El valor de KP se desarrollara solo 2/3 partes, por lo que: Kp =3x 2 .= 2 3 La presión sobre el pilote, en el fondo, será: P A P P

= 1.92 x H x ⅓ = 0.64 H ton/m2 = 1.92 x d x 2 = 3.84 d ton/m2

Los empujes totales son : E A E A

= ½ H x ⅓ = 0.64 H ton/m² = ½ d x 3.84 d = 1.92 d2 ton/m² A

B

H EA

d EP C PP

PA

Tomando mementos en B : 0.32 H2 x H/3 = 1.92 d2 x d/3 Obteniéndose: pero: Entonces :

H .= 1.8172 d H = d + 5.5 d + 5.5 . = 1.8172 d

d = 6.73 mts.

Que es la profundidad a la cual los pilotes deberían ser hincados.

9

Una excavación de 7.0 mts. De profundidad de hace en un suelo sin cohesión para el cual ase tiene ym = 1.8 ton/m³ y φ = 28º Los lados de la excavación son soportados por una serie de pilotes sujetados mediante un muerto a una profundidad de 1.2 mts. Debajo de la superficie del terreno. Suponiendo fija la base y utilizando el método de la viga equivalente, determina la longitud mínima de losa pilotes para que estos estén en equilibrio.

SOLUCIÓN: La viga equivalente es : E 1.2

MUERTO

TM

0.78 @#

B

X D Para un suelo sin cohesión, el punto de contraflexión ( C ) comúnmente se supone a 0.1 H por debajo de B C = 0.1 ( 7.0 ) = 0.7 K A

= 1 - sen 28º . = 1 + sen 28º

Kp

= 1 . = 2.77

1 – 0.469 . = 0.531 = 0.3614. 1 + 0.469 1.469

K A

Presión activa en el punto C: C = 0.361 x 1.8 x 7.7 = 5.0 ton/m²

E RA

A

PA PP

E

RC

C

RC

5.0 + 0.361 x 1.8 x X = 5.0 + 0.6498 X Presión Pasiva en C: 2.77 x 0.361 x 1.8 x 0.7 = 3.49 Presión Pasiva en D: 3.49 + 2.77 x 1.8 x X = 3.49 + 4.986 X

C

R

c

RO D Viga EC: Empuje activo : E A

=

½ ( 5.0 ) ( 7.7 ) = 19.25 ton/m

Actuando a :

7.7 . = 2.56 mts sobre C 3

Empuje Pasivo : E A

=

½ ( 3.49 ) ( 0.7 ) = 1.22 ton/m

Actuando a :

0.7 . = 0.23 mts sobre C 3

Tomando momentos n A: RC ( 7.7 – 1.2 ) = 19.25 ( 7.7 – 1.2 - 2.56 ) – 1.22 ( 7.7 – 1.2 – 0.23 )

6.5 6.5

R

C

R

C

= 75.845 – 7.649

= 68.196 ;

R C

R

C

= 68.196 > = 10.491 6.5

= 10.491 ton

Viga CD Las fuerzas se obtiene de las áreas de los triángulos y rectángulos del diagrama de presiones. Tomando momentos con respecto a D: Fuerza activa : 5.0 X + 0.6498 x2 2 Fuerza pasiva : 3.49 X + 4.986 x2 2 10.491 X + 5.0 x2 + 0.6498 x3 - 3.49 x2 – 4.986 2 6 2 6 10.491 + 2.5 X + 0.1083 x2 – 1.745 x – 0.831 x2 = 0 Quedando: x2 – 1.044 x – 14.516 = 0

x3 = 0

Resolviendo la ecuación: X = 4.36 mts La longitud de empotramiento es : 4.36 + 0.7 = 5.06 mts. La longitud mínima de los pilotes es:

R

5.06 + 7 = 12.06mts

10

Un muro de paramento vertical de 9.0 mts. De altura soporta un suelo cohesivo que tiene un ym = 1.9 ton/m² , c = 1.45 ton/m² y φ = 15º. Encontrar l empuje que actúa por cohesión y fricción con el muro. Los valores de cohesión y fricción entre el muro y el suelo pueden suponerse los mismos que las propiedades del suelo. SOLUCIÓN: En este problema se usara el método de las cuñas a base de tanteos. Como el suelo es cohesivo, las áreas de las cuñas se reducen por tensión una profundidad. ZC = 2 c . γ√ KA 1 - Sen Φ . = 1 - 0.25882 . = 0.588 1 + Sen Φ 1 + 0.25882 K A

Donde : K A

= 0.588 :

√

K A

= 0.767

Por lo tanto: Zc = 2 x 1.45 .= 1.989 1.9 x 0.767 Z C = 1.989 mts Las fuerzas que actúa en cada cuña son: 1.2.3.4.5.-

ɣ Peso de la cuña W = área x m = área x 1.9 Fuerza de Cohesión con el muro : CW = 1.45 x 7.011 - = 10.1659 Fuerza de cohesión en el plano de falla C = 1.45 ton/m3 Reacción sobre el plano actuando normal a ø Empuje sobre el muro, EA , actuando a un ángulo ó de- de la norma al muro. ( se supone que ø )

Las magnitudes y direcciones de las fuerzas de los incisos 1, 2 y 3 son conocidas, conociendo además las direcciones de las fuerzas y de aquí medirse E E A . El objeto de encontrar el valor mas grande de A es que con ese valor se diseña e muro A

1

2

3

ZC = 1.989

B

Los valores de las 3 cuñas se encuentran en la siguiente tabla: Cuña

Arena

Peso

AB1 AB2 AB3

22.527 32.691 46.428 E A

1.9 1.9 1.9

Long. Cuña 42.801 62.113 88.213

max = 18.5 Ton/m

EA3

8.3 9.5 11.0

Fza. Cohesiva (c ) En el plano 12.035 13.775 15.950

EA MAX

R3 EA2

R2 EA1

R1

CW1 CW2 CW3

C1 C2 C3

11

Se va a hacer excavaciones, a 7 mts. De profundidad, en un suelo arenosos que tiene las siguientes características: ɣm = 1.8 ton/m3,Φ = 38º Se van a usar ademes apuntalados para detener las pareces de las excavación. Calcular el empuje que soportaran los puntales: a) nivel freático en la superficie

Suponiendo

el

Suponiendo el nivel freático en el fondo de la excavación. SOLUCIÓN: a)

Para resolver este problema se usara la distribución de Terzaghi para arena ( Apéndice Nº XV a ) h = 065 Se calcula

K

A

K A

ϒ H

K A

0.65

K

EW

A

= Tan2 ( 45º - Φ/2 )

K A

= Tan2 ( 45º - Φ/2 )

K A

= 0.2385

EW

Aplicando la formula: h = 0.65 x 0.2385 x 0.8 x 7 h = 0.871 ton/m2 El empuje que produce la arena es: E = 0.871 x 7 = 6.1 ton/m Ahora se calcula el empuje producido por el agua y se suma al calculo anteriormente, para el empuje total: E W

= 0.5

H2 =

H.H . 2 = 0.5 x 1.0 x 49 = 24.5 ton/m

E W

ϒ

ϒ

El empuje será : E T

R b)

= 6.1 + 24.5 = 30.6 ton/m

E T

= 30.6 ton/m .

Con el NAF al nivel del fondo de la excavación. Aplica la formula: h = 0.65

K A ϒ

H

h = 0.65 x 0.2385 x 1.8 x 7 = 1.955

7m

h = 1.955 El empuje será: E = 1.955 x 7 = 13.75 E = 13.75 ton/m

1.955

12

Se va a hacer una excavación a 6 mts. De profundidad; en un suelo formado por arcilla blanda normal consolidada con las siguientes características: ϒ m = 1.5 ton/m3 y c = ton/m2. Para asegurar las paredes de la excavación se usara además apuntalados. Encontrar el empuje que soportarán los puntales.

SOLUCIÓN: Como el suelo es arcilla blanda consolidada, se toma la distribución de Terzaghi del apéndice Nº XV ( b ) 023H = 1.5

6M

0.75 H = 4.50

Se calcula el valor de N N = H . = 1.5 x 6 ,= 4.5 C 2 Como N > 4 Se toma m = 0.4

K A K A

= 8H = I – m 4c . 8H Según Terzaghi, m = 0.4 para arilla blandas, valor tomado de experiencia obtenidas al estudiar las arcillas blandas de Oslo ( Referencia Nº 4 Págs. 402 a 413 ) Se calcula

K A

:

K A

= 1 – 0.4 4 x 2 . = 1 – 0.352 = 0.648 1.5 x 6

K A

= 0.648

h = 0.648 x 1.5 x 6 = 5.82 Se calcula el Ejemplo: E - ( a + b ) . h ( formula para encontrar el area de un triamgulo ) 2

R 13

E = 4.5 + 6 5.82 = 5.25 x 5.87 2 E = 30.60 Ton/m

En un suelo formado por arcilla fisurada se requiere hacer un excavación de 10 mts. De profundidad. El suelo tiene las siguientes características: ϒ m = 1.6

ton/m3 y c = 8 ton/m 2 . Para detener las paredes den la excavación se usara además apuntalados.- encontrar el empuje que actuara sobre los puntales de los ademes. SOLUCIÓN: Para arcilla fisuradas se toma la distribución de Terzaghi del apéndice Nº XV ( c )

0.25H = 2.5

10 M

0.5 H = 5.0 0.28H = 0.48H

ϒH h

h

1

= 1.6 x 10 = 16 = 0.2 ϒH = 3.2

2

= 0.4 ϒH = 6.4

0.25H = 2.

