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NIERIA F CULTAD DE ING NIERIA
ESCUELA PROFESIONAL DE DE
INGENIE INGENIER RIA IA CIVIL CIVIL INGENIERIA
SO UCIONARIO PROBLEMAS
E
E EXAMEN E XAMEN XAMEN CURSO
: MECANICA MECANICA DE SUEL SS
ALUMNA
: PATRICIA A. COSSI AROCUTIPA
CÓDIGO
:
DOCENTE
: MOQUEGUA - PERU
2006 20066
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PROBLEMA 1.
Clasificación de suelos
Se ha ha real realizado izado ensay ensayoos de granulometr granulometría ía y lim limites ites de co consis nsistenci tenciaa en u suelo y se presentan los resultados a contin ación.
Peso ddel el reci recipien piente te, Mr: Peso de la muestra seca, MS: Peso de la muestra seca, Mo=MS+r - Mr: Peso seco de la muestra retenida en el Nº 200 despues del lavado, M200 :
352.5 g 9846.00 g 9493.50 g 9233 g
Para la fracción fina: Límite líquido = 2 % Ín Índi dice ce de pl plas asti tici cidd d = 18% Ta Tam miz Nº Nº Di Diám ámet etro ro Pes esoo rret eten enid idoo mm g 3" 76 1829.5 2" 52 1978.5 11/2" 38 1055.5 1" 25 437 3/4" 19 320.5 1/2" 13 432 3/8" 9 235.5 1/4" 6.3 333 4 4.75 200.5 8 2.36 530.5 16 1.18 478.5 30 0.6 393.5 50 0.3 424.5 100 0.15 406 200 0.075 168 Bandeja ------10 Ma = 9233.00
Se pide clasificar el material usando el sistema de clasificación de suelo Unificado. a) Dibujar la curva gra ulométrica. b) Cl Clas asif ific icar ar el su suel eloo p r el sistema de clasificación de suelos Unificado.
a) Curva granulomét ica: ranulo lom métri étrica ca es nec necesa esari rioo deter eterm minar nar lo loss po porrcentajes de suelo seco Para dibujar la curva ranu graficar la ab abertu ertura ra del tam tamiz iz en escala logarítmica con el que pasan por cada t miz y graficar porcen por centaj tajee qu quee pa pasa sa e cada tamiz. A continuación se presenta el procedimiento y algunas a nálisis preciso. consideraciones de im ortancia para lograr un análisis El peso de la muestra seca retenida sobre el tamiz Nº 200, que es el eso del material seco que queda después de haber lavado el material seco de peso WS, so re el tamiz Nº 200 y Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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haber eliminado de la uest uestra ra eell ma mate teri rial al m men enor or a 00.0 .007 0755 mm de ddiá iáme metro, este material es el que se utiliza para el tamizado. Si se tienen partíc las que no pasen el tamiz de 3”, no tomar en uenta el peso e estas pa para ra el cá cálc lcul uloo y colo colocc r en el informe final: “Con cantos rodados”. Del análisis del ta iz izad adoo se ob obti tien enee el porce orcent ntaj ajee qque ue pasa asa ddee la sig sig iente manera: 1. Determinar el total de peso retenido en todos los tamices. To Tota tall de pe peso so rete reteni ni o = Ma = ∑(Peso retenido en cada tamiz) = 1829.5 + 1978.5 +… + 10 = 9233 g
2. Verificar eell po porcentaje de error en el tamizado (debe ser menor al 2 %, sino rehacer el ensayo). % Error =
M 200 − M 200
a
⋅ 100 < 2%
9233 − 233
% Error =
923
⋅100 = 0 % < 2 %
3. Determinar el peso retenido acumulado en cada tamiz: Peso retenido acumu ado = Peso Peso rete retenid nidoo en el el ta tamiz miz super superior ior + peso peso rete retennido en el tamiz actual.
Por ejem empplo para el ta iz de 2”: Peso retenido acu ulado = 1829.5 + 1978.5 = 3808 4. Det Determ ermina inarr la mas que se debe aumentar a la bandeja: Mb = Mo – M200 Mb = 294 2943. 3.55 – 92 92333 = 260.5 g 5. Determinar el porc ntaje retenido acumulado: Porcentaje retenido acu cumu mula lado do = [(m [(mas asaa ret reten enid idaa acu acumu mula lada da)/ )/pe peso so de la muestra seca, Mo]·100
Por ejem empplo para el ta iz de 2”: Porcen Por centaj tajee rete retenid nid acumulado = [3808/9493]·100 = 40.11 % 6. Determinar el porc ntaje que pasa: Porcen Por centaj tajee qu quee pa pass = 100 % - Porcentaje retenido acumulado. Por ejem empplo para el ta iz de 2”: Porcen Por centaj tajee qu quee pa pass = 100 % - 40.11 % = 59.89 % Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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7. Determinar los log ritmos del diámetro de la abertura de los tamice : Log(Diámetro) = ogaritmo en base 10 entaje je qque ue ppas asaa co corr rreg egid ido. o. H Hac acie iend ndoo qu quee po porce rcenntaje que pasa el tamiz 8. Determinar el porcenta de 3” sea el 100% los demás se los halla por regla de tres. 9. Const Construcc rucción ión de l curva de distribución de tamaño de partículas. Log(diámetro) vs. % que pasa. (diámetro) % que que pasa retenid idoo Peso Peso reten retenid idoo % reteni retenido do % que que pa pasa sa Log (diámetro) Ta Tam miz Diám iámetro etro Pes esoo reten corregido g acumulado g acumulado mm 100.00 1.88 1829.50 19.27 80.73 3" 76 1829.5 74.18 1.72 3808.00 40.11 59.89 2" 52 1978.5 60.41 1.58 4863.50 51.23 48.77 11/2" 38 1055.5 54.71 1.40 437 5300.50 55.83 44.17 1" 25 50.53 1.28 20.5 5621.00 59.21 40.79 3/4" 19 44.89 1.11 432 6053.00 63.76 36.24 1/2" 13 41.82 0.95 3/8" 9 35.5 6288.50 66.24 33.76 37.47 0.80 1/4" 6. 3 333 6621.50 69.75 30.25 34.86 0.68 4 4.75 00.5 6822.00 71.86 28.14 27.94 0.37 8 2.36 30.5 7352.50 77.45 22.55 21.69 0.07 16 1.18 78.5 7831.00 82.49 17.51 16.56 -0.22 30 0. 6 93.5 8224.50 86.63 13.37 11.02 -0.52 50 0. 3 24.5 8649.00 91.10 8.90 5.72 -0.82 100 0.15 406 9055.00 95.38 4.62 3.53 -1.12 200 0.075 168 9223.00 97.15 2.85 0.00 ---Bandej ------10 9233.00 100.00 0.00 26 0 . 5 0 Ma = 9 33.00 Mo = 9493.50
Distribución de tamaño de partículas 100
% , a s a p e u q e j a t n e c r o P
80 60
40
20
0 10.00
1.00
0.10
0.01
Abertura de los tamices, mm
b) C Cllasificación ddee ssuu los por el sistema de clasificación de suelos: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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PASO 1 amiiz N Nºº 2200 00 pa para ra la clasi lasifi fica caci ción ón pr prel elii inar (Tabla (Tabla B.1 B.1). ). Obtener Obte ner el % re reteni tenidd en el ttam F200 = 3.53% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 3.53)
R200 = 96.47%
⇒
R200 = 96.47% > 50% ⇒
Suelo uelo d grano grueso.
PASO 2 Determinar si el suelo es gravoso o arenoso: F4 = 34.86
⇒
R4 = 100 - F4
R4=100 - 34.86
⇒
R4 = 65.14
0.5·R200 = 0.5·96.47
⇒
0.5·R200 = 48.23
R4 >0.5·R200
⇒
65.14 > 48.23
⇒
Suelo gravoso
PASO 3 B.1 para para los suelos gravosos: Cl Clas asif ific icar ar el su suel eloo se segg n los criterios de la Tabla B.1 F200 < 5 hallar Cu y Cz: D C u = 60 D10
;
D302 C z = D10 D60
ículas as ppar araa lo loss po porce rcent ntaj ajes es rreq equer uerid idos os,, 10 10%, %, 30%, 60%, se pueden Los diámetros de partícul distri tribuc bución ión de tam tamaño año de ppart artícu ículas las o m medi ediaante una interpolación obten obt ener er de la ccurv urvaa d dis lineall en linea entre tre dos punto en cuyo intervalo se encuentre el punto que se requiera hallar. El dian ante te un unaa in inte terp rpol olac ació iónn li line neal al pr prod oduc ucee rres esul ultt dos más exactos. A resultado obtenido m di continuaci conti nuación ón se proc proced ede con este método de interpolación lineal:
PASO 4 Determinar el D10, D3 y el D60 mediante una interpolación lineal se ilogaritmica. De la eecu cuaaci cióón de la la lílí ea recta se tiene: X − X 2 −
1 2
=
Y − Y 1 Y 2 − Y 1
Haciendo cambios de variable:
X =abertura =abertura tamiz (escala logarí tmica) = % que pasa (escala aritméti a) Y =
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X = D 10; 30; 60 Y = 10 ; 30; 60 % Y 1 = %1 X 1 = 1 X 2 = 2 Y 2 = % 2
D x −
1
D2 −
1
D x =
% x − %1 % 2 − %1
= log
D2 − D1 ⋅ log (% x ) − log (%1 ) + D1 log % 2 − log %1
Para D10 se tiene: D10 = X D1 = 0.3 D2 = 0.15
%x = 1 %1 = 11.02 %2 = 5.72 D10 =
0.3 − 0.15 (10) − log(11.02) + 0.3 ⋅ log log(5.72) − log(11.02)
D10 = .278 mm Para D30 se tiene:
D30 = X D1 = 4.75 D2 = 2.36
%x = 3 %1 = 3 .86 %2 = 2 .94 D30 =
2.36 − 4.75 (30) − log(34.86) + 4. 5 ⋅ log log(27.94) − log(34.86)
D30 = .131 mm
Para D10 se tiene: D60 = X D1 = 38 D2 = 25
%x = 6 %1 = 6 .41 %2 = 5 .71 D60 =
25 − 38 (60) − log(60.41) + 38 ⋅ log log(54.71) − log(60.41)
D60 = 7.107 mm
PASO 5 Determinar los pará etros de la la curva de ddistrib istribución ución de ta tamaño maño d partículas.
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C U =
60
⇒
10
C U =
37.107 ⇒ 0.278
C U = 1 3 .5
C C =
D302 ⇒ ⋅ D 60 10
3.1312 ⇒ C C = 0.67 C C = 0.278 ⋅ 37.107
PASO 6
B.1). Clasificar el suelo con todos los datos ya disponibles (Tabla B.1). C U = 133.5 > 4 C C = 0.67 < 1 Por lo tanto el suelo es: PASO 7
GP
Hallar el nombre de rupo para este suelo se halla con los criterios e la Tabla B.2. ⇒
SF = R200 – R4
SF = 96.47 – 65.14
SF = 31.33% > 15
(GP) Grava pobremente gradada con arena.
Por lo tanto el suelo es:
PROBLEMA 2. Clasifique el siguiente suelo por el sistema de clasificación AASHTO. Límite líquido = 51% Límite plástico = 25% Distribución del tamaño de partículas
100
% , a s a p e
80 60
40 20 0
Diametro de 1partículas, mm
10
0.1
0.01
q u e j a t n e c r o P
PASO 1 plast stic icid idad ad y ppor orcen centaj tajes es qque ue pa pass n necesarios para Dete De term rmin inar ar eell íínd ndii e de pla clasificación. LL = 51% LP = 25%
⇒
IP = 26%
De la grafica de la dist ibución de tamaño de partículas se tiene: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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F 200 = 4% (Diámetro e partículas de 0.075 mm) F 40 = 10% (Diámetro e partículas de 0.425 mm) F 10 = 23% (Diámetro e partículas de 2.00 mm)
PASO 2 Cl Clas asif ific icar ar el su suel eloo se segg n la Tabla B.6 del anexo B. derechaa por ssimp imple le el elimi iminac nación ión hhast astaa que los datos del suelo se Se proc proced edee ddee iizq zqui uier er a a derech aj ajus uste tenn ex exact actam amen ente te a los de la Tabla. F 200 = 4%
⇒
F 200 < 35%
LL ≥ 41% IP ≥ 11%
⇒
A − 2 − 7
⇒
Suelo grueso
De la ecua ecuació ciónn [B [B.4] .4] s obtiene el índice de grupo para el suelo A-2-7: ) ⋅ (26 − 10 ) = −1.76 IG = 0.01 ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ IP − 10 ) = 0.01 ⋅ (4 − 15
IG = 0
negativos ativos su índice de grupo ser cero) (Para í dices de grupo neg
Por lo tanto el suelo es:
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A-2-7 (0)
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PROBLEMA 3. Se pide clasificar el siguiente suelo por el sistema si stema ASSHTO. Límite líquido = 44% Límite plástico = 21% Distribución del tamaño de partículas
100 80 60 40 20
0
Diametro de 1partículas, mm
10
0.1
0.01
% , a s a p e u q e j a t n e c r o P
PASO 1 plast stic icid idad ad y ppor orcen centaj tajes es qque ue pa pass n necesarios para Dete De term rmin inar ar eell íínd ndii e de pla clasificación. LL = 44% LP = 21%
⇒
IP = 23%
De la grafica de la dist ibución de tamaño de partículas se tiene:
F 200 = 4% (Diámetro e partículas de 0.075 mm) F 40 = 10% (Diámetro e partículas de 0.425 mm) F 10 = 23% (Diámetro e partículas de 2.00 mm)
PASO 2 Cl Clas asif ific icar ar el su suel eloo se segg n la Tabla B.6 del anexo B. derechaa por ssimp imple le el elimi iminac nación ión hhast astaa que los datos del suelo se Se proc proced edee ddee iizq zqui uier er a a derech ajus aj uste tenn ex exact actam amen ente te a los de la Tabla. F 200 = 4% LL = 44% LP = 21%
⇒
⇒
F 200 < 35% LL ≥ 41% IP ≥ 11%
⇒
Suelo grueso
⇒
A − 2 − 7
PASO 3 Determinar el índice e grupo. ) ⋅ (23 − 10 ) = −1.43 IG = 0.01 ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ IP − 10 ) = 0.01 ⋅ (4 − 15
IG = 0
negativos ativos su índice de grupo ser cero) (Para í dices de grupo neg
Por lo tanto el suelo es:
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A-2-7 (0)
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PROBLEMA 4 Clasificar Clas ificar los sigu siguiente ientes suelos por el sistema de clasificación AASHTO. Distribución % % fino fino tamiz tamiz Nº Nº 10 40 % fino tamiz Nº 200 Limite liquido Índice de plasticidad
Suelo A
B
83 48 20 20 5
100 92 86 70 32
C 48 28 6 — No plástico
D
E
90 76 34 37 12
100 82 38 42 23
Para clasificar car est estos ssuu los se procede de la misma manera que para las regunta 1 y 2.
Suelo A: ⇒
F200 = 20 < 35% LL = 20% IP = 5%
⇒
Suelo Granular
LL ≥ 41% IP ≥ 11%
⇒
A − 2 − 7
Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero:
IG = 0
A-1-b (0)
Por lo tanto el suelo es: Suelo B: ⇒
F200 = 86 > 35%
⇒
Suelo limo - Arcilla
LL = 70% IP = 32%
⇒
LL ≥ 41% IP ≥ 11%
⇒
A − 7
IP = LL-30
⇒
32 = 70 – 30
⇒
32 ≤ 40
⇒
A-7-5
El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] [B.3]:: IG = (F − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0. 01 ⋅ (F − 15) ⋅ (IP − 10 ) 200 200 IG = (86 − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (70 − 40 )] + 0. 01 ⋅ (86 − 15 ) ⋅ (32 − 10 ) IG = 33.47 ⇒ IG = 33
A-7-5 (33)
Por lo tanto el suelo es: Suelo C: F200 = 6 < 35%
⇒
suelo Granular
⇒ A-1-a IP = No plástico Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
⇒
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IG = 0 UJCM- UJCM -MOQUEGUA -- MOQUEGUA
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A-1-a (0)
Por lo tanto el suelo es: Suelo D: ⇒
F200 = 34 < 35% = 37% LL IP = 12 %
⇒
suelo Granular
≤ 41% LL IP ≤ 11 %
⇒
A − 2 − 6
El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.4] [B.4]:: IG = 0.01 ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ ( IP − 10 ) IG = IG = 0.01 ⋅ (34 − 15 ) ⋅ ( 12 − 10 ) IG = 0.38 ⇒ IG = 0 Por lo tanto el suelo es: Suelo E:
A − 2 − 6(0)
⇒
F200 = 38 < 35%
suelo limo y Arcilla
LL = 42% IP = 23%
⇒
LL ≥ 41% IP ≥ 11%
⇒
A − 7
IP = LL-30
⇒
23 = 42 – 30
⇒
23 ≥ 12
⇒
A-7-6
[B.3]:: El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] IG = (F 200 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0 . 01( F 200 − 15) ⋅ (IP − 10 ) IG = (38 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (42 − 40 )] + 0 . 01(38 − 15)(23 − 10 ) IG = 3.62 ⇒ IG = 4
Por lo tanto el suelo es:
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A-7-6 (4)
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PROBLEMA 5. Una muestra de suelo i orgánico tiene las siguientes características: Tami mizz (m.m .m)) 2.0 (Nº 10) 0.075(Nº 200) 0.050 0.005 0.002
% que pasa 100 71 67 31 19
Límite líquido = 53% Índice de Plasticidad = 22% Clasificar el suelo mediante los sistemas de clasificación de suelos: a) AASTHO. b) Unificado.
a) Sistema de clasific ción AASHTO: F200 = 71% > 35%
⇒
LL = 53% IP = 22%
⇒
LL ≥ 41% IP ≥ 11%
⇒
A − 7
IP = LL-30
⇒
22 = 53 – 30
⇒
22 ≤ 23
Suelo Arcilla-Limo.