E1 = 10 + 5 .h1 = 15 . 3.2 = 24 2 2 E1 = 24 ton/ m E2 = 15 >6.4 = 48

R

2 E2 = 48 ton/m

Se toma el valor 0.2 deformaciones

ϒ

H cuando la excavación de hace rápidamente y las

se restringen. En caso contrario se utiliza 0.4 ϒ H

Problemas Resueltos

1

En una arcilla plástica con un ϒ H = 1.9 ton/m3 se realiza una excavación vertical. A la altura h = 5.5 mts. El material se derrumba. ¿ Cuanto vale teóricamente la cohesión c ¿ Resp. C = 2.621 ton/m2

2

Calcula los ejemplos activos y pasivo que actúan en un numero de 6 mts. de altura, si retiene a un relleno de las siguientes propiedades:

Φ = 35º

m = 1.6 ton/m3. El nivel freático se encuentra a 5 mts. debajo de la superficie del relleno. ϒ

8 = 1.6 T/m3

Φ = 35º

6 mts

H1 = 5 m

N.A.F.

3

H2 = 1 m Un muro construido con pilotes anclados soporta un relleno de suelo friccionarte 5.5 mts. De altura con superficie horizontal. El relleno tiene un ϒ m = 1.92 ton/m3 y Φ= 35º . El anclado de los pilotes esta limitado a 1.2 mts. Debajo de la superficie. Suponer soporte libre. Encontrar aproximadamente la longitud mínima de los pilotes para su estabilidad. Despreciar la fricción en la superficie de los pilotes. Resp.

4

L = 8.3 mts. Aproximadamente

Un muro de parámetro vertical liso de 3 mts. De altura sostiene arena limpia mal gravada ( SP ) (rellena horizontal ) que tiene un peso especifico de 1.8 ton/m3 y un Angulo de fricción interna de 36º. Calcula el empuje activo en magnitud y posición: a)

Por Rankine

b)

Por Coulomann )

c)

Por e metodo semi-emperico de Terzaghi

d)

Con una sobrecarga de 2 ton/m2

e)

Suponiendo

β

= 25º para la superficie del relleno

ARENA LIMPIA MAL GRADUADA 8 = 1.6 T/m3

Φ = 35º 8 = 1.8 T/m3

3 mts

Resp. a)

E A

= 2.1027 ton/m ; b)

E A

= 2.05 ton/m ;

b)

E A

= 3.660 ton/m ;

E A

= 2.779 ton/m

e)

c)

E A

= 2.15 ton/m ;

IV. ESTABILIDAD DE TALUDES Los taludes con cualquier superficie inclinada respecto a la horizontal que haya de adoptar permanentemente las estructuras de tierra. Puedes ser naturales como las laderas o artificiales como los cortes y terraplenes. La falla de un talud puede ocurrir por varias causas como son: Falla por deslizamiento superficial, falla por erosión, falla por licuación, falla por capacidad de carga del terreno y falla por movimiento del cuerpo del talud. La falla; por movimiento del cuerpo del talud puede ser de dos formas: Una en que se define una superficie de falla curva, a lo largo de la cal ocurre el movimiento del talud; a este tipo se le llama falla por rotación. La otra forma es la que ocurre a lo largo de superficie débil, en le cuerpo del talud o en su terreno de cimentación; a este tipo de falla se le llama falla de por traslación. Cuando un talud está formado por material puramente friccionarte, para garantizar la estabilidad del talud bastará que el ángulo que presenta el talud sea menor que el de fricción interna del material friccionarte. Por lo tanto, la condición limite de estabilidad es simplemente:

β =

Φ

Cuando se tiene 4l caso de que el talud este formado por suelos cohesivo – friccionarte o puramente cohesión se utiliza generalmente el método Sueco para analizar su estabilidad MÉTODO SUECO: En este método se comprende todos los procedimientos de análisis de estabilidad respecto a la falla es cilíndrica y cuya Traza con el plano normal al eje del cilindro es una arco de circunferencia.

o

R H

d

Cuando el suelo es puramente cohesivo se procede de la siguiente manera: Considérese un arco de circunferencia con centro en 0 y radio R como la traza de una superficie hipotética de falla. Las fuerzas

que tienden a producir el deslizamiento de la masa de tierra son el peso del suelo correspondiente a el área supuesta que pudiera actuar sobre la corona del talud. El momento de estas fuerzas en torno a un eje normal a través de 0 será: Mm = ∑ Wd

L

que es eL llamado momento motor.

Las fuerzas que se oponen al deslizamiento de la masa de tierra son los efectos de la cohesión a lo largo de toda la superficie de deslizamiento supuesta. Así: Que es el llamado momento resistente El factor de seguridad será: Fs = MR. ` Mm La experiencia permite considera a 1.5 como un valor de Fs aceptable. Para suelos con cohesión y fricción se usa el método de las dovelas. S4 supone un circulo de falla a elección y la masa de tierra deslizante se divide en dovelas cuyo numero es arbitrario, si bien, a mayor número de estas los resultados son mas aproximados.

6

7

8

w1

5 1

2 3

4

T1 Ө N1

ΔL1 Para el equilibrio de cada devela se considera su peso Wi y las fuerzas Ni y Ti que son las reacciones normal y tangencial a lo largo de la superficie de deslizamiento ALi Ni y Ti equilibran a Wi Puede calcularse el memento motor debido al peso de las develas como : Mm = R *& Ti El memento resistente es debido a la resistencia al esfuerzo constante Si, que se desarrolla en ka superficie de deslizamiento de cada dovela y vale:

Mm = R∑s1 Ali El factor de seguridad será: Fs = MR . = Mm

∑ Si ∑ Ti

Ali .

Frecuentemente se presentan en la practica taludes formados por diferentes estratos de suelo distintos; aquí puede considerarse a la masa de suelo deslizante, correspondiente a un circulo supuesto, dividida por dovelas, de modo que ninguna base de ellas caiga entre dos estratos, a fin de lograr la máxima factibilidad en los cálculos Para obtener el peso de cada dovela, ahora deberá calcular en sumando parciales, multiplicando la parte del área se la dovela correspondiente a cada estrato por el especifico respectivo. Conocido el peso de cada dovela se procede a calcular los momentos resistentes y motores parciales. Los momentos totales se obtienen sumando los parciales calculados y con ellos puede calcularse el Fs correspondiente al circulo de falla elegido. METODO DEL CIRCULO DE FRICCIÓN: este método acepta también que la superficie de deslizamiento de los taludes puede considerarse un cilindro cuya traza con el plano es un arco de circunferencia. En el problema Nº 11 se presenta la secuencia de cálculo de este método. METODO DE TAYLOR: Taylor realizó un gran número de inversiones tendientes a evitar a los proyectistas el trabajo largo y tediosos de los tanteos. Taylor obtuvo con los número de estabilidad obtenidos para ellos. En los apéndices Nº. XVI, XVII Y XVIII se presentan las graficas de Taylor. Se ha visto que el numero de estabilidad para los círculos mas críticos posibles que corresponden a la falla de base es 0.185. A mayor número de estabilidad el circulo es mas critico.

Problemas Resueltos 1

Se va a hacer una excavación de 6.9 mts. De profundidad con talud vertical sin ademar en una arcilla dura. Los ensayes de laboratorio en muestras inalteradas dieron: qu = 1.00 Kg/cm2, ϒ m = 2 ton/m3. ¿ Cual es l factor de seguridad contra deslizamientos de la excavación?

SOLUCIÓN: Se tiene la ecuación:

H

crit = 4c >

ϒ

c = qu . = 10 ton/m2 = 5 ton/m2 2 2 H

crit = 4 x 5.0 .= 10 mts.