⇒
A-7-5
[B.3]:: El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] IG = (F 200 − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0. 01 ⋅ (F 200 − 15) ⋅ (IP − 10 ) ⋅ (71 − 15 ) ⋅ (22 − 10 ) IG = (71 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (53 − 40 )] + 0. 01 IG = 16.26 ⇒ IG = 16
A-7-5 (16) Mayormente Arcilloso.
Por lo tanto el suelo es:
b) Sistema de clasific ción Unificado F200 = 71% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 71)
R200 = 29%
⇒
R200 = 29% < 50%
⇒
Suelo uelo d grano fino.
B.1:: El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 LL = 53% IP = 22%
MH ⇒ Lí mites de Atterberg debajo de la línea A (Figura B.1) ⇒
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El no nombre ddee ggrrupo p ra este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4 (ver nota en la part rtee infe inferio riorr de la Tab Tabla B.4, para determinar la fracción de grava, GF la fracción de arena, pa SF):: SF) R200 = 29%
⇒
15 ≤ R200 ≤ 29%
⇒ SF = R200 – R4 ⇒
GF = 0%
SF 29 = GF 0
SF =∞ GF
GF = R4
⇒
Por lo tanto el suelo es:
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SF = 29 – 0
⇒
SF = 29%
(MH) Limo elástico con arena
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PROBLEMA 6. Realiz Rea lizar ar la cla clasif sifica icació ció de los siguientes suelos:
Suelo Descripción % que que pas pasaa el el ttam amiz iz No. 4 % que que pas pasaa el el ttam amiz iz No. 10 % que que pas pasaa el el ttam amiz iz No. 40 % que que pas pasaa el el ttam amiz iz No. 200 Limite líquido Índice plástico
A 87 77 68 60 27 10
B 95 90 66 80 32 3,5
C 75,5 65 53 45 32 12
D 47 38 26,8 16,5 24,5 7,6
E 28 21 12 2,85 ———o plástico
F 99,8 97,5 96 74 25 20
Por los siguientes métodos: a) Si Sistema ddee ccllasifica ión AASHTO. b) Si Sistema ddee ccllasifica ión Unificado.
a) Sistema AASHTO. Suelo A: ⇒
F200 = 60% > 35% LL = 27% IP = 10%
⇒
Suelo Arcilla-Limo.
LL < 40% IP ≤ 10%
⇒
A − 4
El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] [B.3]:: IG = (F 200 − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0. 01 ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ (IP − 10 ) IG = (60 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (27 − 40 )] + 0 . 01 ⋅ (60 − 15 ) ⋅ (10 − 10 ) IG = 3.375 ⇒ IG = 3
limosoo de rregular egular a pobre para la construcción de Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limos carreteras. Suelo B: ⇒
F200 = 80% > 35% LL = 32% IP = 3.5%
⇒
Suelo Arcilla-Limo.
LL < 40% IP < 10%
⇒
A − 4
El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] [B.3]:: IG = (F 200 − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0. 01 ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ (IP − 10 ) IG = (80 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (32 − 40 )] + 0. 01 ⋅ (80 − 15 ) ⋅ (3.5 − 10 ) Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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IG = 2.97
⇒
IG = 3
limosoo de rregular egular a pobre para la construcción de Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limos carreteras. Suelo C: F200 = 45 > 35% LL = 32% IP = 12%
⇒
⇒
Suelo Arcilla-Limo.
LL < 40% IP > 11%
⇒
A − 6
El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] [B.3]:: IG = (F 200 − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0. 01 ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ (IP − 10 ) IG = (45 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (32 − 40 )] + 0 . 01 ⋅ (45 − 15 ) ⋅ (12 − 10 ) IG = 2.2 ⇒ IG = 2
Por lo tanto el suelo es: A-6 (2) Sue Suelo lo aarci rcill lloso oso de rregu egular lar a po pobre bre ppaa a la construcción de carreteras
Suelo D: ⇒
F200 = 16.5 < 35% LL = 24.5% IP = 7.6%
⇒
Suelo grueso.
LL < 40% IP < 10%
⇒
A − 2 − 4
El índ índiice de grupo rupo de este suelo es cero: IG = 0 Por lo tanto el suelo es: A-2-4 (0) Grava y arena limosa o arcillosa e excelente a buena para la construcción e carreteras.
Suelo E: F200 = 2.85 < 35%
⇒
Suelo grueso.
LL = —— IP = No plástico
⇒
A − 3
El índ índiice de grupo rupo de este suelo es cero: IG = 0 excelente a buena buena para la construcción de Por lo tanto el suelo es: A-3(0) Arena fina de excelente carreteras. Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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Suelo F: ⇒
F200 = 74 > 35% LL = 25%
⇒
Suelo Arcilla-Limo.
LL < 40%
⇒
A − 6
IP > 11% IP = 20% [B.3]:: El índ índiice de grupo rupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3] ⋅ (F 200 − 15 ) ⋅ (IP − 10 ) IG = (F 200 − 35) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ ( LL − 40 )] + 0. 01 IG = (74 − 35 ) ⋅ [0.2 + 0.005 ⋅ (25 − 40 )] + 0 . 01 ⋅ (74 − 15 ) ⋅ (20 − 10 ) IG = 10.7 ⇒ IG = 11
Por lo tanto el suelo es: A-6 (11) Suelo arcilloso de regular a pobre ara la construcción de carreteras
b) Sistema Unificado. Suelo A: F200 = 60% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 60)
R200 = 40%
⇒
R200 = 40% < 50%
⇒
Suelo uelo d grano fino.
B.1:: El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 LL = 27% < 50% IP = 10% > 7% (Figura B.1) B.1) Límites de Atterberg s bre la línea A (Figura
⇒
CL
B.4:: El no nomb mbre re de gr grup upoo ppaara este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4 R200 = 40%
⇒
R200 > 30%
R4 = 100 – F4 ⇒
R4 = 100 – 87 ⇒
SF = R200 – R4 ⇒
SF = 40 – 13
SF 27 = GF 13
SF = 2.08 > 1 GF
⇒
Por lo tanto el suelo es: Suelo B:
⇒
R4 = 13%
⇒
GF = R4 = 13%
SF = 27%
(CL) Arcilla magra arenosa.
F200 = 80% Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 80)
R200 = 20%
⇒
R200 = 20% < 50%
⇒
Suelo uelo d grano fino.
El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 B.1:: LL = 32% < 50% IP = 3.5% < 4%
⇒ ML
B.4:: El no nomb mbre re de gr grup upoo ppaara este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4 R200 = 20%
⇒
15 ≤ R200 ≤ 29%
R4 = 100 – F4 ⇒
R4 = 100 – 95 ⇒
SF = R200 – R4 ⇒
SF = 20 – 5
SF 15 = GF 5
SF = 3 > 1 GF
⇒
⇒
R4 = 5%
⇒
GF = R4 = 5%
SF = 15%
(ML) Limo con arena
Por lo tanto el suelo es: Suelo C: F200 = 45% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 45)
R200 = 55%
⇒
R200 = 55% > 50%
⇒
Suelo uelo d grano grueso.
B.1:: El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 F4 = 75.5
⇒
R4 = 100 - F4
R4=100 – 75.5
⇒
R4 = 24.5
0.5·R200 = 0.5·55
⇒
0.5·R200 = 27.5
R4 12% IP = 12% > 7% (Figura B.1 Límites de Atterberg s bre la línea A (Figura B.1))
⇒
Suelo a enoso
⇒
SC
B.3:: El no nomb mbre re de gr grup upoo ppaara este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.3 R4 = 24.5%
⇒
Por lo tanto el suelo es: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
GF = R4 = 24.5% > 15
(SC) Arena arcillosa con grava. pat_pv_pca_11@h pat_pv_p
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Suelo D: F200 = 16.5% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 16.5)
R200 = 83.5%
⇒
R200 = 83.5% > 50%
⇒
Suelo uelo d grano grueso.
El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 B.1:: F4 = 47
⇒
R4 = 100 - F4
R4=100 – 47
⇒
R4 = 53
0.5·R200 = 0.5·83.5
⇒
0.5·R200 = 41.75
R4 > 0.5·R200
⇒
53 > 41.75
F200 = 45% > 12% IP = 12% > 7% Límites de Atterberg s bre la línea A (Figura (Figura B.1) B.1)
⇒
Suelo gravoso
⇒
GC
El no nomb mbre re de gr grup upoo ppaara este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2 B.2:: SF = R200 – R4 ⇒
SF = 83.5 – 53
SF = 30.5% > 15
(GC) Grava arcillosa con arena.
Por lo tanto el suelo es: Suelo E: F200 = 2.85% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 2.85)
R200 = 97.15%
⇒
R200 = 97.15% > 50% ⇒
Suelo uelo d grano grueso.
B.1:: El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 F4 = 28
⇒
R4 = 100 - F4
R4=100 – 28 0.5·R200 = 0.5·97.15
⇒ ⇒
R4 = 72 0.5·R200 = 48.575
72 > 48.575 R4 > 0.5·R200 ⇒ F200 = 2.8 .855% < 5% Hallar Cu y Cz:
⇒
Suelo gravoso
Tomamos los mismos arámetros del problema 1. Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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C U = C C =
D60 D10 D302
⇒
⇒
C U = C C =
37.107 0.278 3.1312
⇒
C U = 133 .5
⇒
C C = 0.67
0.278 ⋅ 37.107
D60 ⋅ D10 C U = 133.5 > 4 C C = 0.67 < 1
Por lo tanto el suelo es: GP El no nomb mbre re de gr grup upoo ppaara este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2 B.2:: SF = R200 – R4
⇒
SF = 97.15 – 72
SF = 25.15% > 15
(GP) Grava pobremente gradada con arena.
Por lo tanto el suelo es: Suelo F: F200 = 74% R200 = (100 – F200)
⇒
R200 = (100 – 74)
R200 = 26%
⇒
R200 = 26% < 50%
⇒
Suelo uelo d grano fino.
El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1 B.1:: LL = 25% < 50% IP = 20% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A y sobre la línea U (Figura B.1). Esto se puede comprobar con la función de su gráfica :
Línea U: PI = (0.9)·(LL – PI) PIuu = (0.9)(25 – 20) PIu = 4.5 < PI = 20 De esta manera se co probó que los limites se encuentran por encima de la línea U, lo que indica que este suelo O EXISTE EXISTE , ya que no hay suelo sueloss con lím límite ites de consistencia por encima de esta línea.
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PROBLEMA 1.
SFUERZOS EFECTIVO
profundidad, idad, z dada en los siguientes casos: Calcular el esfuerzo ef ctivo en el suelo a una profund (Figura 5.4). 5.4). a) Nivel Nivel del agu aguaa deb debaj ajo del nivel del terreno (Figura 5.5). ). (Figura 5.5 b) Nivel del terreno de ajo del nivel del agua (Figura
a) Nivel de dell agua deb jo del nivel del terreno. γ d (te rreno)
Nivel freático γ w agua)
z h
γ s (suelo sat rado)
Figura 5.4. Estrato de suel sueloo con un nivel freátic freáticoo debaj debajoo de la superf superfici ici del terreno. Esfuerzo total: σz = γ d ·(z–h) +γ sat sat·h
Presión de poros: u = γ w·
Esfuerzo efectivo:
σ′z = σz – u
σ′z = γ ·(z – h) + (γ sat sat – γ w)·h
En este este cas casoo el esf esfuerz uerz efectivo depende del nivel del agua.
b) Nivel del terreno d bajo del nivel del agua. Esfuerzo total: σz = γ s·z +γ w·(h – z)
Presión de poros: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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u = γ w· Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u
σ′z = γ s·z – γ w·z
Nivel freático γ w ( gua)
h z
γ s (suelo sat rado)
Figura 5.5. Estrato de suelo con un nivel freático por encima del terren . En es este te ca caso so el esfu esfuer er o efectivo es independiente del nivel de agua. sto significa que los eloo eenn eell lleecho ddee uunn rrío ío,, llaago o mar ssoon i uales sin importar la esfuerzos efectivos en el ssuuel altura altura ddee agu aguaa qu quee hay encima de los mismos.
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PROBLEMA 2. El estribo de un puente (Figura 5.6 y 5.7 5.7)) tiene tiene 4 m de al altura tura y un área de 10 m2 y soporta una cargaa de 1 MN carg MN.. (El peso unitario del concreto es γ c = 20 kN/m3.) El estribo está fundado en el lecho de un río donde xi xist stee por por lloo m men enos os 5 m de are arena na con con uunn ppes esoo uuni nittario γ s = 20 kN/m3. Considerar γ c i inndependiente de la localización del nivel freático. Considerar que el peso específico del concreto no varía con el agua. Calcular el esfuerzo ef ctivo a 2.0 m de profundidad del terreno en los siguientes casos: a) Cuando el nivel del ío está igual al nivel del terreno. b) Cuando el nivel del ío tiene 3.0 m de altura.
a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno: 1MN
γ c (concreto)
4
A=10m2
2
Figura 5.6. Estribo de un puente con un nivel freático a nivel del terren . Esfuerzo total: σz = γ c·hc + F/A + γ s·z
σz = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) σz = 220 kPa
Presión de poros: u = γ w· w
u = (1 )·(2) u = 20 kPa
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Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u
σ′z = γ c·hc + F/A + γ s·z – γ w·h w
σ′z = 2 0 – 20 σ′z = 2 0 kPa
b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura: 1MN
γ c (concreto)
A=10m2 3
2
Figura 5.7. Estribo de un puente con un nivel freático por encima del terreno. Esfuerzo total: c + F/A + γ s · z σz = γ c ·h σz = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) = 220 kPa
Presión de poros: u = γ w hw + z) u = (1 )·(3+2) = 50 kPa Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u = γ c ·hc + F/A + γ s · z – γ w (hw + z)
σ′z = 2 0 – 50 = 170 kPa
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PROBLEMA 3. El pe perf rfil il de dell ssue uelo lo en l roca roca:: los los peso pesoss un unit itar arii está es tá aall ni nive vell ddel el tter erre renn peso unitario γ t = 15 arcill arc illaa y en el ce centr ntroo d
s Figuras Figuras 4.5 y 4.6 con consiste siste de 4m de arci arcilla lla ssob obre 2 m de arena sobre s de tod todos os llos os m mat ater eria iale less na natu tural rales es son son 2200 kN kN// 3 y el nivel freático . Un terr terrap aplé lénn aamp mpli lioo de de 4 m ddee al altu tura ra es ccon onsstr ido de relleno con un N/ N/m3 m3.. Se rreq equi uier eree ca calc lcul ular ar llos os eesf sfue uerzo rzoss efect efectii os en el centro de la la arena en los siguientes casos:
a) Antes de que el terraplén esté construido b) In Inmediatamente ddees ués de terminada la construcción c) después de mucho ti mpo de construido el terraplén.
a) Antes de que el ter aplén esté construido, (condiciones iniciales).
h c=2m H c=4m
γ c (arcilla)
hs =5m
γ s (arena)
Hs=2m
(roca)
Figura 5.8. Estrato de suelo. • En la arcilla:
Esfuerzo total: σz = γ c ·hc σz = (20)·(2) = 40 kPa
Presión de poros: u = γ w ·hc
u = (1 )(2) = 20 kPa Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u = γ c·hc – γ w·hc
σ′z = 40 – 20 = 20 kPa Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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• En la arena:
Esfuerzo total: σz = γ c·Hc + γ s hs
σz = (20)·(4) + (20)·(1) = 100 kPa
Presión de poros: u = γ w· s
u = (1 )·(5) = 50 kPa Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u = γ c·Hc + γ s·hs – γ w·hs
σ′z = 1 0 – 50 = 50 kPa
spué uéss de te term rmin inada ada llaa con const stru rucci cción ón,, (co (cond ndic icio iones a corto plazo). b) Inmediatamente d sp
Ht =4m
γ t (relleno)
hc=2m H c=4m
γ c (arcilla)
h s=5m
γ s (arena)
Hs=2m
(roca)
Figura 5.9. Estrato de un suelo. • En la arcilla:
Esfuerzo total: σz = γ t·Ht + γ c·hc
σz = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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Esfuerzo efectivo: La rcilla presenta condiciones no – drenadas (baja permeabilidad, lo que r ápidamente) lo que provoca n inmediato aumento evita que drene el agua rápidamente) de l presión de poros manteniendo al principio sin ambios los esfuerzos efectivos (condiciones a corto plazo). σ′z = 2 kPa, como en las co condiciones ndiciones iniciales (inciso ).