R

2 Es = 10.0 .= 1.449 6.9 Fs = 1.449

2

¿ Cual debe ser, aproximadamente, la inclinación de un talud de 56.90 mts. De altura pata tener un factor de seguridad #@$$$% , si la racilla tiene un qu = 0.7 kg/cm2 y ϒ m = 1.76 ton/m3? La arcilla tiene un espesor de 9 mts. Por debajo del pie del talud y esta limitado por un estrato de alta resistencia 6.90 ‘

? q u

= 0.7 kg/cm2 9.0 8m = 1.76 t/m3 Estrato Resistente SOLUCIÓN: C = qu . = 0.35 kg/m2 Para un factor de seguridad de Fs = 1.31@ deberá modificar como: C = 0.35 . = 0.267 kg/cm2 1.31 Para encontrar a los ábacos ( Apéndice Nº XX) se vuelve a modificar c, pues estos están hechos para @@=1.6 ##@@##@#@###@@# ^% c = 0.2427 En el ábaco III a = 10º; y en le ábaco II a = 13.5º

R

Por interpolación ʓ = 1 2 . 3 º

3

El corte del talud de ka figura tiene 9m mts. De altura y una pendiente de 2 horizontal; por 1 vertical. El suelo es arcilla saturada con un peso volumétrico de 1.9 ton/m3 y una cohesión de 3.90 ton/m2. Encontrar el factor de seguridad para deslizamiento circular, tomando Φ = 0º y suponiendo que la superficie de deslizamiento pasa por el pie del talud. SOLUCIÓN: Para encontrar el actor de seguridad critico se hacen tanteos con diferencias de falla y el menor valor encontrado corresponderá a la superficie critica. En esta caso con suelo homogéneo, el centro del circulo critico puede ser obteniendo usando la tabla del apéndice Nº XIX.0 100º 94º

R = 18 C

D

W3

4.10 E

∢ = 18º

W1

B El ángulo de inclinación del talud es: I = arc tan 0.5 = 26º 34’ De la Tabla, interpolada entre 15º y 30º e obtiene

W2

W4

ϒ = 18º y ө = 110º

para ф = 0 º

La superficie de falla resultante se muestra en la figura. El radio medie 18 mts. Deberá considerar una grieta de tensión hasta la profundidad de : DE = 2c .= 2 x 3.90. = 4.10 mts ϒ 1.9 El suelo afectado se encuentra limitado por BCDEB se calcula el peso de esta sección: W1 = 157.32 ton; W2 = 49.59; W3 = 36.613; W4 = @@@@@ Se calcula a; momento motor: Mm = ∑Wd = 157.32 X 1.5 + 49.59 X 9.10 + 36.613 X 12.8 + 21.848 X 12.04 Mm = 1418.431 ton-m. Se calcula ahora el memento resistente MR = cRL L = RЛ e. 180º

ө = 94º;

L = 18 x Л x 94º = 29.53 mts. 180º

MR = 3.9 X 18 X 29.53 = 2073.006 MR = 2073.006 El factor de seguridad será: Fs =

M

R

Mm

R

= 2073.066 = 1.46 1418.431

Fs = 1.46 .

4

Un deposito de arcilla esta formado por tres estratos horizontales, cada

uno de 4.5 mts. De espesor. Los valores de la cohesión son de 2.93, 1.95, 1.46 ton/m2 respectivamente y el peso volumétrico es de ϒ m = 1.84 ton/m3 para los tres estratos. Si se efectúa n corte en el deposito como el que se muestra en la figura, cual será el factor de seguridad para el punto dado. C = 2.93 C = 1.95

C = 1.46

4.5

WA1

WA2

WA3

6.1

4.5

WB1

WB2

4.5

WB3

WB4

Wc

SOLUCIÓN: Se calcula el memento resistencia: M R

= cLR = R∑cL Como los estratos presentan diferencias valores de cohesión se calcula L para cada estrato:

M R

L1 = 17.37 x Л x 16º . = 4.85 m 180º L2 = 17.37 x Л x 19º = 5.76 m 180º L3 = 17.37 x Л x 82º = 24.85 m 180º L4 = 17.37 x Л x 14º = 4.24 m 180º = 17.32 ( 2.93 x 4.85 + 1.95 x 5.76 + 1.46 x 24.85 + 4.24 x 1.95 ) M R

= 1215.743 ton-m

Se calcula el memento ##@@ Mm = ∑Wd Para calcular el peso de la sección, se divide en áreas como se muestra en la figura, y se multiplica por volumétrico. Así: W A1 W A2 W A3

= 7.425 ton = 116.748 ton = 6.624 ton

W B1 W B2 W B3 W B4

= = = =

14.697 ton 104.328 ton 55.494 ton 8.004 ton

W C1

= 90.988 ton

Mm = 7.245@## 15.75 + 116.748 x 8.0 + 6.624 x 0.6 + 14.696 x 12.8 + 104.328 x 5.40 – 55.494 x 6.2 – 8.004 x 12.2 + 90.988 x 0 Mm = 1361.484 ton – m Nota. Las distancias se miden directamente en la figura.

R

Fs = MR . = 1215.743 . = 0.89 Mm 1361.848 Fs = 0.89 . Por lo que se deduce que el alud es inestable.

5

En la figura se muestra la sección circular en corte del talud de una vía férrea en la cual ha ocurrido un deslizamiento. El suelo es arcilla con un peso volumétrico promedio de 1.72 ton/m3. Investigaciones realizadas demuestran que la superficie de deslizamiento puede estar muy cercana al arco AE. Considerando que Ø = 0 y que la grieta de tensión DE esta a 2.44 mts. De profundidad, encontrar el valor de la cohesión C a lo largo de la superficie de falla. SOLUCIÓN: El área de suelo alterado ABCDEA es: A = 155.6 m2 El centroide de esta área esta localizada a 5.18 m de la vertical por 0. 0 81º

R = 24.38 m C

D E

5.18 4.26

21.94 7.92

El peso de la sección ABCDEA será: WS = 155.6 X 1.72 = 267.63 TON Por equilibrio: Mm = MR Mm = 267.63 x 5.18 = 1386.323 Mm = 1386.323 MR = cLR Si ө= 81º L = 24.38 x Л x 81º = 34.466m 180º MR = c x 34.466 x 24.38 = c x 840.281 Igualando los momentos: 1386.323 = c x 840.281

xG

2.44 7.31

R

c = 1386.323 .= 1.649 ton/m2 840.281 c = 1.649 ton/m2

6

Calcula el factor de seguridad para l ;a superficie de falla de la figura, si la grieta que tiene 1.50 mts. De profundidad se llena de agua. El radio del arco tiene 9.90 mts. De longitud. 5.50

3.65

2.30 20º 4.5

W8

80º W9 R = 9.90

W1

W2 W4

W3 W5

6.10 W6 W7

SOLUCIÓN: Se divide el arco en dos segmentos AB Y BC y se determina la longitud de cada uno: AB = 9.9 x Л x 20º . = 3.45 180º BC = 9.9 x Л x 80º .= 13.82 180º Se calcula el memento resistente: MR = cLR Arcilla saturada MR = m2 7511 x 3.45 x 9390 + 10,000 x 13.82 x 9.390 = 1,624,718.2 C = 7.511 t/ MR = 1,624,718.2 Kg-m 8 = 2.93 t/m3 Se calcula e; peso y se encuentra el centroide de las áreas. Arcilla saturada W W W C = 10,000 1 = 5.328 ton 4 = 18.432 ton 7 = 5,616 ton m2 W W W k/ = 31.104 ton = 17.203 ton = 15.552 ton 2 5 8 3 W W W 8 = 1.92 t/m 3 = 10.08 ton 6 = 3.36 ton 9 = 2.736 ton Se calcula el memento motor : Mm = ∑Wd

Mm =5.328x 8 + 31.104 x 4.80 + 10.08 x 0.85 + 18,432 x 3.5 + 17.203 x 0 – 3.36 x 2.06 – 5.616 x 2.70 + 15.552 x 6.5 + 2.736 x 3.2 = 352,737 Mm =352,737 kg-m La fuerza resultante de la presión del agua en la grieta. .= 1000 x 1.52 .= 1125kg 2 2= El momento de esta área fuerza es: M = 1125 x 3.30 = 3712.5 kg P=

2

ϒH

El momento motor total es: MmT = 352,737 + 3712.5 = 356,449.5 MmT = 3356,449.5 Fs = MR . = 1,624,718.2 . = 4.55 Mm 356,449.5

R

Fs = 4.55

7

Determinar el factor de seguridad del talud mostrado en la figura, usando el método sueco. Q = 2t/m2

Arcilla de Baja Plasticidad q u

= 8 t/m2 ɣ = 15 t/m3 ‘

7 50º

SOLUCIÓN: Primer Tanteo I1

WL W1

W2

R = 15.4 m W3

A

B A

Se calcula el memento resistencia: M R = cLR c = qu .= 8 .= 4 ton/m2 2 2 L = 15.4 x Л x 133.5º = 35.88 180º M = 4 x 35.88 x 15.4 = 2210.208 R M R = 2210.208 ton – m Se obtiene los pesos de cada una de las secciones que se dividió la superficie de falla, multiplicando la áreas por su peso volumétrico. W 1 W 2 W 3