Presión de poros: u = σz σ′z u = 10 – 20 = 80 kPa • En la arena:
Esfuerzo total: σz = γ t·Ht + γ c·Hc + γ s·hs
σz = (15)·(4) + (20)·(4) + (20)·(1) = 160 kPa
(aalta permea ilidad, lo que facilita Presión de poros: La a ena presenta condiciones drenadas ( rápidam idamente) ente) lo qque ue prov provoca oca qu el agua en la arena que drene el agua ráp dren inmediatamente después de la construcción el terraplén evitando que e produzca un aumento en la presión de poros así manteniéndola a esta onstante. condiciones ndiciones iniciales (inciso a). u = 50 kPa, como en las co Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u
σ′z = 1 0 – 50 = 110 kPa
construido el terr terraplén, aplén, (co (condici ndicione one a largo plazo). c) Después de mucho iempo de construido • En la arcilla: Esfuerzo total: σz = γ t·Ht + γ c·hc
σz = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa, como condiciones a orto plazo (inciso b).
Pres resión ión de poros: ros: Desp espués de un tiempo muy largo el exceso de presión de poros en la arcilla bráá di disi sipa pado do,, ha hast staa llle lega garr a llaa ppres resió iónn ddee eq equi uili li rio o presión estática se h br (niv l freático). u = γ w· 2) = 20 Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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condicione ndicione iniciales (inciso a). u = 20 kPa, como en las co Esfuerzo efectivo: σ′z = σz – u
σ′z = 1 0 – 20 = 80 kPa • En la arena:
del eesf sfuer uerzo zo to tota tall o pr pres esió iónn ddee por poros os y lo loss es esfu fuee zos son los mismos a No ha habido cambios del la ar arena ena no dep depend endee ddee co condi ndicio cione ness ddee co to o de largo plazo. lo loss ddel el in inci ciso so b, ya que la Entonces: Esfuerzo total: σz = 1 0 kPa
Presión de poros: u = 50 kPa Esfuerzo efectivo: σ′z = 110 kPa
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PROBLEMA 4. Se hhaa oobbservado que cciierto sito esta constituido de la siguiente manera: 0.00-5.00 5.00-8.00 8.00-10.00 10.00-12.00 12.00-∞
Arcilla Arena Arcilla Arena Roca
Condiciones
Inicial s.
γ = 20 kN/m3 ; γsat=22kN/m3 γ = 16kN/m3 γ = 22kN/m3 γ = 18 kN/m3
El nivel freático se encuent uentra ra a 33.0 .0 m de prof profun undi dida dad, d, po porr eenc ncim ima, a, la arcilla esta saturada por ascenso capilar. Se ha bs bser erva vado do qu quee ssol oloo eexi xist stee fflu lujo jo de aagu guaa eenn eell est est ato de arcilla ubicado entre 8 y 10 m. El piezómetro que se ubica 11m de profundidad registra una altura iezométrica de 5 m. Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se coloca una carga uniforme rmemen mente te dis distri tribui buida da ig igual ual a 2255 kkN/m N/m2. 2. Al m mis is o tiempo el nivel de agua en el piezómetro isminuye 1 m. Se pide pide de deter termin minaa el cambio de altura piezométrica a 2.5 m de profundidad (zona de ascenso capilar), y a 9 de pr prof ofun undi dida dadd ((en en la arci arcill lla) a),, a cort cortoo ppla lazo zo y l rgo plazo.
PASO 1 Dibujar el perfil del s elo según a los datos dados. 0 Arcilla
Sat Satura urado do po por ascenso capilar
1
3
γ = 22 kN/m
2 A 3
3
γ = 22 kN/m
4
Arcilla
5 Arena
6
3
γ = 16 kN/m
7 8 9
B
Arcilla 3 γ = 22 kN/m
10 Arena 11
3
γ = 18 kN/m
12 Roca
Figura 5.10. Perfil del suelo en condiciones iniciales. PASO 2
Determ rmiinar lo los eessfue fuerzos totales y presión de poros en los puntos A B: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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• En el punto A:
Esfuerzo total: ⇒
σA = ( 2)·(2.5)
σA = 55 kPa
Presión de poros: ⇒
uA = (- .8)·(0.5)
uA = - 4.9 kPa
• Punto B:
Esfuerzo total: σB = (22)·(5) +(16)·(8 - 5) +(22)·(9 - 8) ⇒
σB = 180 kPa
Presión de poros: u8 m + u10m
u B =
2 u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa
⇒
u8 m = 49 kPa
u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa
⇒
u10 m = 9.2 kPa
49 + 39.2 2
⇒
uB = 44.1 kPa
u B =
PASO 3
Determinar Determ inar las altur alturaas piezométricas en los puntos A y B.
• En el punto A:
hPA =
A
⇒
hPA =
⇒
hPB =
w
− 4.9
9.8
⇒
hPA = - .5 m
⇒
hPB = 4.5 m
• En el punto B
hPB =
B w
44.1 9.8
Condiciones a corto plazo: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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PASO 1 Dibujar el perfil del s elo según a los datos dados. 0 σ = 25 kPa
1
Suelo excavado
2 A
Arcilla
3
γ = 22 kN/m
4
3
5 Arena
6
3
γ = 16 kN/m
7 8
Arcilla
B
9
3
γ = 22 kN/m
10
Arena 11
3
γ = 18 kN/m
12 Roca
Figura 5.11. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación corto plazo).
PASO 2 Determ rmiinar lo los eessfue fuerzos totales y presión de poros en los puntos A B. • En el punto A:
Esfuerzo total: σA = 2 + (0.5)·(22)
⇒
σA = 36 kPa
∆σ = σA corto plazo – σA cond iniciales
∆σ = 36 – 55
⇒
∆σ = - 19 kPa
⇒
uA = - 23.9 kPa
Presión de poros: uA = u
cond. iniciales +
uA = (- 4.9) + (- 19) • Punto B: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
∆σ
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Esfuerzo total: σB = 2 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1) ⇒
σB = 161 kPa
∆σ = σA corto plazo – σA cond iniciales
∆σ = 161 – 180
⇒
∆σ = - 19 kPa
⇒
uB = - 25.1 kPa
Presión de poros: uB = uB cond. iniciales + ∆σ uB = (- 44.1) + (- 19)
PASO 3 Determinar Determ inar las altur alturaas piezométricas en los puntos A y B.
• En el punto A: − 23.1
A
hPA =
w
⇒
hPA = 9.8 ⇒
hPA = - 1.94 m
⇒
hPB =
25.1 9.8
hPB = 2.56 m
• En el punto B B
hPB =
w
⇒
PASO 4
Dete De term rmin inar ar llos os camb cambiios en las alturas piezométricas de los puntos
y B.
• En el punto A: ∆hPA =
hPA corto plazo – hPA cond iniciales
∆hPA =
- 2.44 – (-0.5)
⇒
hPA = - 1.94 m
⇒
hPB = - 1.94 m
• En el punto B ∆hPB = hPB corto plazo – hPB cond iniciales ∆hPB = 2.56 – 4.5
Condiciones a largo plazo: Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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PASO 1 Determ rmiinar lo los eessfue fuerzos totales y presión de poros en los puntos A B. • Punto A
Esfuerzo total: ⇒
σA = 36 kPa
⇒
uA = - 4.9 kPa
σB = 2 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1) ⇒
σB = 161 kPa
σA = 2 + (2.5)·(0.5)·(22)
Presión de poros: uA = (- .8)·(0.5)
• Punto B:
Esfuerzo total:
Presión de poros: u8 m + u10m 2
u B =
u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa
⇒
u8 m = 49 kPa
u10 m = (9.8)·(10 - 7) kPa
⇒
u10 m = 9.4 kPa
49 + 29.4 2
⇒
uB = 39.2 kPa
u B =
PASO 2
Determinar Determ inar las altur alturaas piezométricas en los puntos A y B.
• En el punto A:
hPA =
A
⇒
hPA =
⇒
hPB =
w
− 4.9
9.8
⇒
hPA = - .5 m
⇒
hPB = 4 m
• En el punto B
hPB =
B w
39.2 9.8
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PASO 3 Dete De term rmin inar ar llos os camb cambiios en las alturas piezométricas de los puntos
y B.
• En el punto A: ∆hPA =
hPA largo plazo – hPA cond iniciales
∆hPA =
(- 0.5) – (-0.5)
⇒
hPA = 0 m
⇒
hPB = - 0.5 m
• En el punto B
∆hPB = hPB largo plazo – hPB cond iniciales ∆hPB = 4 – 4.5
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PROBLEMA 5. Se hhaa oobbservado que cciierto sito está constituido de la siguiente manera: 0.00-4.00 4.00-8.00 8.00-10.00 10.00-12.00 12.00-∞
Arcilla Arena Arcilla Arena Roca
= 20 kN/m3 = 16kN/m3 γ = 22kN/m3 γ = 18 kN/m3 γ
γ
El nivel freático se en uent uentra ra a 33.0m .0m de pro profu fund ndid idad ad,, ppor or enc encim ima, a, la ar illa esta saturada por ascenso capilar. Se ha bs bser erva vado do qu quee ssol oloo eexi xist stee fflu lujo jo de aagu guaa eenn eell est est ato de arcilla ubicado entre 8 y 10 m. El piezómetro que se ubica ubica a 11m de profu profundid ndidad ad regis registra tra una alt altur ur piezométrica de 5m. Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se coloca una carga uniformemente distribuida igual a 15 kN/m2. Al mis o tiempo el nivel de agua en el piezómetro e incrementa a 3 m. Se pide pide det determ ermin inaar el el cam cambi bioo ddee aalt ltur uraa ppie iezo zomé méttri rica ca a cort cortoo y largo plazo a 9 m de profundidad.
Condiciones Inicial s. PASO 1
Dibujar el perfil del s elo según a los datos dados. 0 Arcilla
1
3
γ = 20 kN/m
2 3
3
γ 20 kN/m
4
Arcilla
5 Arena
6
3
γ = 16 kN/m
7 8 9
A
Arcilla 3 γ = 22 kN/m
10 Arena 11
3
γ = 18 kN/m
12 Roca
Figura 5.12. Perfil del suelo en condiciones iniciales. Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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PASO 2 Determ Det ermina inarr el eesfu sfuerz erzo total y presión de poros en el punto A: Esfuerzo total: σA = ( 0)·(3) + (20)·(1) + (16)·(4) +(22)·(1)
⇒
σA = 166 kPa
Presión de poros: u8 m + u10m 2
u A =
u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa
⇒
u8 m = 49 kPa
u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa
⇒
u10 m = 9.2 kPa
49 + 39.2 2
⇒
uA = 44.1 kPa
⇒
hPA = 4.5 m
u A =
PASO 3
Determinar la altura iezométrica en el punto A. hPA =
A
w
⇒
hPA =
44.1 9.8
Condiciones a corto plazo: PASO 1
Dibujar el perfil del s elo según a los datos dados.
Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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0 σ = 15 kPa
Suelo excavado
1 2
Arcilla
3
3
γ = 20 kN/m
4 5
Arena
6
3
γ = 16 kN/m
7 8
Arcilla 3 γ = 22 kN/m
A
9 10
Arena 11
3
γ = 18 kN/m
12 Roca
Figura 5.13. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación corto plazo). PASO 2 Determ Det ermina inarr el eesfu sfuerz erzo total y presión de poros en el punto A. Esfuerzo total: σA = 1 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1) ⇒
σA = 141 kPa
∆σ = σA corto plazo – σA cond iniciales
1 – 166
∆σ = 1
⇒
∆σ = - 25 kPa
⇒
uA = 19.1 kPa
Presión de poros: uA = u
cond. iniciales +
∆σ
uA = (44.1) + (- 25)
PASO 3 Determinar la altura iezométrica en el punto A. hPA =
A w
⇒
hPA =
19.1 9.8
⇒
hPA = 1.95 m
PASO 4
Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A.
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∆hPA =
hPA corto plazo – hPA cond iniciales
∆hPA =
1.95 – 4.5
⇒
hPA = - 2.55 m
Condiciones a largo plazo: PASO 1 Determ Det ermina inarr el eesfu sfuerz erzo total y presión de poros en el punto A. Esfuerzo total: σA = 1 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1) ⇒
σA = 141 kPa
Presión de poros: u8 m + u10m 2
u A =
u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa
⇒
u8 m = 49 kPa
u10 m = (9.8)·(10 - 3) kPa 49 + 68.6 u A = 2
⇒ ⇒
u10 m = 8.6 kPa uA = 58.8 kPa
⇒
hPA = 6 m
PASO 2
Determinar la altura iezométrica en el punto A. hPA =
A
w
⇒
hPA =
58.8 9.8
PASO 3
Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A. ∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = 6 – 4.5
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⇒
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hPA = 1.5 m
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PROBLEMA 6. A continuación se pres nta el perfil de un suelo con sus respectivas características: 0.0-2.5
Arcilla
2.5-4.0 4.0-6.0 6.0-8.0 8.0-10.0 10.0-∞
Arena Arcilla Arena Arcilla Roca
= 19.6 kN/m3 ; Gs = 2.70
γsat
3
=18 kN/m =19 kN/m3 3 γ=20 kN/m 3 γ=22 kN/m γ
γ
nive vell freát freátic icoo se encu encuent entra ra a 2.0 m de pr prof ofun unddidad y existe ascenso Se ha ha obs observ ervado ado qque ue l ni otall ha hasta sta eell niv nivel el 11.5 .5 m m.. Ent Entre re 0 y 1.5 m el gr graa o de saturación es 30 capilar con saturación ota %. Se ha ubicado un iezó zóm metro a 4.0 m de profundid idaad y se ha dete eter inado que la presión 2 de poros en ese punto es de 19.6 kN/m . Otro piezómetro ubicado a 5 m de profundidad registra una altura piez métrica de 5 m. Se realiza una exc vación ancha de 1 m de profundidad. Se pide eterminar el esfuerzo total, total, eefec fectiv tivoo y pre presió sió de poros a corto plazo a lo larg largoo de todo el pperfi erfil de suelo.
Condiciones Inicial s. PASO 1
Dibujar el perfil del s elo según a los datos dados.
0 Arcilla
1
(1)
3
γ 1 = 16.78 kN/m γ 2 = 19.6 kN/m3 γ 3 = 19.6 kN/m3
2 3
3
Arena
γ = 18 kN/m
Arcilla
γ = 19 kN/m
Arena
γ = 20 kN/m
Arcilla
γ = 22 kN/m
4 5
3
6 7
3
8 9
3
10 Roca Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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Figura 5.14. Perfil del suelo en condiciones iniciales. PASO 2 cífico co ddel el eest stra rato to eent ntre re 0 y 1.5 1.5 m de profu profund ndid id d, γ1 (S = 30%). Determinar peso específi De la ecuación [A.31] e tiene: γ sat =
(G S + e ) ⋅ γ W 1+ e
γ sat + ⋅ γ sat = G S ⋅ γ W + e ⋅ γ W
e ⋅ γ sat + e ⋅ γ W = G S ⋅ γ W − γ sat
e ⋅ (γ sat + γ W ) = G S ⋅ γ W − γ sat
e =
GS ⋅ γ W − γ sat ( sat + γ W )
e = 2.(19⋅ 9.6.8+−919 .8).6
e = 0.70
De la ecuación [A.19] e tiene: γ 1 =
(
γ 1 =
S
+ S ⋅ e) ⋅ γ W 1+ e
( .70 + 0.3 ⋅ 0.7) ⋅ 9.8 1 + 0.7 3
γ1 = 16.78 kN/m
.
PASO 3 Determinar la altura ue marca el piezómetro a 4 metros de profun didad. u = 19.6 kPa hP ( 2 ) =
u ( 2) γ W
(Dato)
hP( 2 ) =
19.6 9. 8
⇒
hP(2) = 6 m
PASO 4 Patricia A.C. A.C.- -ING.CIVI -- ING.CIVI
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Dibujar el diagrama e esfuerzos.