W L W L

= 15.225 ton = 98.175 ton = 30.45 ton

= w x L = 2 x 12.2 = 24.4 ton

Se calcula el memento motor : Mm =∑wd = 15.225 x 12.95 + 98.15 x 7.6 + 30.45 x 1.01 + 24.4 x 9.1 Nótese que los mementos motores producidos por las secciones A Y B iguales y de sentidos contrarios, por lo que se anulan entre si Mm = 1196.087 ton – m Fs = MR . = 2210.208 . = 1.847 Mm 1196.087 Fs = 1.847 Segundo Tanteo 133.5º wL W1

W2

M

R

M

R

.=

W3

.=

cLR

16 x @# x 133.5 = 37.280 180º M R .= 4 x 37.280 x 16 = 2385.92

R = 16.0 m

son

MR = 2385.92 ton – m Los pesos serán: W 1 W 2

W 3 W L

= 17.85 ton = 99.75 ton

= 29.4 ton = 25.6 ton

Mm = wd = 17.85 x 13.6 + 99.75 x 7.6 + 29.4 x 1.05 + 25.6 x 9.30 Mm = 1269.81 ton – m Fs = 2385.92 = 1.878 1269.81 Fs = 1.878 Al subir el punto. El factor de seguridad aumenta. Ahora se calcula el Fs para un punto cercano a la cresta del talud. Tercer Tanteo

WL 133.5º W1

W 1 W 2

W2

R = 12.6 m

W3

L = 12.6 x Л x 133.5 = 29.358 180º MR = 4 x 29.358 x 12.6 = 1479.643 MR = 1479.643 ton – m W = 15.225 ton 3 = 31.5 ton W = 69.3 ton L = 19.2 ton

Mm = 15.225 x 10.70 + 69.3 x 6.40 + 31.5 x 1.0 + 19.2 x 7.80 Mm = 787.687 Fs = 1479.643 =1.878 787.687 Fs = 1.878 Cuarta Tanteo 0 WL W1

W2

133.5º W3

R = 16.0 m

M

R

.=

cLR MR = cLR

L = 16 x Л x 133.5 = 37.280 180º MR = 4 x 16 x 37.280 = 2385.92 MR = 4 x 16 x 37.280 = 2385.92 MR = 2385.92 W 1 W 2

W 3 W L

= 17.325 ton = 129.15 ton

= 30.45 ton = 31.4 ton

Mm = 17.325 x 10.6 + 129.15 x 6.15 + 31.4 x 7.85 – 30.45 x 1.93 Mm = 1214.149 ton - m Fs = 2385.92 = 1.965 1214.149 Fs =1.965 Quinta Tanteo WL 133.5º W1

W2

R = 12.85 m

W3

MR = cLR L = 12.85 x Л x 133.5 = 29.94 180º MR = 4 x 12.85 x 29.94 = 1538.91 MR = 4 x 12.85 x 29.94 = 1538.91 MR = 1538.91 W 1 W 2

= 16.27 ton = 100.8 ton

W 3 W L

= 30.45 ton = 25.2 ton

Mm = 16.27 x 10.6 + 100.8 x 4.8 + 25.2 x 6.3 – 30.45 x 1.93 Mm = 756.3 TON - M Fs = 1538.91 = 2.034 756.3

Fs = 2.034 Sexta Tanteo

WL W1

133.5º W3

W2

R = 14.2 m

MR = cLR L = 14.2 x Л x 133.5 = 29.94 180º MR = 4 x 33.5 x 14.2 = 1901 MR = 1901 ton - m W 1 W 2

W 3 W L

= 15.78 ton = 43.20 ton

= 30.45 ton = 14.4 ton

Mm = 15.78 x 12.1 + 43.2 x 9.1 + 30.45 x 5.1 + 14.4 x 10.5 Mm = 191 + 393 + 155.5 + 151 = 890 Mm = 890.5 ton - m Fs = 1901.0 = 2.14 890.5 Fs = 2.14

R tanto.

El factor de seguridad mas desfavorable es de 1.847 corresponde al primer A continuación se presenta un resumen de los círculos obtenidos. RESUMEN DE CIRCULOS 1.965 2.034

1.878 1.847 1.878

2.14

8

Se tiene una sección de 48 pies de profundidad con un talud de 1.5 horizontal; contra 1 Vertical, como se muestra en la figura. Hasta una profundidad de 16 pies el suelo tiene las siguientes propiedades; ϒm = 115 1b/pie3, c = 520 1d/pie2 y Ø = 10º. Por debajo de esta hay un estrato de 32 con las siguientes propiedad; ϒm = 125 1b/pie3, c = 700 1b/pie2 y Ø = 24º El suelo esta saturado. La presión de poro en la superficie de deslizamiento esta representada por la curva discontinua en la figura. Para la superficie de deslizamiento dada, encontrar el factor de seguridad del talud bajo condiciones de filtración estable. Considérese que el efecto de las fuerzas de filtración es despreciable. O 80º 11.5º

R = 90’

C

D E

1.5 : 1

B

SOLUCIÓN: La sección se divide en ocho dovelas. La longitud total es de 118.8 pies, así el ancho de cada dovela será: 118.878 = 14.85 pies. 8= Los pesos de cada dovela se obtiene midiendo en la figura el área de 115 cada una de estas y multiplicándola por el peso volumétrico. Así: 8= 125 Ө W W W 8 = 14850 1b = 75178.12 1b = 57024.0 1b 1 4 7 W W W 1b 1b 2 = 39981.25 5 = 83605.5 1b 8 = 23908.5 W W = 59400.0 1b = 77442.75 1b 3 6 Ө

Ө Ө Para facilitarӨen 1 los cálculos se hace un tabla: 5 Ө 2 Ө 4

6

7

Dovela 1 2 3 4 5 6 7 8

Dovela 1 2 3 4 5 6 7 8

Wi ( 1b ) 14850.0 38981.25 59400.00 75178.12 83605.5 7442.75 57024.0 23908.5

ө

1(º)

-16.5 - 8.5 1.0 10.5 20.0 31.0 42.0 88.0

Ti = Wi Senө i -4217 - 5761.42 1033.56 13697.45 28523.08 39883.01 38154.75 19583.45

Cos ө 1

Se ө 1

N = Wi Cos ө 1

0.9588 0.9890 0.9998 0.98332 0.9396 0.8571 0.7431 0.5735

0.2840 0.1478 0.0174 0.1522 0.3420 0.5150 0.6691 0.8191

14238.18 38552.45 59388.12 73915.12 78555.72 66376.18 42374.53 13711.52

Ỹ (pies )

1b/pies Presión H

7.5 17.5 25.5 29.0 29.5 27.0 27.0 1.0

468 1092 1591.2 1809.6 1840.8 1684.8 1684.8 249.6

130,966.48

Dovela 1 2 3 4 5 6 7 8

6739.2

L1 ( pies )

15.5 15.0 15.0 15.25 15.25 17.50 17.50 27.0 ( Continua )

U ( 1b) 7254.0 16380.0 23868 27596.4 28992.6 29484.0 24897.6

2

Ni = 6984.18 22172.45 35520.12 4318.72 49563.12 36892.18 17476.90 214,927.67 6972.32

Momento Motor Mm = ∑Ti = 130,966.48 Momento máximo resistente: MR =c + N’ Tan Φ LDE = 90 x Л x 11.5 = 18.06

Ni

-U

180º LBE = 90 x Л x 80 = 125.66 180º c = 520 x 18.06 + 700 x 125.66 = 97353.2 c = 97353.2 72.32 Φ= 214927.67 x Tan 24º + 6972.32 Tan 10º = 214927.67 x 0.4452 + 6972.33 # 1763. $ 96715.01 N’Tan 96915.01 @##$$$$ + 66667676^%$% =194,68.21 MR = 94,268.21 Fs = 194,268.21 = 1.48 130,966.48

R

Fs = 1.48

9

Se tiene un suelo con las siguientes propiedades ¡@# = 2.5 Ton/m2, Φ = 15º y

@# = 1.92 ton/m3. Se hace un corte #$$$%^%%$%^dejando un talud que forma con la horizontal un ángulo #%&%*$%*^% una profundidad de 18 mts. Se requiere encontrar el factor de seguridad del talud contra deslizamiento. Se puede suponer que la fricción y la cohesión son movilizadas en la misma proporción SOLUCIÓN: Si la fricción fuese enteramente movilizada, la resultante e cualquier punto del circulo de deslizamiento deberá ser de 15º con la normal. En esta condiciones ( i = 30º y Φ = 15º ) el numero de estabilidad N de la taba del apéndice Nº XIX, será: N = 0.046 #$$%^^^^ Fs$%^&^& Esta Nhh&*)5587g8G8[P7-8tguy8G*g-87G_&g=Y=9G7+78g=-89 Fs =- $ H FshjhH $%(%^(^ &*_&*_&^*&( (+) El actual valor de Fs es menor que le hacer la fricción completamente movilizada. Debe de ser encontrada por tanteos de fuerza que hace que se encuentre la resistencia, que es desconocer.