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σ
50
0
100
150
200
250
σ
σ = h1·γ 1 + h2·γ 2 + ... + h ·γ n
0
(1) Arcilla 3 γ 1 = 16.78 kN/m γ 2 = 19.6 kN/m3 γ 3 = 19.6 kN/m3 (2)
1 2 3
Arena
50
100
200
250
σ
0
50
100
150
200
250
σ' = σ - u
9.31 = 0 - (-9.31) 23.15 = 16.78 - (-6.37) 30.07 = 25.17 - (-4.9) 34.97 = 34.97 - 0 39.87 = 44.77 - 4.5
-6.37=u(1.5m)+(-S·γ w·h)=49+(-0.3·9.8·0.5) -4.9 = -S·γ w·h =1·9.8·0.5 0 = 0·9.8 4.9 = 0.5·9.8
16.78 = 1·16.78 25.17 = 16.78 + 0.5·16.78 25.17 + 0.5·19.6 34.97 = 44.77 = 34.97 0.5·19.6
3
Arcilla
u(6) + u(4) 78.4 u(5) = 2 u(6) = u(5)·2 - u(4) u(6) = 49·2 - 19.6 98 = 78.4 + 2·9.8
109.77 90.77 + 1·19
6 Arena 3 γ = 20 kN/m
149.77 = 109.77 + 2·20
8
41.77 = 90.77 - 49
49 = 5·9.8
90.77 = 71.77 + 1·19
3
γ = 19 kN/m
52.17 = 71.77 - 19.6
19.6 = 4.9 + 1.5·9.8
1.5·1 71.77 =
4
7
150
u = h1·γ w + h2·γ w + ... + hn·γ w -9.31=u(1m)+(-S·γ w·h)=-6.37+(-0.3·9.8·1)
0
γ = 18 kN/m
5
0
31.37 = 109.77 - 78.4
51.77 = 149.77 - 98
Arcilla
9
3
γ = 22 kN/m
76.17 = 193.77 - 117.6
117.6 = 98 + 2·9.8
193.77 = 149.77 + 2·22
10 Roca
Figura 5.15. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en ondiciones iniciales. Nota: u(1) , u(1.5) = Presión de poros a 1 m y 1.5 m de prof ndidad, rspectivamente.
Condiciónes iniciales.
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σ= σcorto plazo - σinic
σ
2 3
3
γ 1 = 19.78 kN/m γ 2 = 19.6 kN/m3 γ 3 = 19.6 kN/m3
Arena
σ=56.49−71.77=−15.28
56.4 = 19.69 + 2·18
Arcilla 3 γ = 19 kN/m
-23.15=u(inic.)+ σ=-6.37-16.78 23.15 = 0 - (-23.15) -20.18=u(inic.)+ σ=-4.9-15.28 30.07 = 9.89 - (-20.18) -15.28=u(inic.)+ σ=0-15.28 34.97 = 19.69 - 15.28 4.9=u(inic.)+ σ=4.9-0 29.49-1 .38=24.59 39.87 = 29.49 - 4.9 4.9-15.28=-10.38 u(inic.)+ σ=19.6-15.28=4.32
19.6=u(inic.)+ σ=19.6-0 56.49-19.6=36.89
52.17 = 56.49 - 4.32
33.72=u(inic.)+ σ=49-15.28 σ=94.49−109.77=−15.28
Arena 3 γ = 20 kN/m
8 9
0 = 0·19.7 9.89 = 0.5·19.78 19.69 = 9.89 . + 0.5·19.6 29.49 = 19.69 + 0.5·19.6
3
6 7
1001500 20025 20025030 030035 0350400 0400 σ' 0 50 10015
0
σ=0−16.78=−16.78 σ=9.89−25.17=−15.28 σ=19.69−34.97=−15.28
γ = 18 kN/m
4 5
0 50 100 150 200 250 300 350 400
0
0 1
u
0 50 100 15 150 2 00 00 250 300 350 400
σ=134.49−149.77=−15.28
Arcilla
94.49 = 56.49 + 2·19
78.4=u(inic.)+ σ=78.4-0 31.37 = 94.49 - 63.12 94.49-78.4=22.09 u(inic.)+ σ=78.4-15.28=63.12
134.49 = 94.49 + 2·20
51.77 = 134.49 - 82.72 98=u(inic.)+ σ=98-0 134.49-98=36.49 u(inic.)+ σ=98-15.28=82.72
3
γ = 22 kN/m
10
σ=178.49−193.77=−15.28
178.49 = 134.49 + 2·22
Roca
Figura 5.16. Perfil del del suel sueloo y diagr diagrama ama de es esfuerzo fuerzoss par condiciones finales a corto plazo.
Condición final a corto plazo
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102.32=u(inic.)+ σ=117.6-15.28
76.17 = 178.49 - 102.32
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 7. El perfil de suelo en un valle ancho está compuesto por 3 m de una grava gruesa que yace sobre 12 m de arcilla. Por debajo de la arcilla se encuentra una arenisca muy fisurada de permeabilidad relativamente alta. El nivel de agua en la grava se encuentra 0.6 m por debajo de la superficie. El agua en la arenisca se encuentra bajo presión artesiana correspondiente a un nivel de agua de 6 m por encima del nivel del terreno. Los pesos unitarios son: Grava -- debajo por encima el nivel freático del nivel freático (saturada) Arcilla - saturada Agua (valor que se adopta para el problema)
16 kN/m3 kN/m3 20 22 kN/m3 10 kN/m3
a) Dibuje el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo vertical efectivo en función de la profundidad en los siguientes casos: i) Con las elevaciones de agua iniciales. ii) Asumiendo que el nnivel ivel de agua en la ggrava rava es disminuido 2 m por bombeo bombeo,, pero la presión de agua en la arenisca no cambia. iii) Asumiendo que el niv nivel el de agua en la grava se mantiene como en ii), ii), pero que los pozos de alivio disminuyen disminuyen la presión de agua en la arenisca en 5.5 m. iv) Asumiendo que los po pozos zos de alivio son bom bombeados beados para reducir el nivel de agua agua en la arenisca a 15 m por debajo del nivel del suelo. Nota: Para ii), iii) y iv) se requiere las condiciones a corto y largo plazo. b) ¿Hasta qué profundidad se puede realizar una excavación amplia en la arcilla, antes de que el fondo o piso de la misma se encuentre en condiciones de falla? i) Con la presión artesiana inicial en la arenisca. ii) Con pozos de alivio redu reduciendo ciendo la presión artesiana a 0.60 m encima de la superficie de terreno. iii) Con bombeo en los pozos de alivio para reducir la presión artesiana a 15 m debajo de la superficie del terreno. c) Se requiere una excavación de 9 m de profundidad. Por razones de seguridad, es necesario mantener una proporción: Esfuerzo total vertical/Presión de levantamiento igual a 1.30. ¿Hasta qué profundidad deberá reducirse la carga piezométrica en la arenisca para cumplir este requerimiento? d) Si el nivel freático en la arenisca aumentara a 15 m encima de la superficie del terreno, ¿a qué profundidad en la arcilla se encontraría el esfuerzo efectivo vertical mínimo y cuál sería su valor?
89
CAPITULO 2 Clasificación de suelos a.i) Presión artesiana inicial en la arenisca. σ γ 6 0.6 γ = 16 / 2.4
γ
σ = 0.616
2.6
γ = 20 /
γ = 22 /
= 9.6 0
= 210
= 9.6 + 2.420
[]
σ
= 9.6 + 220
3
σ σ
= 49.6 20 = 57.6 24
= 2.410
3
A
12
A
57.6 + 1222 =
(12+2.4+0.6+6)10 =
= 321.6 210
Figura 5.17. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales.
a.ii) Asumiendo que el nivel de agua es disminuido 2 m por bombeo. : A:
∆σ ∆σ σ σ
σ γ
:
σ γ 6
γ
σ σ σ σ
γ
σ
[/2]
σ
3
2.6 γ = 16 / 3
γ = 20 / 0.4
= 2.616 =41.6+0.420
γ = 22 /
=49.616 =49.64
= 0.410 = 24 8
∆σ = 49.657.6= 8
A 12
=41.60
3
=313.6202
(15+6)10= = 49.6 + 1222
= 210 8
313.6210 =
∆σ = 313.6 321.6 = 8 8
Figura 5.18. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones a corto y largo plazo.
90
CAPITULO 2 Clasificación de suelos a.iii) Si disminuye la presión de la arenisca en 5.5 m. : A:
∆σ ∆σ σ σ
σ γ
:
σ γ 0.5
γ
σ σ σ σ
γ
σ
2.6 γ = 16 /
= 41.6 0
= 2.616
0.4 γ = 20 /
3
= 49.6 4
= 0.410
=41.6+0.420
= 0.410
A 12 γ = 22 /
[/2]
σ
3
49.6 + 1222 =
313.6 210 = (15+0.5)10 = 313.6155 (15+6)10=
a.iv) Si la presión de poros en la arenisca reduce en 15 m por debajo del suelo. : A:
∆σ ∆σ σ σ
σ γ
σ σ
γ
:
σ γ σ
σ σ
γ
σ
2.6 γ = 16 /
3
0.4 γ = 20 /
3
= 2.616
= 010
= 41.6 0
=41.6+0.420
A 12 γ = 22 /
[]
= 49.6 4 = 0.410
3
49.6 + 1222 =
= 010
15.510=
313.6 155 = 313.6 0 =
91
CAPITULO 2 Clasificación de suelos b) Profundidad máxima de excavación, D: b.i 6
b.ii
0.6
b.iii
0
D 15
Arcilla
γ = 22 /
3
Arenisca
El fondo de la excavación se encontrara en condiciones de falla cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo. Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros σ = σ′ + u σ′ = 0 (Condición de falla)
⇒
σ = u
b.i) Presión artesiana inicial en la arenisca (6 m sobre el terreno). (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(15 + 6)
⇒
D = 5.45 m
b.ii) Reduciendo la presión de poros a 0.6 m por encima del terreno. (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(15 + 0.6)
⇒
D = 7.91 m
b.iii) Reduciendo la presión artesiana a 15 m por debajo del terreno. (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(0)
⇒
D = 15 m
92
CAPITULO 2 Clasificación de suelos c) Que profundidad debe reducirse la carga piezométrica en la arenisca. Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros σ = σ′ + u
El fondo de la excavación fallará cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo: σ′ = 0 σ = 1 = FS
σ = u ⇒
u
Factor de seguridad: FS = = 1 , condició condiciónn crític críticaa FS > 1 , condición condición estab estable le
En este caso,
= 1.30 FS = σ
FS =
u
⇒
hmax = 10.15 m Hexcavado = 15 - 10.15 ⇒
1.30 =
(15 − 6) ⋅ (22 ) (10) ⋅ (h )
Hexcavado = 4.85 m
Como originalmente de 15 m, habrá quedereducir la carga piezometrica arenisca 4.85 m. paraes cumplir conentonces el requerimiento la altura máxima de 10.15 m.en la
d) Cual será el esfuerzo efectivo mínimo y a que profundidad se encontrara si el nivel freático de la arenisca aumenta 15 m encima de la superficie del terreno.
15 0.6 γ = 16 /3 2.4 γ = 20 /
σ γ
γ
σ σ
σ
σ′
= 0.616
= 010
= 9.6 0
3
=9.6+2.420
= 2.410
=57.624
A 12 γ = 22 /
3
57.6+1222=
(12+2.4+0.6+15)10= =321.6 300
El esfuerzo efectivo vertical mínimo es 21.6 kN/m2 y se ubica a 15 m de profundidad, desde la superficie del terreno.
93
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8. El perfil de un terreno consiste de 10 m de arena (peso específico de 18 kN/m 3) sobre 20 m de arcilla (peso específico de 19 kN/m3), todo ello sobre arena densa que se extiende a gran profundidad. El nivel freático se encuentra al ras del terreno (peso específico del agua 9.81 kN/m3). Sobre la superficie se aplica una carga de gran extensión de 300 kN/m 2. Trazar el gráfico decondición esfuerzos inicial totales,(antes presión poros y esfuerzos efectivos: a) Para la dede la aplicación de la carga). b) Para la condición inmediata después de la aplicación de la carga (condición no drenada, o a corto plazo t = 0). c) Para la condición a largo plazo (cuando toda las presión de poros en exceso se ha disipado, t = ∞, condición drenada).
a) Condiciones iniciales (antes de la aplicación de la carga). σ γ σ
10
= 018
A
σ σ σ
γ = 09.81
[/2]
= 0 0
γ = 18 / = 1018
= 109.81
= 180 98.1
A 20
γ = 19 /
3
A
180 + 2019 =
560 + 294.3 =
98.1 + 209.81 =
b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. :
Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo
A:
σ γ 300
σ γ
∆σ ∆σ σ σ
σ σ
γ
: γ
σ
[ ]
σ′
()
σ σ
= 09.81
=3000
A 10
γ = 18 /
3
∆σ = 480180=300 480180=300 =300+1018
γ = 19 /
=480398.1 =480398.1
109.81=
A 20
=98.1+300
3
860594.3=
A
480 + 2019 =
98.1+2019= =294.3+300 ∆σ=860560=300 ∆σ=860560=300
94
=860294.3
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 9.
El nivel de agua en una laguna es de 5 m (peso específico del agua = 10 kN/m 3). El fondo de la laguna está compuesto de 5 m de arcilla (peso específico = 19 kN/m3) sobre 5 m de arena (peso unitario = 18 kN/m3) que descansa sobre roca impermeable. Para todo el perfil del terreno, se requiere: a) Dibujar la variación en profundidad, del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo. b) Dibujar nuevamente la variación del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo, inmediatamente después del drenaje del agua de la laguna.
a) Condiciones iniciales (antes del drenaje del agua de la laguna). σ γ σ
γ
= 010
γ = 10 /
3
A γ = 19 /
3
= 145 100
=50+510
=50+519
5
= 50 50
=510
=510
5
[ ]
= 0 0
= 010
A 5
σ σ σ′
A γ = 18 / 235 150 =
100+510=
50+518=
b) Condiciones finales (después del drenaje del agua de la laguna). Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo
∆σ ∆σ σ σ
A:
σ γ
γ
σ σ
:
σ γ σ
γ
σ σ σ′ []
= 5
= 50
= 50
= 0 0
A 5
γ = 19 /
∆σ = 95145= 50
3
=519
5
= 100 50 =510
= 95 50
A γ = 18 /
3
95+518=
∆σ = 95145= 50 = 150 50 50+510=
= 185 100
En este caso las condiciones a corto y a largo plazo son las mismas.