Supóngase Fs = 1.3 para cohesión y fricción. El ángulo de fricción Φ 1 que hace la movilización esta dado por: Tan Φ1 = Tan 15 . 1.3 Φ1 = 11.53º Por interpolación se obtiene el numero de estabilidad dado en el apéndice nº XIX N = 0.066 Fs = 2.5 . = 1.096 0.066 x 1.92 x 18

Asi:

Este valor no concuerda con el supuesto de 1.3 Se hace un nuevo tanteo suponiendo Fs = 1.2 Φ1 = 15 .= 12.5 1.2 Del apéndice XIX N = 0.060 Fs =

2.5 . = 1.205 0.066 x 1.92 x 18

R

Fs = 1.205 Este valor es el supuesto, por lo P tanto es correcto

G C En el terraplén de la figura y para la superficie de falla dada, determinar el factor de seguridad con respecto a la cohesión y también el verdadero factor de seguridad suponiendo que este es el mismo para resistencia cohesiva y friccionante Las propiedades del suelo Ason: ϒm = 1.85 ton/m3, Ø = 17º, c = 1.56 ton/m2. W Despreciar el afecto de las grietas de tensión. Usar el método del circulo de fricción.

10

SOLUCIÓN: W

O

o

R= 14.63 B

D 9.0

El ángulo ADD mide 75º = 131 radianes. Entonces: Arc AD =1.31 x 14.63 = 19.16 El are3a ABD mide con planímetro es de 57.5 mts. Cuadrados. Su peso por unidad de longitud será: W = 57.5 x 1.85 = 106.375 ton Reemplazando la fuerza cohesión que actúa en el arco AD por una fuerza C que actúa paralela a la cuerda AD y a una distancia a de 0 tal que: a=R

Arc AD Cuerda AD

.

Arc AD = 19.16 Cuerda AD = 17.89 a = 14.63 19.16 .15.66 mts. 17.89 Se encuentra el centroide del área. Se dibuja el circulo de fricción de radio: r = R Sen @ = 14.63 Sen 17º = 14.63 x 0.2923 = 4.27 r = 4.27

De la intersección de las fuerzas W y C se dibuja una línea tangente al circulo, Esto representa la fracción %$$ cual es la resultante de las fuerzas normales y friccionante que $#$%&%* EEE superficie AD. Se dibuja el triangulo de fuerza, dónde se obtiene: C = 20.0 Unidad de4 movilización por cohesión: C1 = 20.0 >= 1.1179 ton/m2 17.89 Entonces el factor de seguridad con respecto a la cohesión es: Fs = c . = 1.560 = 1.395.395 C1C 1. 1.179

R

Fs = 1.395

Para encontrar el verdadero factor de seguridad se supone lo mismo para fricción que para cohesión, repitiendo lo antes hecho para #@@ = 15º y Φ = 13º R Sen Φ

P Φ = Tan 17º Tan Φ1

17 4.21 18 3.78 19 8.29 D5$3$%6&^F* y Fs

1 1.141 1.324

C

20 24 27.5

C1 = c > 17.89

Fs = 1.56 > C1

1.1179 1.3415 1.5370

1.395 1.162 1.014

Fe Fs 1. 4 1. 3 1. 1. 2 1. 15 1

R 11

Grados 13 14 15 16 17

El factor de seguridad requerido es: Fs = 1.15 Obtener la máxima altura estable del talud de la figura, para un factor de seguridad de 2. Utilizar Taylor.

8 = 1.7 t/m2 Ø = 0 c = a t/ m 2

SOLUCIÓN: Para suelos con @##$=0 se utilizan las graficas de Taylor para suelos cohesivos ( Apéndice Nº XVI ) Para: 40º =

c . = 0.18 0.18 Fs:ϒ H

@@@#$^^%((*&*)&*%^)&*%)*_

R 12

H = 6.535mts calcula el factor de seguridad para el talud mostrado en la figura, utilizando los valore de Taylor.

c = 5 t/m2 8 = 1.8 t/m3 0 = 2.5º 60º SOLUCIÓN: @##%$%%*%^(^^%)%)%^)&_&^_ ^&&^&^&&&&&&&&

1

PROBLEMAS RESUELTOS Un corte vertical se analiza en un suelo arcilloso cuyas propiedades determinadas en laboratorio será: @##1.75 ton/m3 o 3.65 ton/m2 y @#$$$%. Encontrar la máxima altura para la cual @##$$$%% temporalmente sin%$#

%#$%*$%^(^%^)

2

Un corte de 11 mts. De profundidad se efectúa en un suelo con ϒ m = 1.84 ton/m3 y c = 4.15 ton/m2. Hay un estrato muy resistente a 13 mts. De profundidad. Suponiendo @ = 0 y un factor de seguridad de 1.5, encontrar el ángulo de inclinación del corte. Emplear el criterio de Taylor. Resp. #@ = 22º

3

Se tiene un talud de 9.14 metros de altura con una inclinación de 2 horizontal por 1 vertical, construir con una berma como se muestra en la figura. Encontrar el factor de seguridad tomando: @# = 0, ϒ m = 1.92 ton/m3 y c =

3.90 ton/m2 y suponiendo que la superficie e deslizamiento pasa por el pie del talud. Proceder por tanteos.

1.2

4.5 9.14

1.2 6.1

9.14

4.57

9.14

Resp. El menor Es encontrado fue de 1.61 para un radio de 28.65 mts. Y un angulo central de 90º

4

Un banco de ¡@#er%$lesde 24 pies de alturo tiene de talud de @0 con

la horizontal. El suelo tiene una densidad de ¡@##%^%^$%^%&^de 300 lb/pie2 y un angulo de resistencia $%$*^*(%()^^^)_&_ de 15@#$ . Encontrar el factor de suguridad para la superficie de deslizamiento de la figura. 0 R = 50

24 pies 30º RESP. Fs = 1.38

5

Determinar el factor de seguridad dl talud para e; circulo de falla con centro en el punto 0 mostrado en la figura. 0 5

5 5

Ø = 40º

1.5 : 1

9.0

c=0

Ø =35º

c= 2 t/m2 8 = 1.8 t/m3 10 ROCA

t

8 = 2 /m3

6

Decir cual de los 2 taludes construidos sobre el mismo terreno y con el mismo material es as estable y explicar la razón.

1.5 : 1

1.5 : 1

1.5 : 1

ARCILLA NATURAL

7

Determinar el factor de seguridad con que trabajara el talud mostrado n la figura. Usar Taylor.

qu = 8 t/m2 8 = 1.5 t/m3

Resp. Fs = 1.638

8

calcular el Fs al pie del talud mostrado en la figura, Usar Tayler q = 2 t/m2

0 = 5 t/m2 8 = 1.8 t/m3 Ø = 25 º

Resp. Fs = 3

V. CAPACIDAD DE CARGA

La Mayoría de las teorías de capacidad de carga desarrolladas tienen su base en hipótesis simplificatorias del comportamiento de lo suelos y en desarrollos matemáticos a partir de tales hipótesis. En otras teorías la observación y el empirismo juegan un papel muy importante. TEORIA DE Terzaghi: esta teoría es una de los primeros esfuerzos por adaptar a la mecánica de suelos los resultados de la Mecánica del medio continuo.

La teoría cubre el caso más general de suelos con cohesión y fricción y posiblemente sea la teoría las más usada para el cálculo de capacidad de carga en el caso de cimentación poco profundo. Tarzaghi desprecia la resistencia al esfuerzo constante arriba del nivel de desplante del cimiento, considerando solo de nivel hacia abajo. El terreno sobre la base del cimiento se supone que solo produce u efecto que puede representar por una sobrecarga. La expresión sde Terzaghi es la siguiente: qc = Cnc + @#fDf Nq + ϒ BN ϒ que representa la capacidad de carga ultima dl cimiento` Nc, Ng y N Ø son coeficientes adminensionales que dependen del valor de Ø y se denominan factores de capacidad de carga. Estos valores se obtienen de la grafica del apéndice Nº XXI. Según la teoría de Terzaghi lo anterior es para falla general. Cuando se presenta la falla local se tiene que los valores obtenidos anteriorment6e se alteran de la forma siguiente. c’ = c tan Ø’=  tan Ø qc = c N ’ c + ϒ f D f N ’ q +  ϒ BN ’ ϒ donde Nç, N’q y N’ϒ son los factores de capacidad de carga para falla local y se obtienen de la misma grafica que los factores para falla general Las Formulas de Terzaghi para capacidad de carga en zapatas cuadradas y zapatas circulares son las siguientes: Zapata Cuadradas: qc = 1.3 cNc + ϒ f D f N’q + 0.4 ϒBNϒ Zapata Circular: qc = 1.3 cNc + ϒ f D f N’q + 0.6 ϒBNϒ TEORIA DE SKEMPTON. Esta teoría se usa generalmente para suelos puramente cohesivos dadas las limitaciones de la teoría de Terzaghi para ellos. Skempton propone adaptar para la capacidad de carga en suelos puramente cohesivos una expresión de forma totalmente análoga a la Terzaghi, según la cual: qc = Cnc + ϒ f D f Nc, aquí ya no vale siempre 5.14 sino que varia con la relación D/B donde D es la profundidad de desplante del cimiento y B el ancho del mismo. En el apéndice Nº XXII aparece la grafica obtenida por Skempton. TEORIA DE MEYERHOF. En la teoría de Terzaghi no se toman en cuenta los esfuerzos cortantes desarrollados en el suelo arriba del nivel de desplante del cimiento. El suelo arriba del plano de apoyo se toma en cuenta solamente como una sobrecarga perfectamente flexible, pero no como un medio a través del cual pueden propagarse superficies de deslizamiento o en el cual pueden desarrollarse resistencias al esfuerzo cortante. Estas hipótesis es tanto mas alejadas de la realidad cuando mas profundo sea el cimiento considerando. Esta teoría y para el caso de cimentación profundad supone una superficie de deslizamiento con la que falla el cimiento cercana a una espiral logarítmica. La expresión a la que llega Meyerhof es su teoría es la siguiente: qc = Cnc + ϒ f Df. N q +  ϒ B n ϒ Nc, N@ y N, se obtiene de los apéndices Nº XXIIIa, XXIIIb y XXIIIc respectivamente.

Problemas Resueltos

1

Deferentes muestras extraídas de u suelo se cometieron a pruebas de compresión sin confinar, habiendo sido obtenidas los siguientes valores para resistencia a la compresión : 0.40, 0.44, 0.38, 0.45, 0.49, 0.43, 0.41 kg/cm2

Hacer una estimación de la capacidad de carga ultima para una zapata corrida en la superficie. SOLUCIÓN: Sacando un promedio de los valores dados: qu = 3.0 = 0.428 kg/cm2 ∴ c = 0.428 = 0.217 kg/cm2 2 Usando la teoría de Terzaghi: q =cNc = 0.214 x 5.14 = 1.10 kg/cm2

R

q = 1.10 kg/cm2

2

En un suelo puramente cohesivo ( c = 14.1 ton/m2) y (ϒ m = 1.76 ton/m3) va a Ser desplantada a una profundidad de 4 mts. una zapata corrida de 1.5 mts. de ancho. Estimar la capacidad de carga ultima utilizando las teorías de Terzaghi y Skempton.

` 4mts.

1.50mts. SOLUCIÓN: a) Terzaghi NC = 5.14 Cuando Ø = 0Nq = 1.00 Nϒ = 0 La expresión de Terzaghi es : q = cNC + ϒ D f Nq q = 14.1 x 5.14 + 1.76 x 4 x 1 = 79.514

R

q = 79.514 ton/m2 b) Skempton Los valores de Skemton para capacidad de carga dependen de la relación D/B ( Profundidad de desplante al ancho de la zapata) D = 4 .= 2.6 → NC = 7.2 ( apéndice Nº XXII) B 1.5 Aplicando la ecuación de Skempton q = cNC + ϒ D f q = 14.1 x 7.2 + 1.76 x 4 = 101.52 + 7.04 q = 108.56 ton/m2

Nótese que aplicando la teoría de Skemton se obtiene una capacidad de carga de 26.7 % mayor que la teoría de Terzaghi

3

¿ Cual será la capacidad de carga a la falla de la zapata continua ( B) desplante

en arena? Si la capacidad de carga de la zapata continua ( A ) es de 20 ton/m2 y los factores de capacidad de carga Nϒ = N q (A)

2 mts

(B)

ARENA

1mts

2 mts 1 mts SOLUCIÓN: La expresión de Terzaghi para capacidad de carga en suelos fricciónantes es la siguiente: q = ϒ D f N q + ϒ BN ϒ Aplicando la expresión se Terzaghi para cada una de las zapatas se

tiene:

qB = @##%$%%&^&&^& se tiene que: DfA = 2 DfB BA =  BB qA queda: qB

La relacion

D D qA = fA Ng +  ϒ B A N ϒ = f A =  B A qB Df +½ BB ϒ D f N q +½ ϒ B B N ϒ B B D qA = fA Ng +  B A = 2+ 0. 5 x1 = 2 .5 qB Df +BA 1+ 1 A q A

2

= 1.25

q

B

qB si

q

A

q B

R

= qB 1.25

= 20 tin/m2

= 20 = 16 1.25 qB = 16 ton/m2

4

Se hizo una prueba de carga sobre una placa de 0.30 mts. Por todo sobre arena densa t ##$%^&*()_)()_(*_)*(_)(()_(^$#@ volumétrico $@#@@#%$ %&^&^ por una sobre carga de 0.60 mts. De presion $%$##@####$#$#%$#%#% con una carga de 5.5 toneladas. ¿ Cual seria la carga de falla por unidad de arena en una placa de 1.5 mts. Con su base localizada a la misma profundidad en el mismo materia? SOLUCIÓN: Aplicando la ecuación general: qC = 1.2 cNC + ϒ D f N q + 0.4 ϒ BN ϒ Como: c = 0 qC = ϒ D f N q + 0. 4 ϒ B N ϒ qC = ϒ ( Df N q + 0. 4 ϒ B N ϒ ) Procedimiento por tanteo y utilizando la grafica de Tezanghi q C = DfNq + 0.4 ɣ BNϒ ϒ q C

- 5.5 = 55 0.1 55 @ 0.6 Nq + 0.4 x 0.3 Nϒ 1.84 Si @#36º Nq @ 35 29.39 = 0.6 x 35x+ 0.4 x 0.3 x 42 = 26.0# 29.89≠ 26 . 04 Si @ = 37º Nq = 44 29.89 = 0.6 x 44 + 0.4 x 0.3 x 50 = 32.4 Nϒ = 50 29.89º=32.4 Se acepta como valido el valor de Ø = 37º qC = 1.84 ( 0.6 xz 44 + 0.4 x 1.5 x 50 ) = 103.776

R 5

qC = 103.776 ton/m2 Una zapata corrida de 1.5 mts. De ancho descansa en un suelos fricciónantes

seco, con un Ø = 17º y un ϒm = 1.85 ton/m3. Por razones de flujo, e, agua asciende hasta la superficie temporalmente. ¿ Cual será el porcentaje en que se reduce la capacidad de carga por esta causa? SOLUCIÓN: La reducción en la capacidad de carga debido al flujo, únicamente e da en materiales sin cohesión. En suelos cohesivos solo tendrá pequeños efectos. En suelos sin cohesión, el flujo causa una pequeña disminución en el valore del ángulo de resistencia al corte, pero la presión efectiva, la cual da al suelo su resistencia al corte, si se reduce mucho. Para un suelo sin cohesión solo el ultimo termino de la ecuación general se utiliza. Teniendo: Ø = 17º Nϒ = 3 Original: qC = 0.5 βɣNɣ = 0.5 x 1.5 x 1.85 x 3 = 4.162 ton/m2 Con flujo : qC = 0.5 x 1.5 x ( 1.85 – 1.0 ) x 3 = 1.912 ton/m2 El porcentaje residuo en la capacidad de carga será: 1- 1.912 = 0.541 4.162

O sea:

54.1% En la mayoría de los suelos granulares, la capacidad de carga se reduce mas o menos la mitad al estar sumergido el material.

6

Encuentra la capacidad de carga para la zapata continua de la figura con los valores que se muestran en ella: a) Terreno Seca b) N.A.F. en la superficie del Terreno c) Considerando Ø = 0 y c = 2Ton/m2 ( terreDf=3mts no seco) d) Considerando c = 0 y Ø = 35º ( Terreno seco)

ɣ = 1.5t/m3

B = 5 mts ɣ = 2 t/m Ø = 35º ; c-2t/m2 3;

SOLUCIÓN: a) Se Tiene: qC = cNc + ϒ D f N q +  Bϒ N ϒ De la grafica de Terzaghi obtenemos NC, Nq, y Nϒ

Ø = 35º

R

qC = 425.5 ton/m2 b)

R

R

NC = 46 Nq = 33 Nϒ = 37 qC = 2 x 46 + 1.5 x 3 x 33 + 0.5 x 5 x 2 x 37

ϒ’= ϒm – ϒw = 0.5 qC = 2 x 46 + 0.5 x 3 x 33 + 0.5 x 5 x 1 x 37 qC = 234 ton/m2

c)

NC = 5.14

Ø = 0º

Nq = 1.0 c = 2 ton/m2 Nϒ = 0 qC = 2 x 5.14 + 1.5 x 3 x 1.0 + 0.5 x 5 x 2 x 0 qC = 14.78 ton/m2

d) Para Ø = 35º se obtuvieron los valores de NC, Nq, y Nϒ en el inicio a). qC = 0 x46 + 1.5 x 3 x 33 + 0.5 x 5 x 2 x 37

R

qC = 333.5 ton/m2

7

Una zapata corrida de 1.5 mts. De ancho esta desplantada a 4 mts. De profundidad en un suelo cohesivo friccionante suelto con la siguiente características: c = 2.0 ton/m2, Ø = 20º y ϒm = 1.6 ton/m3. ¿ Cual será la capacidad de carga ultima de la zapata ? SOLUCIÓN: Como el suelos esta suelto se supone que va a ocurrir falla local, por lo cual se utiliza la teoría de Terzaghi para falla local. qC = c N Ç + ϒDf N’q + y B N’ϒ N’C = 10 Para Ø = 20º N’q = 3 N’ϒ = 2 Así : qC =  x2 10 + 1.6 x 4 x 3 +  x 1.6 x 1.5 x 2

R

qC = 34.933 ton/m2

8

Encontrar el ancho de una zapata si la capacidad de carga del terreno es de 10 ton/ml y esta desplantada a 1.5 mts. Por debajo de la superficie del terreno.