95
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 10. El perfil estratigráfico de un suelo consiste de una capa superficial de grava de 10 m de espesor (peso específico = 22 kN/m 3), que descansa sobre 10 m de arcilla (peso específico = 20 kN/m3) y que a su vez se apoya sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel de la superficie del terreno. El peso específico seco de la grava es 17 kN/m 3, y el peso 3
específico deldiagramas agua adoptado es 10 kN/m a) Trazar los de esfuerzo total,. presión de poros y esfuerzo efectivo y mostrar su variación con la profundidad. b) Trazar nuevamente los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo, inmediatamente después de haber drenado toda el agua de la grava y simultáneamente haber aplicado una carga infinita de 30 kPa en la superficie del terreno.
a) Condiciones iniciales (Antes del drenado y aplicado de la carga infinita). γ
σ γ σ 10 γ = 22 /
= 022
σ σ σ′
= 010
[]
= 0 0
3
= 1022
= 1010
= 220 100
A 10 γ = 20 /
3
1022 =
100 + 1010 =
420 200 =
b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. :
Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo
A:
σ γ
∆σ ∆σ σ σ
σ σ
γ
:
30
σ γ σ
30
γ
= 30 + 017
= 010
σ σ σ′
[] = 30 0
10
γ = 17 /
3
=30+1017
γ = 22 /
=2000
= 010
A 10
∆σ = 200220= 20 =20080 = 100 20
3
400180= 200 + 1022 =
0+1010= ∆σ = 400420= 20 =20020
400100=
96
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 11. El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 4 m de espesor y peso especifico de 19 kN/m3 y 2 m de arena, con peso especifico de 18 kN/m3, que descansan sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel de la superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza 2 m 3
de Trazar altura sobre la superficie del terreno. El peso especificocon dellaagua es de 9.81dekN/m . a) para ambos materiales, el gráfico de variación profundidad los esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, para la condición inicial. b) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, si la presión artesiana en la arena es reducida 1 m, para la condición inmediata después del descenso de la columna de aagua. gua.
a) Condiciones iniciales. 2
= 010
= 019
4
σ σ σ′
γ
σ γ σ
[]
= 0 0
A γ = 19 /
3
= 0 + 419
= 69.81
=76 58.86
A 2
γ = 18 /
3
76+218=
58.86+29.81=
11278.48=
b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. :
Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo
A:
σ γ
∆σ ∆σ σ σ
σ σ
γ
: 1
σ γ σ
σ σ [] σ′
γ
= 019
= 09.81
= 0 0
A 4
γ = 19 /
3
= 0 + 419
A 2
γ = 18 /
∆σ = 7676= 0 = 58.86+0 =7649.05 = 49.81 =7658.86
3
∆σ = 7676= 0 =78.48+0
76+218=
58.86+29.81=
97
11278.48=
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 12. Se tiene el siguiente perfil de suelo: 2.0
.. 3
γ = = 19 /
0.5
A 3
γ = 20 /
1.0
γ = = 20 /
3
Arcilla γ = 22 /
1.5
A
γ = = 19 /
3
γ = 20 / γ = = 20 /
3
3
3
A 3
γ =
22 /
γ = = 19.5 /
3
A
γ = 20 /
3
Se pide: a) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones iniciales b) Determinar el sentido de flujo, el e l gradiente hidráulico y el caudal por unidad de área de los dos estratos de arcilla. c) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones de corto y lago plazo si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. La siguiente tabla contiene el incremento de esfuerzo ocasionado por la zapata de 1x1 cargada con 300 kN en función de la profundidad. Profundidad m 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50
Incremento de esfuerzo kg/m2 300 279 210 145 100 72 54 41 32 26 21
Profundidad m 3.00 3.25 3.50 3.75 4.00 4.25 4.25 4.50 4.50 4.75 4.75 5.00 5.25 5.50 5.50
Incremento de esfuerzo kg/m2 15 13 11 10 9 8 7 6 5.60 5.10 5
98
CAPITULO 2 Clasificación de suelos 2.75
18
a) Condiciones iniciales. σ γ σ
2.0 0.5 γ = 19 /
0.5
0.5 γ = 20 /3 A
σ σ σ′
γ
= 019 = 0.519
= 0 0 = 09.8
= 9.5 + 0.520
= 0.59.8
3
= 9.5 0 = 19.5 4.9
1.5 γ = 22 / A =4.9+49.8
=19.5+1.522
= 52.5 44.1
3
0.75 γ = 20 / A
67.5=52.5+0.75·20
3
2.25
γ = 22 / A
=44.1+0.759.8
= 67.5 51.45
= 0 ( ) 3 γ = 20 / A
67.5+2.2522= (2.25+0.75+1.5+0.5)9.8=
117 49 =
b) Sentido de flujo, gradiente hidráulico y caudal por área unitaria en la arcilla. 1er Estrato de arcilla: - Sentido del flujo: El flujo va de mayor energía a menor energía. v2 E = z + + γ W 2 ⋅ g u
Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña: E = z +
u γ W
Energía en la parte inferior = (2.25 + 0.75) + (44.1/9.8) = 7.5 m Energía en la parte superior = (2.25 + 0.75 + 1.5) + (4.9/9.8) = 5 m Como hay mayor presión en la parte inferior del primer estrato de arcilla, entonces el sentido del flujo es de abajo hacia arriba (ascendente) ( ascendente).
- Gradiente Hidráulico: i = ∆h / L ∆h = 7.5 – 5 = 2.5 m
L = Longitud del estrato = 1.5 m
99
CAPITULO 2 Clasificación de suelos ⇒
i = 2.5/1.5 - Caudal: · A q = k ·i A
i = 1.66
k = = 25 x 10-5 cm/s = 0.0216 m/día q = (0.0216)·(1.66)·(1 m2)
⇒
q = 0.036 m3 /día/m2
2do Estrato de arcilla: - Sentido del flujo: El flujo va de mayor energía a menor energía. E = z +
v2
u
+ γ W 2 ⋅ g
Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña: u
E = z +
γ W
Energía en la parte inferior = (0) + (49/9.8) = 5 m Energía en la parte superior = (2.25) + (51.45/9.8) = 7.5 m Como hay mayor presión en la parte superior del segundo estrato de arcilla, entonces el sentido del flujo es de arriba hacia abajo (descendente).
- Gradiente Hidráulico: i = ∆h / L ∆h = 7.5 – 5 = 2.5 m
L = Longitud del estrato = 2.25 m i = 2.5/2.25
⇒
i = 1.11
- Caudal: · A q = k ·i A k = = 4 x 10 -5 cm/s = 0.03456 m/día q = (0.03456)·(1.11)·(1 m2)
⇒
q = 0.036 m3 /día/m2
100
CAPITULO 2 Clasificación de suelos c) Si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. (Corto y largo plazo) Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo
A:
σ γ
∆σ ∆σ σ σ
σ σ
γ
: 2.0
1
γ = 19 /
A
3
σ γ σ 0.5
γ
00=
= ()
∆σ=11919.5=99.5 ∆σ=11919.5=99.5 =4.9+99.5
= 100 +119
1.5
0.75
2.25
γ = 22 /
3
γ = 20 /
=1190 =119104.4
A =(1.5+1+2)9.8
3
γ = 22 /
σ σ [] σ′
A
=7344.1 =44.1+20.5 =7364.6
=21+119+1.522 =13+119+1.522+0.7520 (0.75+1.5+1+2)9.8=
3
A
∆σ=7352.5=20.5 ∆σ=7352.5=20.5 =51.5+12.5
=8051.5 =8064
∆σ=8067.5=12.5 ∆σ=8067.5=12.5 =(2.25+0.75+1.5+0.5)9.8 =49+4.5
5+119+1.522+0.7520+2.2522=
=121.549 =121.553.5
∆σ=121.5117=4.5 ∆σ=121.5117=4.5
El esfuerzo total se halla sumando el incremento de carga en el punto de estudio sacado de la tabla del enunciado y el esfuerzo total que proporciona el terreno (γ H · H ))..
101
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 13. El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 6 m de espesor con peso específico húmedo de 20 kN/m3 y peso especifico saturado de 22 kN/m 3 que descansa sobre un acuífero de arena de 4 m de espesor, con peso específico húmedo de 18 kN/m 3 y peso específico saturado de 20 kN/m3. El nivel freático se encuentra a un metro por debajo de la superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza la altura de 1 m por debajo de la superficie del terreno. El peso específico del agua es igual a 9.81 kN/m3.
1
1.0 1: A
5.0
3
γ = = 20 /
2: A
4.0
3
γ = = 18 /
a) Calcular la profundidad máxima que se puede excavar para la construcción de una fundación, debiendo hacer descender el nivel del agua de la arcilla hasta el nivel de la excavación. b) Para el estado excavado calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para las condiciones iniciales, a corto y a largo plazo considerando la succión y que la altura de saturación capilar llega hasta el nivel del terreno.
a) Profundidad máxima que se puede excavar. El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical efectivo al final del estrato sea nulo. σ ' = 0 σ ' = σ − u σ = u 1.0
A
A
6.0
γ = 22 /
3
A
σ = (6 − D ) ⋅ (22 )
u = (9.8 ) ⋅ (5) ⇒
u = 49 kN/m2
102
A
CAPITULO 2 Clasificación de suelos σ ' = (6 − D ) ⋅ (22) − 49 = 0
6 − D =
49 22
D = 6 − 49 22
⇒
D = 3.77 m
b) Esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos. Condiciones iniciales: σ γ σ
1
γ = 22 /
5
γ = 22 /
σ
= 022 19.8=
3
= 0 ( 9.8)
= 122
3.77
A
σ σ
γ
3
= 22 0
= 09.8
=22+2.7722
= 2.779.8
=22+522
=0+59.8
= 60.94 27.15 = 132 49
A 4
γ = 20 /
3
212 88.2 =
49 + 49.8 =
132 + 420 =
Condiciones Finales (Corto y largo plazo): Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo
∆σ
A:
σ γ
∆σ σ σ
σ σ
γ
:
σ σ
σ γ
σ
γ
σ′
[]
1 3.77
2.23 γ = 22 / A
4.00 γ = 20 /3 A
∆σ=082.94= 82.94 27.15 82.94 = = 09.8 = 022 = 2.2322 =(3.77+2.231)9.8 49 82.94 82.94 = ∆σ=49.06132= 82.94 82.94
49.02 + 420 =
49 + 49.8 =
=055.79
=49.06+33.94 =49.0649
=129.0288.2
103
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 14. Calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para condiciones iniciales, a corto plazo y a largo plazo para el perfil de suelos de la figura si se coloca una carga infinita de 100 kPa. Considerar que hay succión y que la altura capilar llega hasta el nivel del terreno a 100 % de saturación. Peso específico de agua γ w = 9.81 kN/m3 0.7 3
γ =16 =16 /
A:
3
γ =17.66 / 3
γ = = 16 /
A: 14.3
3
3
γ = = 14 /
A:
3
γ = 14.72 / 3
γ = = 16 /
A:
3
10.0
γ = 17.17 / 3
γ = = 16 /
A:
=
3
Condiciones Iniciales: σ γ σ 0.7
γ = 16 /
σ σ σ
γ 6.9
3
6.9
12.4
12.4
264.9
124.6
140.3
14.3 431.7
10.0
652.5
910.1
238.4
193.3
385.5
532.7
267
377.4
104
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo σ γ
σ γ σ 0.7
14.3
∆σ
A:
∆σ σ σ
γ
:
σ σ
γ 6,9
100
σ
106,9
112,4
112,4
364,9
140,3
531,7
10.0
σ σ
238,4
752,5
1010,1
224,6
338,4
385.5
532,7
293,3
193,3
485,5
267
632,7
377,4
105
367
477,4
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 15. En el perfil que se muestra en la figura, se pide determinar: a) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones iniciales. b) Caudal y dirección de flujo por el estrato de arcilla ubicado entre 5 y 6 m de profundidad. c) Factor de seguridad contra levante de la base, en una excavación ancha de 1,5 m de profundidad. d) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones a corto plazo, después de que el nivel de agua en el piezómetro ubicado a 4 m de profundidad, ha descendido, en un instante de tiempo, hasta los 4 m por debajo de la superficie natural del terreno. e) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones a corto plazo, después de que el nivel del agua en los dos piezómetros mostrados cambian hasta 1,5 m por debajo de la superficie del terreno y se aplica una carga infinita en la superficie de 50 kPa (Considere que todos los cambios ocurren en al mismo instante de tiempo).
Nota: Tomar γ w = 10 kN/m3
1 3
γ = = 18 /
0
8
=
3
γ = = 20 /
1
A
3
γ = = 19 / 3
2
A
A
3
= 20 / γ =
3
γ = = 18 /
A A
106
CAPITULO 2 Clasificación de suelos a) 1 = 18 / γ =
0
=
8
11.25
11.25
0 3
A =75%
27
27
3
= 20 / γ =
1
40
57
3
= 19 / γ = 3
2
A 17
A
95
60
115
50
35
3
γ = = 20 / 3
γ = = 18 /
A A
133
65
60
73
= 0
b) Flujo en suelos: Q = k i A
Para la arcilla entre 5 y 6 m El flujo va de mayor energía a menor energía.
v2 E = z + + γ w 2 g despreciar la velocidad u ⇒ E = z + γ w u
Energía en la parte inferior = 1 + 5 = 6 m Energía en la parte superior = 2 + 6 = 8 m Por lo tanto el flujo es descendente ∆h = 8 – 6 = 2
gradiente hidráulico, i = ∆h / L i = 2/1 = 2
107
CAPITULO 2 Clasificación de suelos i=
∆h
L
=
2 =2 1
Se toma área unitaria, A = 1 Q = (10 −8 )(2)(1) −8 Q = 2 ×10 m3 /s/m2
c) El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical efectivo al final del estrato sea nulo. σ' = 0 σ' = σ − u
σ=u σ
FS = u
3.0 A
A A
El factor de seguridad será: σ A
FS =
u
A
σ A = (1,5)(20 ) = 30 kPa
u A = (4)(10 ) = 40 kPa FS =
30 = 0.75 40
108
CAPITULO 2 Clasificación de suelos d) 1 = 18 /3 γ =
0
=
8
11.25
11.25
0 A =75%
27
27
3
= 20 / γ =
1
8
57
3
= 19 / γ = 3
2
A 40
10
60
95
3
35
85
10
3
= 18 / γ =
67
A
= 20 / γ =
17
A A
65
50
115
60
133
73
e) = 50
1 γ = = 18 /
0
8
= = 10 /
11.25
38.75
50 3
A =75%
50
77
27
3
γ = = 20 /
1
A
8
= = 10 /
107 3
γ = = 19 /
90
15
92
17
A
= = 10 / 3
2
145
110
35
35
110
3
= 20 / γ = 8
A
= = 10 / 3
= 18 / γ = = = 10 / 3
165 A
45
65
100
183
120 128
55
109
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Resistencia al corte
PROBLEMA 1
Una muestra cilíndrica de suelo esta sujeta a un esfuerzo axial principal ( σ’1) y un esfuerzo radial principal (σ’3). El suelo no soporta un esfuerzo adicional cuando σ’1= 300 KPa y σ’3= 100 KPa.a laDetermine ángulocomo de fricción y la inclinación planopor deladeslizamiento respecto horizontal.elAsuma insignificantes los efectos del causados dilatancia.
PASO 1 Encontrar el valor de φ’cr. Con los valores de: σ’1= 300 KPa σ’3= 100 KPa
De la ecuación [F.17] se tiene que: 300 − 100 sin φ ′ = 300 + 100 Por lo tanto el ángulo de fricción será: φ' = 30°
PASO 2 Encontrar el valor de θ . De la ecuación.[F.20] se tiene que: 30 2 o
θ = 45 + o
Por lo tantota inclinación del plano de falla ser: = 60° θ θ =
110
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 2 La Figura 6.8 muestra un perfil de suelo en un sitio donde se proyecta una construcción. Determine el incremento en el esfuerzo efectivo vertical en un elemento de suelo a 3 m de profundidad, bajo el centro de una construcción, el suelo fallará si el incremento en el esfuerzo efectivo lateral es 40% del incremento en el esfuerzo vertical efectivo.
1m 3
γ sat = = 18 KN/m
2m
φ'cr= 30
o
Figura 6.8. Perfil de suelo. PASO 1 Encontrar el esfuerzo efectivo inicial. Asumiendo que 1 m de la parte superior del suelo está saturado, se tiene que: ′ = (σ 3′ )o = (18 × 3 ) − 9.8 × 2 = 34.4 kPa σ zo
El subíndice o denota original o inicial. La presión lateral de la tierra es:
(σ x′ )o = (σ 3′ )o = K 0 (σ z′ )o = 0.5 × 34.4 = 17.2 kPa PASO 2. Encontrar ∆σ 1′ . De la ecuación [F.18] en la falla se tiene que: ′ (σ 1′ )f 1 + sin φ cr 1 + 30 = = = 3 ′ (σ 3′ )f 1 − sin φ cr 1 − 30 o
o
Pero:
(σ 1′ )f = (σ 1 ′ )f + ∆σ 1′ Y
(σ 3′ )f = (σ 3′ ) f + 0.4 ∆σ 1′ Donde ∆σ 1′ es el esfuerzo efectivo vertical adicional que lleva al suelo a la falla.
111
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Dividiendo miembro a miembro estas ecuaciones se tendrá que:
(σ 1′ )o + ∆σ 1′ 34.4 + ∆σ 1′ = =3 (∆σ 3′ )o + 0.4 ⋅ ∆σ ′ 17.2 + 0.4 ⋅ ∆σ 1′ De la expresión se tiene que: ∆σ’1 = 86 KPa
112
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 3 Los resultados de dos ensayos de corte directo en dos muestras de suelo con diferente peso unitario inicial se muestran en la Tabla 6.3. La muestra A no muestra un valor pico, pero si la muestra B.
Tabla 6.3. Resultados de ensayos de corte directo. Suelo A
Nro. Ensayo Test 1 Test 2 Test 2 Test 2 Test 2 Test 2 Test 2
B
Fuerza vertical N 250 500 750 100 200 300 400
Fuerza horizontal N 150 269 433 98 175 210 248
Se pide determinar: a) El ángulo de fricción crítico. b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B. c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la l a muestra B.
a) El ángulo de fricción crítico. PASO 1 Trazar un gráfico de la fuerza vertical versus la fuerza horizontal en la falla para cada muestra, como muestra la Figura 6.9. 500 N l a t n o z i r o h a z r e u F
400 300 200
32 o
o
100 0
30 o 0
41 400
200
600
800
Fuerza vertical N
Figura 6.9. Fuerza vertical versus horizontal. PASO 2 Determinar el valor de φ' cr. En la Figura 6.9 todos lo puntos de la muestra A han sido trazados en una línea recta que pasa por el origen. La muestra A es un suelo no dilatante, posiblemente una arena suelta o una arcilla normalmente consolidada. El ángulo de fricción efectivo es:
113
CAPITULO 2 Clasificación de suelos φ’= 30°.
b) El ángulo de fricción pico para las l as fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B. Las fuerzas horizontales de 200 N y 400 N para la muestra B no se ajustan a una línea recta correspondiente a un ángulo φ’ p. Por lo tanto, según la ecuación [F.13] cada una de estas fuerzas tiene un φ’ p asociado con: 175 (φ p′ )200 N = tan 200 200 N
248 (φ p′ )400 = tan 200 400 N N
φ' p200 = 41.2°
φ' p400 = 31.8°
o
o
−1
−1
c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B. De la ecuación [F.12] se tiene que:
(α )200 N = 41 .2 − 30 = 11.2
o
(α )400 N = 31 .8 − 30 = 1.8
Comentario: Cuando
o
el esfuerzo normal se incrementa el valor del ángulo de dilatancia
tiende a disminuir.