ɣ = 1.7 t/m3

Df=3mts B=

B=Ø ɣ = 1.8 t/m3 ; Ø = 28º ; c =1 t/m2 SOLUCIÓN: Se tiene que: Q = 10 ton/l qC = 30 1 B

Por otra parte se tiene que : qC = cNC + ϒ D f N q +  Bϒ Nϒ Igualando 1 y 2 : 3Q 1 = cNC + ϒ D f N q +  Bϒ Nϒ

( 2)

B

Ø = 28º

3Q B ( cNC + ϒ D f N q +  Bϒ Nϒ) (3) De la grafica de Terzaghi se obtiene NC, Nq, y Nϒ NC = 30 Nq = 17.5 Nϒ = 175 Sustituyendo en la ecuación 3 y desarrollando: 30 = B ( 1 x 30 + 1.7 x 1.5 x 17.5 + 0.5 x B x 1.8 x 15 13.5 B2 + 74.625 B – 30 = 0 B2 + 5.527 B – 2.222 = 0

Resolviendo la ecuación de segunda grado:

R

B = 0.376mts.

9

Determinar la capacidad de carga admisible para una losa de concreto apoyada de un suelo con un contenido de finos de 78%, con las siguientes propiedades: Cu = 2.7, Cc = 4.2, L.L. = 72 y L.P. = 23. El suelo tiene un resistencia a la compresión simple de 8 ton/m2 y un Ø = 27 º en pruebas consolidada rápida. Si la profundidad de desplante es de 1.0 mts. Y se realiza en una jornada de 8 hrs., calcular la capacidad de carga administrada del suelo, considerando un ϒm = 1.6 ton/m3 y siendo las dimensiones de la losa de 5.0 x 5.0 –mts SOLUCIÓN: Tomando en cuanta que la excavación fue realizada en un tiempo relativamente corto, el suelo no alcanza a drenarse y por lo tanto lo resultados obtenidos de ;a prueba consolidada rápida no son representativos; de manera que la prueba de consolidación simple proporciona la mejor aproximación al problema, es decir: qu = 8 ton/m2 Utilizando la Teoría de Terzaghi para calcular la capacidad de carga a la falla en cimentaciones cuadradas se tiene: qC = 1.3 cNC + ϒ D f N q + 0.4 Bϒ N ϒ Si qU = 8 ton/m2 → c = 4 ton/m2 NC = 5.14 Para Ø = 0º Nq = 1.0 Nϒ = 0 q = 1.3 x 4 x 5.14 + 1.6 x 1 x 1 = 26.728 + 1.60 q = 28.328 ton/m2 La capacidad de carga admisible será : q

adm = 1.3

cN

c . + Df Nq

3

R

q

adm = 10.5 ton/m2

10

Una pila circular de 6 mts. De diámetro en su base y de 6 mts. De largo, se apoya en un suelo arcilloso que tiene una resistencia al corte de 1.95 ton/m 2 y un volumétrico ϒm = 1.9 ton/m3 Calcular la capacidad de carga ultima y la permisible si se usa un factor de seguridad de 2.

9 mts.

6 mts.

desplantada a

Compra la carga permisible en la pila si esta se encontrara nivel del terreno.

SOLUCIÓN:

R

Utilizando la ecuación de Skempton: q d = 5.64 S + Al fs + ϒ D f Al = Л d 2 = Л x 3 6 = 28 .2 7 m 2 4 4 fS = 0.75 ( Reynolds considera que puede tomar ese valor ) fS = 0.75 x 1.95 = 1.46 ton/m2 Por lo tanto : q d = 5.64 x 1.95 + 169.64 x 1.46 + 1.9 x 9 28.27 q

d = 36.859 ton/m2 Usando un Fs = 2 :

R

q

adm = 36.859 = 18.4295 ton/m2 2

Carga total admisible : Q

R

adm

= A x 18.4295 = 28.27 x 18.4295

Q

adm = 521 ton Si la pila se encuentra desplantada en la superficie, la carga ultima seria: q q

d

= 5.64 + 5.64 x 1.95

= 10.998 ton/m2 Usando un Fs = 2 q

d

= 10.998 = 5.499 ton/m2 Carga admisible: adm

Q

R 11

Q

adm

= 28.27 x 5.499

adm

= 155.456 ton

De una prueba triaxial consolidada no drena ( C.U. ) se obtuvieron las

siguientes propiedades de un cierto suelo: c = 1 ton/m2, Ø = 20º ϒm = 1.9 ton/m3. En ese terreno se construirá un edificio cimentado a base de pilas circulares de 4.5 mts. De diámetro desplantadas a una profundidad de 2.50 mts. La descarga de la pila es de 280 toneladas. ¿ Cual será el factor de seguridad final después de que se ha efectuado la mayor parte de la consolidación ?. SOLUCIÓN:

Ø = 20º

Utilizando el criterio de Terzaghi: NC = 15 Nq = 6.5 Nϒ = 4

Para una Cimentación circularse tiene que la capacidad de carga ultima

neta es :

qC = 1.2 cNC + ϒ D f (N q -1) + 0.6 ϒ R N ϒ q = 1.2 x 1 x 15 + 1.9 x 2.5 x 5.5 + 0.5 x 1.9 x 2.25 x 4 q = 54.385 ton/m2. Habrá que añadir la fricción del suelo contra la pared de la pila. El valor de la cohesión en el contacto pila-suelo es menor que c; suele tomarse ½ c . C apac i da d de c arg a ne ta: Q d = q p Ap + Al fS FS = 0.5 c = 0.5 x 1 = 0.5 Qd = 54.385 x Л x 2 .2 5 2 + 4. 5 Л x 2. 5 x 0. 5 Q d = 88 2. 62 9 ton. C arga ne ta e n l a c i me n tac i ón: Q n e t a = 2 80 – 1 .9 x Л x 2.252 x 2.5 Q n e t a = 2 04 .4 55 ton Fac tor de se g uri da d:

R

Q

FS =

d

= 882.629 = 4.31

Q neta

204.475 FS = 4.31 El Cual es aceptable si el asentamiento de la pila es tolerable.

12

Calcula la capacidad de carga de un pilote de concreto que tiene un diámetro de 0.30 mts. Y penetra una profundidad de 12 mts, en un suelo arcilloso con un @### 1.9 ton/m3 y Su = δ u O =

ϒ

D

f

3.

SOLUCIÓN: Aplicando la ecuación: Q=

A

P

( cNc + ϒ D f

c = Su =

)Al

+ fS

2  ( 0. 9 x 1 2 ) = 3 .6 ton/m

En el nivel medio: FS = S u = 1 .8 ton/m2 Usando la grafica Skemton ( Apéndice XXII ) Para D > 5 + N C = 9 B

Qd = 0.0706 ( 3.6 x 9 + 1.9 x 12 ) + 0.942 x 12 x 1.8 Qd = 0.0706 ( 32.4 + 22.8 ) + 20.34 = 24.327 ton

R 13

Qd = 24.327 ton.