114
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 4 Al realizar el estudio de suelos en el área donde se construirá una represa de tierra (Figura 6.10), se han obtenido los siguientes parámetros geotécnicos para el material de la base (o suelo natural): c′ = 30 kN/m2 y φ′ = 25º.
3
c' = 30 kPa φ' = 25º A = 0.62 B = 0.87
γ = = 18 kN/m
m 4
σV
σH = 0.58 σV
σH
Figura 6.10. Presa de tierra. Por medio de ensayos triaxiales, se ha determinado que los parámetros de presión de poros de Skempton son: A = 0.62 y B = 0.87. También se ha logrado establecer que los esfuerzos horizontales en el terreno equivalen al 58% de los esfuerzos verticales. El peso unitario del material de relleno de la represa tiene un peso unitario de 18 KN/m3. En una primera etapa de construcción se levantarán 4,00 m de la represa, y se supone que durante estos trabajos trabajos no existirá disipación de la presión de poros en el terreno. Se requiere determinar el valor de la resistencia efectiva del suelo que sirve de apoyo a la represa, al final de esta primera etapa. ∆σv = ∆σ1 = γ h h ∆σv = ∆σ1 = (18) (4) = 72 KPa
El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo al nivel de la base de la presa, será: ∆σh = ∆σ3 = 0,58 ∆σv ∆σh = ∆σ3 = (0,58) (72) = 42 kPa
El incremento en la presión de poros, según Skempton, será: ∆u = B[ ∆σ 3 + A(∆ σ 1 − ∆σ 3 )] ∆u = (0,87) ⋅ [42 + 0, 62 ⋅ (72 − 42)] = 53 KPa
El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será: σ′vfinal = σ′vinicial + ∆σ′v σ′vfinal = σ′vinicial + (∆σv – – ∆u)
115
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
σ′vfinal = 0 + (72 – 53) = 19 KPa
De la ecuación [F.27] la resistencia al corte en el suelo según el criterio de Mohr-Coulomb, será: τ = c′ + σ′tan ϕ′ τ = c′ + σ′vfinal tan ϕ′ τ = 30 + 19 tan 25º
El esfuerzo de corte que tolera el suelo será: τ = 39 KPa Comentario: La
ecuación [F.27] presenta el parámetro c’(cohesión) este es una corrección para el efecto de dilatancia, por lo que esta ecuación es bastante práctica para el diseño.
116
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 6 Se está construyendo un terraplén (Figura 6.11) con un suelo que tiene parámetros efectivos de resistencia al corte c′ = 50 kN/m2 , φ′ = 21º y un peso unitario de 17 kN/m 3. Mediante pruebas triaxiales se han obtenido los parámetros de presión de poros A = 0,5 y B = 0,9. Se requiere encontrar la resistencia efectiva al corte en la base del terraplén al momento en que su altura es incrementada de 3 a 6 m. Suponer que la disipación de la presión de poros durante esta operación es insignificante y que las presiones horizontales en cualquier punto son la mitad de las l as presiones verticales.
c' = 50 kPa ϕ' = 21º
3m
A = 0.50 B = 0.90 3
= 17 kN/m γ = 3m
σV
σH = 0.50 σV
σH
Figura 6.11. Presa de tierra. El incremento de esfuerzo vertical en el suelo a nivel de la base de la l a presa será: ∆σv = ∆σ1 = γ h ∆σv = ∆σ1 = (17) (3) = 51 KPa
El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo a nivel de la base de la presa será: ∆σh = ∆σ3 = 0.50 ∆σv ∆σh = ∆σ3 = (0.50) (51) = 25.5 KPa
El incremento en la presión de poros, según Skempton es: ∆u = B ⋅ ( ∆σ 3 ) + A ⋅ (∆σ 1 − ∆σ 3 ) ∆u = (0.90) ⋅ (25.5) + 0 .50 ⋅ (51 − 25.5) = 35.7 KPa
El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será: σ′v final = σ′v inicial + ∆σ′v σ′v final = σ′v inicial + ( ∆σv – – ∆u)
117
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
σ′v final = (51 – 0) + (51 – 34.4) = 66.3 KPa
La resistencia al corte en el suelo según la ecuación [F.21] será: τ = c′ + σ′tan φ′ τ = c′ + σ′v final tan φ′ τ = 50 + (67.6) tan 21º
El esfuerzo de corte que tolera el suelo será: τ = 75.45 kN/m2
118
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 7 Los datos registrados durante un ensayo de corte directo en una arena (la caja de corte es 10 cm x 10 cm x 3 cm), a una fuerza vertical constante de 1200 N se muestran en la Tabla 6.2, donde el signo negativo denota expansión vertical. Se pide: a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales. b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como densa o suelta? c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico.
Tabla 6.2. Valores registrados de un ensayo de corte directo. De Dessplaza lazami mien ento to hor oriz izo ont nta al mm 0, 0 0 0, 2 5 0, 5 1 0, 7 6 1, 0 2 1, 2 7 1, 5 2 1, 7 8 2, 0 3 2, 4 1 2, 6 7 3, 3 0 3, 6 8 4, 0 6 4, 4 5 4, 9 7 5, 2 5 5, 5 8 5, 7 2 5, 8 4 5, 9 7
Fu Fuer erza za De Desspl plaz aza ami mie ent nto o horiz orizo ont nta al N ver verti tica call mm 0, 00 0, 0 0 82 , 40 0, 0 0 15 7, 6 7 0 0,,00 24 9, 9 4 0 0,,00 35 4, 3 1 0 0,,00 42 5, 7 2 0 0,,01 48 8, 9 0 0 0,,00 53 8, 3 3 0 0,,00 57 1, 2 9 --0 0 ,0 1 63 1, 6 2 --0 0 ,0 3 66 3, 5 4 --0 0 ,0 5 75 9, 2 9 --0 0 ,0 9 80 7, 1 7 --0 0 ,1 2 84 4, 4 7 --0 0 ,1 6 88 4, 4 1 --0 0 ,2 1 92 8, 3 5 --0 0 ,2 8 93 9, 3 4 --0 0 ,3 1 95 0, 3 2 --0 0 ,3 4 97 7, 7 2 -0 , 3 7 98 2, 9 1 -0 , 3 7 98 8, 2 9 -0 , 4 0
Des Despla laza zami mie ento nto ho hori rizo zon ntal tal mm 6 , 10 6 , 22 6 , 48 6 , 60 6 , 86 7 , 11 7 , 37 7 , 75 7 , 87 8 , 13 8 , 26 8 , 51 8 , 64 8 , 89 9 , 14 9 , 40 9 , 65 9 , 91 1 0, 1 6 1 0, 4 1 1 0, 6 7
Fu Fue erza rza Des Despla laza zami mien ento to ho hori rizo zon ntal tal N vert vertic ical al mm 9 88 , 29 - 0, 4 0 9 88 , 29 - 0, 4 1 9 93 , 68 --0 0, 4 5 9 98 , 86 --0 0, 4 6 9 91 , 52 --0 0, 4 9 9 99 , 76 --0 0, 5 1 1 00 5, 2 6 - 0, 5 3 1 00 2, 5 1 - 0, 5 7 9 94 , 27 --0 0, 5 7 9 44 , 83 --0 0, 5 8 8 78 , 91 --0 0, 5 8 8 07 , 50 --0 0, 5 8 7 91 , 02 --0 0, 5 9 7 74 , 54 --0 0, 5 9 7 66 , 3 - 0, 6 0 7 60 , 81 --0 0, 5 9 7 60 , 81 --0 0, 5 9 7 58 , 06 --0 0, 6 7 58 , 06 --0 0, 5 9 7 58 , 06 --0 0, 5 9 7 55 , 32 --0 0, 5 9
a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales.
b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como densa o suelta? De la Figura 6.12, se aprecia que la arena aparenta ser densa, pues se observa un valor pico en la fuerza horizontal y también dilatancia. c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico. El área de la sección transversal de la muestra será: A = 10 × 10 = 100 cm 2 = 10 −2 m 2
119
CAPITULO 2 Clasificación de suelos El esfuerzo de corte en el pico será: τ p =
(P x ) p 1005 −3 = −2 × 10 A 10
τp = 100.5 KPa 1200 pico
m1000 m l a c i 800 t r e v o t n 600 e i m a z 400 a l p s e D 200
critico
0 0
2
4 6 8 Desplazamiento horizontal mm
10
12
10
12
0.00 -0.10 -0.20
m m l a c -0.30 i t r e v o -0.40 t n i e m a -0.50 z a l p s e D -0.60
-0.70
0.8 0.1
0
2
4
6
8
Figura 6.12. Desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales. El esfuerzo de corte en el estado crítico será: τ cr =
(P x )cr 758N −3 = × 10 A 10 −2
τcr = 75.8 KPa
120
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [F.11] el ángulo de dilatancia será: 0.1 0.8
−1 α p = tan
α α p = 7.1°
El esfuerzo normal será: 1200 × 10 −3 = 120 kPa −2 10
σ n′ =
Según la ecuación [F.13] el ángulo de fricción pico será: 100.5 120
φ p′ = tan −1 = φ’p = 39.9°
Según la ecuación [F.9] el ángulo de fricción crítico será: 75.8 120
φ cs′ = tan −1 = φ’cr = 32.3°
Según la ecuación [F.12] el ángulo de dilatancia será: α p = 39.9 − 32.3 αp = 7.6°
121
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8 En un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla saturada. La carga máxima que tolera la arcilla es 127 N con un desplazamiento vertical de 0.8 mm. Las dimensiones de la muestra son: 38 mm de diámetro x 76 mm de largo. Determine el parámetro de resistencia al corte no drenado.
PASO 1 Determinar el área simple de falla. Para los valores de: D0 = 38 mm D0 = 76 mm
El área inicial será: A0 =
π ⋅ 0.038 2
4
= 11.3x10-4 m2
También se sabe que: ε 1 =
∆ z
H 0
=
0.8 = 0.01 76
El área corregida de falla será: A0 11.3 ⋅ 10 −4 = 11.4 ⋅ 10 −4 m 2 = A0 = 1 − ε 1 1 − 0.01
PASO 2 Determinar el esfuerzo principal mayor de falla. −3
127 (σ 1 )f = p A z = 11 .4 ⋅⋅10 10 −4 = 111.4 kPa
PASO 3 Determinar el valor de cu. A partir de la ecuación [F.43] se tendrá que: cu =
(σ 1 ) f − (σ 3 ) f 11.4 − 0 = 2 2
cu = 55.7 KPa
122
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 9 Se ha realizado un ensayo de compresión triaxial no consolidada - no drenada (UU) en una muestra de arcilla normalmente consolidada. se produjo la falla con el esfuerzo total principal mayor de 300 KPa y el esfuerzo total principal menor de 200 KPa. En el mismo suelo, se realizaron ensayos de compresión triaxial consolidada drenadas (CD) con los siguientes resultados: Muestra 1
σ3 = 50 kPa
σ1 = 150 kPa
Muestra 2
σ3 = 50 kPa
σ1 = 450 kPa
A continuación se realizo un ensayo de compresión inconfinada en el mismo suelo. Se pide determinar la presión de poros en la muestra al momento de la falla. En la Figura 6.13 se grafican las envolventes de falla correspondientes a cada ensayo.
Figura 6.13. Envolventes de falla. Del triaxial CD se conoce que: σ1 = σ′1 σ3 = σ′3
Según la ecuación [F.24] se tiene que: φ
σ ′
tan 2 + 45 = 1 = 3 2 σ 3′
123
CAPITULO 2 Clasificación de suelos σ 1′ = 3σ 3′
[1]
Del triaxial UU se conoce que: – σ′3 = 100 KPa σ′1 –
Reemplazando la ecuación [1] en esta expresión se tiene que: 3σ′3 –– σ′3 = 100 KPa σ′3 = 50 KPa
En un ensayo de compresión inconfinada, se sabe que: σ3 =0: La presión de poros será: σ′3 = σ3 – u
50 = 0 – u u = –50 KPa
124
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 10 Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una deformación de 8 mm, cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la misma muestra se realizo un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de 200 KPa. que De lalaresistencia misma manera undrenado ensayo correspondía de compresión y se determino al corteseenejecuto estado no a 50inconfinada KPa. Se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU fallará. b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. c) La resistencia al corte en estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la magnitud de la sensibilidad es de 2.3.
a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el triaxial CU fallará. La Figura 6.14 muestra las envolventes de falla de los diferentes ensayos.
Figura 6.14. Envolventes de falla. Se ha determinado los parámetros de resistencia efectivos de la arcilla en el ensayo de corte directo, los cuales son: c ′ = 0 KPa (N. C.) Según la ecuación [F.15] se tiene que: −1 φ ′ = tan
τ f ′ 80.53 = = 30º σ f ′ 139.48
De la ecuación [F.18] el esfuerzo principal mayor será: σ 1′ =
1 + sin φ ′ 1 + sin 30 ⋅ σ = ⋅ (200) = 600 kPa 1 − sin φ 3 1 − sin 30
El esfuerzo desviador de falla según la ecuación [F.38] será: (∆σd )f = σ′1 – σ′2 = 600 – 200
125
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
= 400 KPa (∆σ d )f = b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. De la compresión inconfinada se tiene que: σ 3 = 0 KPa
De la ecuación [F.43] el esfuerzo principal total será: σ 1 = cu ⋅ (2 ) = (50 ) ⋅ (2 ) = 100 KPa
Reemplazando la ecuación: σ ′ = σ − u en la ecuación [F.23], se tendrá que: φ ′ φ ′ 2 45 + + 2 ⋅ c′ ⋅ tan 45 + (σ 1 − u ) = (σ 3 − u ) ⋅ tan 2 2
Remplazando los esfuerzos totales obtenidos del ensayo de compresión inconfinada y los parámetros efectivos del corte directo en esta última ecuación se tendrá que:
(100 − u ) = (0 − u ) ⋅ tan 2 45 +
30 2
(100 − u ) = (− u ) ⋅ tan 2 (60) (100 − u ) = − 3 ⋅ u La presión de poros será: u = -50 KPa
c) La resistencia al corte en estado no drenado si la sensibilidad es de 2.3. La susceptibilidad representa la relación entre la resistencia al corte de una muestra inalterada y latiene resistencia se que: al corte de una muestra compactada o alterada, entonces de la ecuación [F.44] cu (inalterado ) = S ⋅ cu ( compactado) cu(inalterado) = (2.3)·(50) cu(inalterado ) = 115 KPa
126
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 11 En un ensayo triaxial UU realizado con una arcilla saturada, la presión en la celda es 200 KPa y la falla ocurre bajo un esfuerzo desviador de 220 KPa. Determine el parámetro de resistencia al corte no drenado.
PASO 1 Dibujar el círculo de Mohr de esfuerzos. e sfuerzos. 150 100
cu= 110 KPa
50 a P K
0 50
τ
100
150
200
250
300
350
400
-50
450 500 σ KPa
-100 -150
Figura 6.15. Círculo de esfuerzos de Mohr. PASO 2 Determinación del parámetro de resistencia al corte no drenado. Si se dibuja una línea horizontal en la parte superior del círculo de Mohr, la intersección de esta línea con las ordenadas proporcionara el valor de este parámetro de resistencia al corte no drenado. Por lo tanto: cu = 110 KPa
Por otro lado si se utiliza la ecuación [F.43] se tendrá que: cu =
(σ 1 ) f − (σ 3 )f 220 = 2 2
El parámetro de resistencia al corte no drenado será: cu = 110 KPa Comentario: Los
parámetros de resistencia al corte pueden ser determinados gráficamente como analíticamente. Sin embargo, para esta primera opción es importante tener un buen gráfico.