Un pilote de concreto reforzado de sección cuadrada de 0.40 x 0.40 mts. Se hinca a través de un suelo constituido por un deposito de arena arcillosa suelta con espesor de 20 mts. Y queda empotrada 1 mts. Dentro de un estrato de arena muy compacta. Si la arena arcillosa tiene un peso volumétrico sumergido de 0.7 ton/#@ y el Angulo de fricción interna de la arena muy compactada en estado sumergido es de 35º, calcular la capacidad de carga por punta>

N.A.F. SC

20 mts

1mts. s SOLUCIÓN: La expresión para calcular la capacidad de carga por parte en pilotes es de tipo: Qp = qP AP , siendo qP. La capacidad de carga del terreno en Ton/m2 y AP. El área trasversal del pilote dado que la arena arcillosa se encuentra en estado suelto se puede considerar que el mecanismo de falla mas adecuado corresponde a la teoría de Terzaghi, por tanto: Para: Ø = 35º Nq = 33 Nϒ = 37 qd = ϒ ’ D f N q +0.4 Bϒ’ Nϒ S usti tu ye ndo Val ore s: qd = 0.7 x 20 x 33 + 0.4 x 0.7 x 0.4 x 37 qd = 466.144 Ton/m2 AP = 0.4 x 0.4 = 0.16 m2 QP = 466.144 x 0.16 = 74.583 ton

R 14

QP = 74.583 ton. Se desea estimar la carga que puede llevar un pilote si el suelo

tiene las siguientes propiedades : c = 7.3 ton/m2, ϒm = 1.8 ton/m3, Ø = 10º. El pilote tiene 15 mts. De largo y 38 centímetros de secciones trasversales. SOLUCIÓN: La capacidad de carga se calcula de la misma manera que una zapata, usando el criterio de Meyerhof para pilotes de punta: Para: Ø = 35º NC = 15 Nq = 33 qd = cNc + ϒ D f N q qp = 7.3 x 25 + 1.8 x 15 x 3.2 = 268.9 ton/m2 qp = 2.68.9 ton/m2 En cimentación con pilotes la fricción lateral es de importancia. Experimentalmente se ha denominado que para un concreto rugoso, la fricción lateral es aproximadamente de 0.8 c o poco mas, y para pilotes de acero varia de 0.6 c a 0.8 c Capacidad de carga ultima total: FS = 0.8 c FS = 0.8 x 7.3 = 5.84 ton/m2 q

Qd = P AP + Al fS Qd = 268.9 x 0.382 + 4 x 0.380 x 15 x 5.84

R

Qd = 171.981 ton

15

Un grupo de pilotes con una separación centro a centro de 0.9 mts. Tiene una distribución cuadrada de 3.6 mts. Por lado. Los pilotes tienen 9 mts de largo por 25 cm. De diámetro y se hincan en un material; cohesivo que tiene las siguientes propiedades. c = 9 ton/m2, Ø = 5º, ϒm = 1.75 ton/m3 Determinas e l factor de seguridad mínima aceptable contra el colapso por volteo causado por una falla por cortante del grupo. SOLUCIÓN: La formula de Meryerhof Es: q p

= cNC + ϒ D f N q Para , Ø = 5º NC = 15 Nq = 1.7 q

= 9 x 15 + 1.75 x 9 x 1.7 = 161.775 !@@ 161.%^$# Ton/m2 La carga total ultima por pilote ( Incluye el efecto de la fricción lateral) es : Q d = q p Ap + Al fS FS = 0.8 c = 0.8 x 9 = 7.2 Qd = 161.775 x Л x ( 0. 12 5 ) 2 + Л x 0 .2 5 0 x 9 x 7 .2 Q d = 58 .8 34 ton/ pi l ote Los pi l ote s e stán e spac i ad os de tal forma que c a be 25 e n l g rup o, por l o tan to, l a c arga ul ti ma e s : Q d tot al = 5 8. 83 4 x 25 = 14 70 . 85 Q d tot al = 1 47 0. 85 to n Tratando al grupo como a una zapata cuadrada y usando el criterio de Mayerhof : p

q p

= cNC + ϒ D f N q Para , Ø = 5º NC = 8 q q

Nq = 1.5 p

= 9 x 8 + 1.75 x 9 x 1.5

= 95.625 ton/m2 La capacidad de carga ultima total considerada la fricción lateral en la periferia del grupo es : p

Qg = qp Ap + Al fS FS = 0.8 c = 7.2 ton/m2 Qg = 95.625 x (3.6)2 + 4 x 3.6 x 9 x 7.2 Qg = 58.834 ton Según Terzghi Peck la carga total de diseño de este grupo no debe ser mayor que: 2172.42 = 724.14 3

por lo tanto, el factor de seguridad será: Fs = 1470.85 = 2.03 724.14

R

Fs= 2.03

El que este factor de seguridad mínima sea aceptable, depende de la sensibilidad de la estructura al movimiento, de las condiciones de heterogeneidad del suelo bajo distintas partes de la cimentación.

16

Calcular el diámetro interno de un cilindro de cimentación que tiene las siguientes características: Diámetro exterior D = 4.5 mts., profundidad Df = 21 mts.; que se localizara en un suelo con una fricción lateral FS = 1.5 ton/m2 SOLUCIÓN: Área lateral: Al = ЛD D f Al = Л x 4.5 x 21 = 296.88 m2 Qf = resistencia al hincado = Al fS Qf = 296.88 x 1.5 = 445.32 Volumen necesario para que le cilindro entre por peso propio: V n = Qf = 445.32 =185.55 m3 c

2.4

Área requerida: A 2 requ. = 185.55 = 8.835 m

21 El área exterior es : A 2 2 ext. = Л x D = Л x 4.5 = 15.90

4 4 Área hueca = area exterior – área requerida A h = 15.90 – 8.835 = 7.065 A 2 h = 7.065 m

Por lo tanto el diámetro interior será: A = Л x D2 D = √ 4 A = √ 4 x 7. 06 5 = √ 8. 99 5 4 Л Л

R D = 2.999 m ≗ 3.0 m 17 Se tiene un muro

de retención con la características mostradas en la figura. Calcular la capacidad de carga considerando la excentricidad y la inclinación de la fuerza sobre la base. La excentricidad es e = 0.258 y la carga tiene un ángulo de inclinación ɑ = 18º

Relleno Arena ɣ = 1.8 t Ø = 30º 5.10 mts

0.80 mts

Arena Natural Ø = 35º

2.10 mts

SOLUCIÓN: Se usa la ecuación de Meyerhof: Qb = ( 1 – 2e ) ( 1 - ɑ )2 ϒ d f N q + ( 1 – 2 e ) 2 ( 1 - ɑ ) 1 ϒ B N ϒ B 90º B Ø 2 Por lo tanto : Qb = ( 1 – 2 x 0.259 ) ( 1 - 18 )2 ( 1.8 x 0.90 x 33 ) + ¡@#$%%^^&&^*(*& 2.10 90º %%^&**((

R 1

Qd = 73.86 ton/m Muro

Problemas Resueltos En arcilla saturada se desplanta un zapata continua a 0.9 mts. De profundidad.

Pruebas de compresión no confinadas dieron un valor promedio de c = 5.5 ton/m2 . La densidad del suelo es @# = 1.76 ton/m3 . ¿ Cual será ;a carga neta y la carga ultima total ?

← = 28.27 ton/m ←

C.C. ultima q = 29.854 ton/m2

Resp.

C.C. neta

2

qC

qc = 5.14 x 55 + 1.76 x 0.9

2

qc = 5.14 x 55

Determinar la capacidad de carga a la falla de una zapata cuadrada desplantada en arena arcillosa ( SC ), estando el nivel freático a 0.50 mts. Bajo el nivel del terreno. Una prueba de laboratorio consolidada rápida dio los siguientes resultados c = 3 ton/m2 , Ø = 30º. El peso volumétrico del suelo es de 1.7 ton/m3

Df1 = 0.50 mts. N.F.A.

Df Df2 = 0.50 mts Resp. q = 147.54 ton/m2 2

3

mts

Una zapata continua de 1.20 mts. De ancho es desplantada a una profundidad

de 1.80 mts. En un suelo con un peso volumétrico de 1.7 ton/m 3. El suelo es de tipo cohesivo – friccionante con una cohesión de 2.7 ton/m 2 y un Ø = 28º. Determinar la capacidad de carga ultima usando los factores de capacidad de carga de Terzaghi y comparar el resultado con el estimado por la teoría de Meyerhof. Resp. Terzaghi : Meyerhof :

q = 130.38 ton/m2 q = 144.96 ton/m2

4

Calcular la capacidad de carga admisible considerando un Fs = 8, para la zapata continua de la figura.

Suelo Parcialmente Saturado SC Suelto Saturado

4 mts. 1 mts

Gw = 80 % Df1 Gw = 100% Df2

Suelto Sumergido 2 mts Resp. Qadm = 153.514 ton/m2

2 mts

5

Calcular la capacidad de carga admisible de un pilote de concreto de sección circular, considerando un Fs = 3. El pilote está trabajando por punta. Apoyado en un estrato de arcilla muy dura. El pilote ha penetrado en la arcilla 5 veces el diámetro de su sección recta que es de 50 centímetros. Se realizo un sondeo de exploración a base del método de penetración estándar, reportando en el estrato constituido por arcilla muy dura un número de golpes iguales a 30. El peso volumétrico de la arcilla es de 1.5 ton/m3

5 mts

2.50 mts.

CH muy blanda CH muy dura

Resp, Qadm = 12.187 ton

6

Determinar la capacidad de carga a la falla de un pilote de concreto de sección cuadrada de 0.40 x 0.40 mts. trabajando por fricción. Supongamos que la graficas esfuerzo deformación de la arcilla CH y la arena SW son proporcionales. DATOS CH qu = 4tm2 Φ = -0 8M = 10.5 t/m3

DATOS SW Resp. qf = 66.889 ton c=0 8M = 1.7 t/m3 ɣ = 20º K0 = 0.30 CH φ = 30º

5 mts