127
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 12 Una muestra de suelo coluvial con 50 mm de capa, falla en un ensayo de cortante simple con volumen constante, bajo una carga vertical (P z) de 500 N, una carga horizontal ( P x) de 375 N y una carga de corte ( T ) de 150 N. El exceso de presión de poros desarrollado es 60 KPa. Se pide: a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo. b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que el suelo es no dilatante. c) Determinar el esfuerzo de falla. d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal. e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las manecillas del reloj respecto a la horizontal. Estrategia: Dibujan
el diagrama de fuerzas en una muestra de suelo puede determinarse el esfuerzo y dibujar el circulo de esfuerzos de Mohr. Puede entonces encontrarse todos los valores requeridos a partir de este círculo. Con el esfuerzo efectivo e fectivo puede calcularse el ángulo de fricción.
a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo. e fectivo. PASO 1 Determinar los esfuerzos total y efectivo. Los esfuerzos que actúan en las caras de un elemento ele mento de suelo serán: σ z =
P z 500 ⋅10 −3 = = 200 kPa A (0.05)2
P x 375 ⋅10 −3 = = 150 kPa σ x = A (0.05)2 T 150 ⋅10 −3 τ zx = A = (0.05)2 = 60 kPa
Los esfuerzos efectivos serán: σ'z=σz – ∆u= 200-60=140 kPa
PASO 2
σ'x=σx – ∆u= 150-60=90 kPa
Dibujar el cículo de esfuerzos de Mohr del esfuerzo total y efectivo. Ver la Figura 6.16
b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que el suelo es no dilatante.
128
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Trazando un tangente al círculo de Mohr de los esfuerzos efectivos desde el origen de coordenadas, se puede determinar gráficamente la inclinación i nclinación de esta que será: φ' çr = 34.5° 500 N
150 120
150 N 375 N
90 Polo 60 30 a P K
20°
(140, 60) 150 N
(200, 60)
τ f = 54 KPa
A
φ'cr = 34.5°
66.5°
0
τ
30
60
90
120
150
180
-30 -60
210
240
270
300
σ, σ' KPa σf = 79 KPa
(90, -60)
(150, -60)
-90 -120 -150
Figura 6.16. Círculo de esfuerzos de Mohr para el esfuerzo total y efectivo. El parámetro de resistencia al corte no drenado es encontrado dibujando una línea horizontal de la parte superior del círculo de Mohr de esfuerzos totales hasta que intercepte el eje de las ordenadas. Este valor será: cu=65 KPa
c) Determinar el esfuerzo de falla. El punto de tangencia de la envolvente de falla y el círculo de Mohr de esfuerzos efectivos será: τf =54 KPa
(φ'n)f = 79 KPa d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal. Del círculo de esfuerzos de Mohr de esfuerzos efectivos, se tiene que: σ'1 = 180 KPa σ'3 =50 KPa 2·θ =66.5°
129
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Por lo tanto, la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal será: θ = 33.3°
e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las manecillas del reloj respecto a la horizontal. Se identifica el polo como muestra la Figura 6.9, entonces se dibuja una línea inclinada a 20° respecto a la horizontal hasta el polo como muestra la Figura. Como el sentido a favor de las manecillas del reloj es positivo, los esfuerzo del punto A son obtenidos de un plano orientado a 20° respecto a la horizontal. Por lo tanto, los esfuerzos en este punto serán: τ20° = 30 kPa σ’20° = 173 kPa
También pueden determinarse estos valores de forma analítica. De la ecuación [F.4] se tendrá que: 140 + 90 σ '1 = + 2
2
− 90 140 2 + 60 2
σ'1 = 180 KPa
De la ecuación [F.5] se tendrá que: 2
140 + 90 140 − 90 2 σ '3 = + + 60 2 2 σ'3 = 50 KPa
De la ecuación [F.25] se tendrá que: cu =
( σ '1 − σ '3 ) f 180 − 50 = 65 KPa 2 2
cu = 65 KPa
Por otra parte de la ecuación [F.19] se tendrá que: σ '1 − σ '3 180 − 50 = sin −1 180 + 50 σ '+σ '3
φ 'cr = sin −1 φ' cr = 34.4°
130
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De acuerdo a la ecuación [F.3], se tendrá que: tan θ =
τ zx 60 = = 0.67 σ '1 −σ ' x 180 − 90
θ=33.7°
De la ecuación [F.1] serán: σ ' 20 = o
140 + 90 140 − 90 cos 40 + 60 ⋅ sin 40 + 2 2 o
o
σ'20° = 172.7 KPa
Según la ecuación [F.2] el esfuerzo de corte será: τ 20 = 60 ⋅ cos 40 − o
o
140 − 90 sin 40 2 o
τ20° = 30 KPa
131
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 13 Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra no disturbada de suelo arcilloso. Con esta muestra se ha realizado una serie de dos ensayos triaxiales consolidados drenados (CD), habiéndose obtenido los siguientes resultados:
Muestra Presión de cámara, kN/m2
I 100
II 160
Esfuerzo desviador en la rotura, kN/m2
222
320
Se requiere determinar los parámetros de resistencia al corte del suelo. Según los datos del ensayo, el esfuerzo desviador de acuerdo a la ecuación [F.38] será: Muestra I:
σ′3 = σ3 = 100 KN/m2 ;
(∆σd)f = 222 KN/m2
Muestra II:
σ′3 = σ3 = 160 KN/m2 ;
(∆σd)f = 320 KN/m2
Para la muestra I, los esfuerzos principales en la falla son: σ′3 = σ3 = 100 KN/m2 σ′1 = σ1 = σ3 + (∆σd) f = 100 + 222 = 322 KN/m 2
De igual manera, los esfuerzos principales en la falla para la muestra II son: σ′3 = σ3 = 160 kN/m2 σ′1= σ1 = σ3 + (∆σd) f = 160 + 320 = 480 kN/m 2
De la ecuación [F.23], para la muestra I se tendrá que:
φ
φ
322 = 100 ⋅ tan 2 45 + + 2 ⋅ c ⋅ tan 45 + 2 2
[1]
De la ecuación [F.23], para la muestra II se tendrá que:
φ
φ
480 = 160 ⋅ tan 2 45 + + 2 ⋅ c ⋅ tan 45 + 2 2
[2]
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2], se obtiene que: φ φ′′ = 26.7º
c′ = 18.1 kN/m
2
132
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 14 Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra inalterada de suelo limo-arcilloso. Con esta muestra se han efectuado dos pruebas triaxiales consolidadas no-drenadas (CU) en un suelo compactado, obteniéndose los siguientes resultados en la falla:
I 70 304 –30
Muestra Esfuerzo de confinamiento, KN/m2 Esfuerzo axial total, KN/m2 Presión de poros, KN/m2
II 350 895 95
Para este suelo, se requiere determinar: a) Los parámetros totales de resistencia al corte. b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte.
a) Los parámetros totales de resistencia al corte. De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:
[1]
φ
[2]
+ ⋅ ⋅ 45 + φ 304 = 70 ⋅ tan 2 45 + φ 2 2 c tan 2
De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que: φ
895 = 350 ⋅ tan 2 45 + + 2 ⋅ c ⋅ tan 45 + 2 2
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [1] y [2], se obtiene que: c = 53.8 KN/m2
φ = 20.9º
b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte. Para la muestra I, los esfuerzos principales efectivos en la falla son: σ′3 = σ3 – – (∆ud)f = = 70 – ( – –30) = 100 KN/m2 σ′1 = σ1 – – (∆ud)f = = 304 – ( – –30) = 334 KN/m2
De igual manera, los esfuerzos principales efectivos en la falla para la muestra II son σ′3 = σ3 – – (∆ud)f = = 350 – (95) = 255 KN/m2 σ′1 = σ1 – – (∆ud)f = = 895 – (95) = 800 KN/m2
De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:
φ ′ φ ′ + 2 ⋅ c ′ ⋅ tan 45 + 2 2
334 = 100 ⋅ tan 2 45 +
[3]
De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:
133
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
φ ′ φ ′ + 2 ⋅ c ′ ⋅ tan 45 + 2 2
800 = 255 ⋅ tan 2 45 +
[4]
Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [3] y [4], se obtiene que: φ φ′′ = 30.1º
c′ = 9.6 KPa
134
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 15 Una fundación rectangular de 4 m x 5 m transmite una carga total de 5 MN a un depósito 3 uniforme de arcilla dura sobreconsolidada con un OCR = 4 y γ sat sat = 18 KN/m (Figura 6.17). El nivel de agua subterránea está a 1 m de la superficie terrestre. 5 ΜΝ
Fundación 4 m x 5 m
z 1= 1 m Arcilla
z 2= 4 m Muestra
Figura 6.17. Fundación cobre perfil de suelo. Un ensayo CU realizado en una muestra de este suelo tomada de una profundidad de 5 m bajo el centro de la fundación. Los resultados obtenidos son cu = 40 KPa, φ’p = 27° y φ'cr = 24°. Determinar si el suelo alcanza el estado de falla para una condición a corto o largo plazo. Si el suelo no alcanza el estado de falla, cuales son los factores de seguridad, asumir que el suelo que está por encima del nivel freático se encuentra saturado.
PASO 1 Determinar el esfuerzo inicial. El esfuerzo vertical será: σ’z = σ’1 = γ sat sat·z1 + (γ sat sat – γ w) z2 = (18·1) + (18 – 9.8)·4= 50.8 KPa
Para el índice de sobreconsolidació sobreconsolidaciónn se sabe que: K0oc= K0nc·(OCR)0.5 = (1 – sin φ’çs)·(OCR)0.5 = (1 – sin 18°)·(4) 0.5 = 1.4 De la ecuación [F.60] se tiene que: σ’3 = K0oc·σ’z=1.4·50.8 = 71.1 KPa
El esfuerzo principal mayor será: σ1= σ’z + Z2·γ w = 50.8 + 4⋅9.8 = 90 KPa
135
CAPITULO 2 Clasificación de suelos El esfuerzo principal menor será: σ3= σ’x+ Z2γ w =71.1+4⋅9.8=110.3 KPa
PASO 2 Determinar el incremento de esfuerzo vertical a z = 5 m bajo la fundación rectangular. El incremento de esfuerzo vertical en base a un programa será: ∆σz = 71.1 KPa ∆σx = 5.1 KPa
PASO 3 El esfuerzo total vertical actual es: (σ1)T = σ1 + ∆σz = 90 + 71.1 = 161 KPa El esfuerzo total horizontal actual es: (σ3)T = σ3 + ∆σx = 110.3 + 5.1 = 115 KPa El esfuerzo de corte actua es: τ u =
(σ 1 )T − (σ 3 )T 161.1 − 110.4 = = 25.4 kPa < 40 kPa 2 2
A corto plazo el suelo no alcanza el estado e stado de falla. El factor de seguridad será: FS =
cu τ u
=
40 25.4
FS = 1.6 PASO 4 Determinar el esfuerzo de falla para la carga a largo plazo. Para la carga a largo plazo se asume que el exceso de presión de poros se disipa por completo. El esfuerzo efectivo final será: (σ’1)f = σ’1 + ∆σz = 50.8 + 71.1 = 121.9 KPa (σ’3)f = σ’3 + ∆σz = 71.1 + 5.1 = 76.2 KPa Según la ecuación [F.17] el ángulo de fricción será:
136
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
σ 1′ − σ 3′ 121.9 − 76.2 = sin −1 = 13.3° ′ ′ 121 . 9 76 . 2 + + σ σ 3 1
φ ′ = sin −1
El factor de seguridad será: tan 24 FS = tan 13.3 o
o
FS = 1.9
137
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 16 Los parámetros efectivos de resistencia al corte obtenidos de una arcilla completamente saturada son: c′ = 15 KN/m2 y φ′ = 29º. Con una muestra de esta arcilla se realiza una prueba triaxial no consolidada no drenada (UU), donde la presión de confinamiento es 250 KN/m2 y el esfuerzo desviatorio máximo alcanza el valor de 134 KN/m 2 al tiempo de la rotura. ¿Cuál es el valor de la presión de poros en la muestra al tiempo de la falla? Con los valores de: σ3 = 250 KN/m2
(∆σd)f = 134 KN/m2
De la ecuación [F.38] [ F.38] el esfuerzo principal total mayor será: σ1 = 250 + 134 = 384 KN/m 2
Los esfuerzos principales efectivos en la falla son: Para el esfuerzo efectivo menor se tendrá que: σ′3 = σ3 – – (∆ud)f σ′3 = 250 – (∆ud)f
[1]
Para el esfuerzo efectivo mayor se tendrá que: σ′1 = σ1 – – (∆ud)f σ′1 = 384 – (∆ud)f
[2]
Aplicando la ecuación [F.23] en términos de esfuerzos efectivos, se tiene que: cos 29 1 + sin 29 + (2 ) ⋅ (15) ⋅ σ 1′ = σ 3′ ⋅ − 1 sin 29 − 1 sin 29
Por lo tanto:
σ′1 = (2.882) σ′3 + 50.93
[3]
Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por [1], [2] y [3] se obtiene que: 384 – (∆ud)f = = 2.882 (250 – (∆ud)f ) + 50.93 1.882 (∆ud)f = = 720.5 + 50.93 – 384 La presión de poros en la falla sera:
(∆ud)f = = 205.86 KN/m2
138
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 17 En la Figura 6.18 se muestra un perfil de suelo donde se pretende realizar un ensayo, este 3 perfil consiste de un estrato de arena de 6 m con un γ sat sat = 18KN/m . Por debajo de este se encuentra una arcilla que tiene un γ = 20 KN/m3. El nivel freático se ha detectado a 2.5 m por debajo de la superficie natural sat del suelo. Se realiza un ensayo de consolidación y un ensayo de resistencia no drenado en una muestra obtenida a 10 m por debajo de la superficie natural del suelo. El ensayo de consolidación muestra que la arcilla es ligeramente sobreconsolidada con un OCR = 1.3. El parámetro de resistencia al corte no drenado en la celda a presión es aproximadamente igual al esfuerzo vertical inicial aplicado de 72 KPa. ¿Es razonable el valor del parámetro de resistencia al corte no drenado, asumiendo que el OCR del suelo es e s correcto? 2.5 m 6m arena
4m arcilla
Figura 6.18: Perfil de suelo. PASO 1 Determinar el esfuerzo efectivo vertical. Se asume que que: la arena que se encuentra por encima del nivel freático esta saturado. Por lo tanto, se tiene (σ’z)o = (18⋅2.5) + (18 – 9.8)⋅3.5 + (20 – 9.8)⋅4 = 114.5 KPa σ’zc=(σ’z)o⋅OCR = 114.5⋅1.3 = 148.9 KPa
PASO 2 Determinar las relaciones cu (σ ' z )0 y cu σ ' z 0 . cu
72 = 0.63 (σ z′ )o 114.5 cu 72 = = 0.48 ′ 147.9 σ zc =
PASO 3
139
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Utilizar las relaciones empíricas de la Tabla F.3. Según Jamiolkowskit se tiene que: cu
0.8
(σ z′ )o = (0.23 ± 0 .04) ⋅ OCR Para un rango de: cu
(σ z′ )
= 0.27 ⋅ (OCR) 0.8
a
0.19 ⋅ (OCR) 0.8
Entonces: 0.27 ⋅ (1.3) 0.8
a
0.19 ⋅ (1.3) 0.8
El rango será: 0.33 a 0.23 < 0.63 Según Mersi se tiene que: cu = 0.22 < 0.48
′ σ zc
Comentario: Las diferencias entre los resultados que proporcional las diferentes relaciones
empíricas son substanciales. El parámetro de resistencia al corte no drenado determinado por estos medios es inexacto, es importante realizar un ensayo en la laboratorio. boratorio.
140
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
PROBLEMA 18 En un ensayo CD con una presión de celda constante de σ3 = σ’3 = 120 KPa se lleva a la muestra de arcilla a un estado normalmente consolidado. En la falla se tiene que: q = σ’1 – σ’3 = 140 KPa. Determine el valor de M c.
PASO 1 Determinar el esfuerzo principal mayor. El esfuerzo principal mayor será: (σ’1)f = = 140 + 120 = 260 KPa
PASO 2 Determinar el valor de φ’cr. De la ecuación [F.17] se tendrá que: sin φ cs′ =
σ 1′ − σ 3′ 140 = = 0.37 σ 1′ + σ 3′ 260 = 120
Por lo que se tendrá: φ’çr =21.6°
PASO 3 Determinar el valor de M c. De la ecuación [F.64] se tiene que: M c =
El valor de M c será:
6 ⋅ 0.37
3 − 0.37
M c = 0.84
141
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 19 Una muestra saturada de suelo es isotrópicamente consolidada en un aparato triaxial, los datos de esta etapa están registrados en la tabla. Determinar los valores de λ, κ y y eΓ . Condición ión Carga Descarga
Pre ressión de de ccel eldda Kp Kpa 200 1000 500
Índice de vvaacío cíos fi final 1.72 1.20 1.25
PASO 1 Graficar los restados de la etapa de consolidación en el espacio (e, ln p’). e
1.8 1.7 1.6 λ = 0.32
1.5 1.4 1.3
= 0.07 κ =
1.2 1.1 4
5
p1
6
p' 0
ln p
p' c 7
Figura 6.19. Línea de consolidación normal normal.. PASO 2 Determinar los valores de λ, κ y eΓ Γ. κ y De la Figura 6. se tiene que: λ =
∆e
ln( p ′ / p′1)
=
c
1.20 − 1.72 100 ln 200
El valor de κ será: será: λ λ = 0.32
De la Figura 6. se tiene que: κ =
∆e
ln( pc′ / p′1)
=
1.20 − 1.25 100 ln 500
El valor de κ será: será: κ κ = 0.07
142
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [F.67] se tiene que: eΓ = 1.25 + (0.32 − 0.07 ) ⋅ ln
1000 + 0.07 ⋅ ln 500 2
El valor de eΓ será: eΓ Γ = 3.24
143
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 20 Dos especimenes A y B de arcilla son isotrópicamente consolidados bajo una presión de celda de 300 KPa y descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio de 200 KPa. Se realiza un ensayo CD en el espécimen A y un ensayo e nsayo CU es realizado en el espécimen B. Se pide: a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (σ’1)y para ambos especimenes. b) Los esfuerzos de falla, p’f , q' f f, y (σ'1)f para ambos especimenes. c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Para este caso los parámetros del suelo son: λ = = 0.3, κ = = 0.05, e0 = 1.10 y φ'cr = 30°, la presión en la celda se mantiene constante a 200 KPa.
a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (σ’1)y y (σ’3)y para ambos especimenes. PASO 1 Determinar el valor de M c. De la ecuación [F.52] se tiene que: o
M c = 6 ⋅ sin 30 3 − sin 30
M c = 12
o
PASO 2 Determinar el valor de eΓ Γ. De la ecuación [F.67] se tiene que: eΓ = 1.10 + (0.3 − 0.05 ) ⋅ ln
300 + 0.05 ⋅ ln 200 2
eΓ = 2.62
PASO 3 Trazar a una escala apropiada las trayectorias de esfuerzo en los espacios ( q, p’) y (e, p’) PASO 4 Determinar el esfuerzo de fluencia. ENSAYO DRENADO. La ecuación [F.61] que corresponde a la superficie de fluencia para este caso será:
( p y′ ) − 300 ⋅ p y′ + 2
q y2
(1.2)2
= 0
[1]
144
CAPITULO 2 Clasificación de suelos 500 a P K
CSL
F
400
q
300 200
Superficie inicial de fluencia
B
100
A
0
0
200 p y' 300
100
400
500 p ' KPa
4 00
500 p ' KPa
(a)
e
2.5 2 1.5
A
CSL 1 0.5
B F
0
100
200
300
(b)
Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’). De la ecuación [F.67] la ESP será: q y = 3 ⋅ p y′ − 600 Resolviendo las ecuaciones [1] y [2] se tendrá que: p' y = 246.1 KPa
[2]
q y = 138.2 KPa
De la ecuación [F.49] se tiene que: q y = (σ’1)y·– (σ’3)y = 138.2 KPa Como dato se sabe que:
(σ’3)f = 200 KPa Por lo tanto se tiene que:
145
CAPITULO 2 Clasificación de suelos (σ1)f =138.2 =138.2 + 200
= 338.2 KPa (σ1)f = ENSAYO NO DRENADO De la ecuación [F.61] la ESP para el ensayo no drenado será: q y2 200 − 200 ⋅ 300 + 2 = 0 1.2 2
Simplificando: q y2 = 1.2 2 ⋅ 200 ⋅100
Por lo tanto se tiene que: q y = 169.7 KPa
De la TSP se tiene que: p y = po′ +
qy 169.7 = 200 + = 256.6 kPa 3 3
De la ecuación [F.48] el exceso de presión de poros en la fluencia será: ∆u y = p y − p y′ = p y − p o′ = 256.6 − 200 = 56.6 kPa
Ahora, de la ecuación [F.47] se tiene que: p y′ = po′ =
(σ 1′ ) y + 2 (σ 3′ ) y
3
[3]
p’ y = 200 KPa
De la ecuación [F.45] se sabe que: q y = (σ 1′ ) y − σ 3′ = 169.7 KPa
[4]
Resolviendo las ecuaciones [3] y [4] para (σ 1′ ) y y (σ 3′ ) y se tendrá que:
(σ'1) y = 313.3 KPa (σ'3) y = 143.4 KPa Verificando el valor de (σ'3) y se tiene que:
(σ 3 ) y = (σ 3′ ) y + ∆u y
146
CAPITULO 2 Clasificación de suelos (σ 3′ ) y = 143.4 + 56.6 = 200 KPa b) Los esfuerzos de falla, p’f , q'f y (σ'1)f para para ambos especimenes. ENSAYO DRENADO De la ecuación [F.70] se tiene que: pf ′ =
3 ⋅ 200 3 −1.2
p'f = 333.3 KPa
De la ecuación [F.68] se tiene que: qf = = 1.2·333.3 qf = = 400 KPa
Ahora de la ecuación [F.45] se tiene que: qf = (σ 1′ ) f − (σ 3′ )f = 400 KPa y
(σ 3′ ) f = 200 kPa Resolviendo para (σ 1′ )f , se tiene que:
(σ 1′ )f = 400 + 200 (σ'1)f = 600 KPa ENSAYO NO DRENADO De la ecuación [F.52] se tendrá que: −1.10 2.62 0.3
pf ′ = exp
p'f = 158.6 KPa
De la ecuación [F.68] se tiene que: qf = 1.2·158.6 qf = 190.4 KPa
Ahora: De la ecuación [F.47] se tendrá que:
147
CAPITULO 2 Clasificación de suelos p'f =
(σ '1 )f + 2 ⋅ (σ '3 )f = 158.6 KPa 3
[5]
De la ecuación [F.45] se tendrá que: qf = (σ’1)f – (σ’3)f = 1904.4 KPa
[6]
Resolviendo las ecuaciones [5] y [6] para (σ 1′ )f y (σ 3′ )f se tendrá que:
(σ’1)f = 285.5 KPa (σ’3)f = = 95.1 KPa
c) Para el espécimen B se pide p ide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Puede encontrarse el cambio en la presión de poros en la falla con la ecuación [F.79], donde se tendrá que: 1.2 2. 62 − 1.10 ∆u f = 200 + − 1 exp 3 0.3
= 104.9 KPa ∆uf = O también:
∆u f = σ 3 − (σ 3′ ) = 200 − 95.1
= 104.9 KPa ∆uf = MÉTODO GRÁFICO Para este caso en necesario encontrar las ecuaciones de la línea de consolidación c onsolidación nnormal ormal y de estado crítico.
Línea de consolidación normal. El índice de vacíos para el esfuerzo medio efectivo de preconsolidación será: ec = e o − κ ⋅ ln
pc′ 300 = 1.10 − 0.05 ⋅ ln = 1.08 200 po′
El índice de vacíos para ln p’= 1 KPa en la NCL será: en = e c − λ ⋅ ln
pc′ = 1.08 − 0.3 ⋅ ln 300 = 2.79 po′
La ecuación para la línea de consolidación normal será: e = 2.79 − 0.3 ⋅ ln p ′ La ecuación de la línea de carga/descarga será: e = 1.08 + 0.05 ⋅ ln
pc′ p ′
La ecuación de la línea de estado crítico en el espacio ( e, p') será:
148
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
e = 2.62 − 0.3 ⋅ ln p ′
Con estas ecuaciones determinadas es posible graficar la línea de consolidación normal, de carga/descarga y la línea de estado crítico, que se muestran en la Figura 6.20a.
Trazo de la superficie de fluencia. De la ecuación [F.61] la superficie de fluencia será: q2 ( p ′ ) − 300 p ′ + 2 = 0 (1.2) 2
Despejando q se tiene que: q = 1.2 p ′
300 −1 p ′
Para p’= 0 a 300, se traza la superficie de fluencia como muestra la Figura 6.20b
Trazo de la línea de estado crítico. Según la ecuación [F.62] se tendrá que: q=1.2· p’ p’
ENSAYO DRENADO La ESP para el ensayo drenado será: q p ′ = 200 + 3
Esta ecuación es trazada como AF en la Figura 6.20c. La ESP intercepta a la superficie inicial de fluencia en B y el esfuerzo de fluencia es p’ y = 240 KPa y q y = 138 KPa. La ESP E SP intercepta la línea de estado crítico en F y el esfuerzo de falla es p’f = 333 KPa y q’f = 400 KPa. ENSAYO NO DRENADO. Para el ensayo no drenado, el índice de vacíos inicial y el índice de vacíos son iguales. Se dibuja una línea horizontal de A que intercepte a la línea de estado crítico en el espacio ( e, p’) en F (Figura 6.20d). El esfuerzo de falla es p’f = = 159 KPa y qf = = 190 KPa. Se dibuja la TSP mostrada por AS en la Figura 6.13a. La ESP dentro de la región elástica es vertical representada por AB.
149
CAPITULO 2 Clasificación de suelos 500 a P K
S CSL
400
q
300
TSP qf
F
200 q y 100
B
105 57 B'F'
ESP Superficie inicial de fluencia
A
0
0
100
200
300
400
500 p ' KPa
400
500 p ' KPa
(c)
e
2.5 2 1.5 q y
1 0.5
A
F 0
100
200
CSL 300
(d)
Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).
El esfuerzo de fluencia es p’ y = 200 KPa y q y = 170 KPa. La presión de poros será: En la fluencia, línea horizontal BB’:
∆u y = 57 KPa
En la falla, línea horizontal:
∆uf = = 105 KPa
150
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 21 En situ el contenido de humedad de una muestra de suelo es 48%. El contenido de agua disminuye hasta el 44% durante el transporte de la muestra al laboratorio y durante la preparación de esta para el ensayo. ¿Qué diferencia existe en el parámetro de resistencia al corte no drenado tiene este cambio de humedad, si λ = = 0.13 y Gs = 2.7? De la ecuación [F.76] se tiene que la relación de cu en campo y laboratorio será:
(cu )lab 2.7 ⋅ (0.48 − 0.44) = exp 0 . 13 (cu )campo Por lo tanto se tendrá que:
(cu )lab = 2.3 (cu )campo El parámetro de resistencia al corte de laboratorio muestra un incremento al de resistencia al corte en campo. Comentario: Las muestras alteradas e inalteradas proporcionan resultados un poco distintos, debido a estos cambios que suceden durante el transporte y el ensayo. Dependiendo a la importancia de este valor y su precisión pueden corregirse empleando otros ensayos y realizando varios ensayos con diferentes muestras del mismo suelo.
151
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 22 Una muestra de arcilla es isotrópicamente consolidada a un esfuerzo efectivo medio de 225 KPa y es descargada a un esfuerzo efectivo medio de 150 KPa donde e0 = 1.4. Un ensayo CD es realizado en aquella muestra. Para está arcilla se tiene que λ = = 0.16, κ = = 0.05, φ’cr = 25.5° y v’= 0.3. Determinar:
a) Las deformaciones elásticas en la l a fluencia inicial. b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del esfuerzo desviador de 12 KPa después de la fluencia inicial.
a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial. PASO 1 Calcular los esfuerzos iniciales y el valor de M c. p’ç=225 KPa p’0=150 KPa Ro =
225 . = 15 150 6 ⋅ sin φ cs′ 6 ⋅ sin 25.5 = 1 = 3 − sin φ cs′ 3 − sin 25.5 o
M c =
o
PASO 2 Determinar los esfuerzos de fluencia inicial. Los esfuerzos de fluencia son los esfuerzos de la intercepción de la superficie inicial de fluencia y la trayectoria de esfuerzos efectivos. La ecuación [F.61] de la superficie de fluencia será: q2 2 p − p p + =0 ′ ′ ′ ( ) c M c2
La ecuación de la ESP será: q p ′ = po′ + 3 El punto D (Figura 6.14) en la fluencia inicial será: q q p y′ = po′ + y = 150 + y
3
3
152
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Sustituyendo p’= p’ y , q = q y y los valores de M c y p’c en la ecuación de la superficie inicial de fluencia se tendrá que: 2
q y q y q y2 150 + − 150 + 225 + = 0 2 3 3 1
Simplificando se tendrá: q2 y + 22.5·q y – 10125=0
De donde se tendrá que: q y = 90 KPa
Este valor es la compresión aplicada al suelo, por lo tanto: + p y′ = 150
qy 90 = 150 + = 180 KPa 3 3
PASO 3 Determinar las deformaciones iniciales en la fluencia inicial. DEFORMACIONES DEFORMACI ONES VOLUMÉTRICAS ELÁSTICAS. De la ecuación [F.86] se tendrá que: ∆ε pe =
180 0.05 ⋅ ln 1 + 1.4 150
La deformación volumétrica elástica será: e
4
− ∆ε p = 38x10
Alternativamente puede utilizarse la ecuación [F.88], con los valores medios de p’0 a p’0 se determina K ’’.. p′ + p ′y 150 + 180 = = 165 KPa p ′av = o 3 2 De la ecuación [F.80] se tendrá que: 3 p ′(1 = eo ) 165 (1 = 1.4) = = 7920 KPa 0.05 κ De la ecuación [F.88] se tendrá que: K ′ =
∆ε pe =
∆ p ′ 180 − 150 = 7920 K ′
153
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Por lo tanto: e
∆ε p = 38x10
−4
DEFORMACIONES DE CORTE ELÁSTICAS. De la ecuación [F.82] se tendrá que: G=
3 ⋅ p ′ ⋅ (1 + eo ) ⋅ (1 − 2v ′) 3 ⋅ 165 ⋅ (1 + 1.4) ⋅ (1 − 2 ⋅ 0.3) = = 3655 KPa 2 ⋅ κ ⋅ (1 + v ′) 2 ⋅ 0.05 ⋅ (1 + 0.3)
De la ecuación [F.92] la deformación por corte será: ∆ε pe = e
90 3 ⋅ 3655
∆ε p = 82x10
−4
b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del esfuerzo desviador. PASO 1 Determinar la expansión de la superficie de fluencia. Después de la fluencia inicial se tendrá que: ∆q=12 KPa
∆q 12 = = 4 KPa 3 3
∆ p ′ =
El esfuerzo en E (Figura (Figura 6.13) es: p’E = = p’ y + ∆p = 180 + 4 = 184 KPa
y qE = = qy + ∆q = 90 + 12 = 102 KPa
El esfuerzo efectivo medio de preconsolidación de la expansión de la superficie de fluencia es obtenida por la sustitución de p’E = 184 KPa y qE = 102 KPa en la ecuación de la superficie de fluencia, por lo que se tendrá: 102 2 (184 ) − 1 84 ( p c′ ) E + 12 = 0 2
Por lo que:
( pc′ )E = 240.5 KPa PASO 2 Determinar los incrementos de la deformación después de la fluencia.
154
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [F.86] se tendrá que: ∆ε p =
184 0.16 ⋅ ln = 15x10 −4 1 + 1.4 180
De la ecuación [F.89] se tendrá que: ∆ε pp =
0.16 − 0.05 184 ⋅ ln = 10x10 −4 180 1 + 1.4
De la ecuación [F.89] se tendrá que: ∆ε qp = 10x10 −4
102 = 16x10 −4 2 1 ⋅ (184 − 240.5 / 2)
Asumiendo de G permanece constante, con la ecuación [F.92] puede calcularse la deformación por corte elástica que será: ∆ε qe =
12 x10 −4 = 11 3 ⋅ 3655
PASO 3 Determinar las deformaciones totales. De la ecuación [F.85] se tiene que: ε p = ∆ε pe + ∆ε pp = (38 + 10 )10 −4
La deformación volumétrica total será: -4 ε ε p = 48x10
De la ecuación [F.90] se tiene que: ε q = ∆ε qe + ∆ε qp = [(82 + 11) + 16]10 −4
La deformación volumétrica total será: -4 ε εq = 109x10
155
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 23 Demostrar que la superficie de fluencia en in ensayo no drenado incrementa según la relación: κ
(λ −k )
′ p prev ′ p
pc′ = ( pc′ ) prev
Donde p’c es el valor actual del eje mayor de la superficie de fluencia , ( p’c)prev es el valor anterior del eje mayor de la superficie de fluencia, p’prev es el valor anterior del esfuerzo efectivo medio y p’ es el valor actual del esfuerzo efectivo medio.
PASO 1 Trazar un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el e l espacio (e, ln p'). e λ
C
e = e = e e
B
e
D
0
A
A
C
κ
B κ
D
p'
p' prev
( p' p'c )prev
p'c
ln p
Figura 6.21. Línea de consolidación normal y de carga/descarga. PASO 2 Determinar las ecuaciones de las curvas. Para la línea AB se tendrá que: ( pc′ ) prev ′ p prev
e B − e A = κ ⋅ ln
[1]
Para la línea CD se tendrá que: p ′ pc Considerando que eA = eC, de las ecuaciones [1] y [2] se tendrá t endrá que:
e D − eC = κ ⋅ ln
[2]
156
CAPITULO 2 Clasificación de suelos ( p ′c ) prev ′ − κ ⋅ ln pc ′ p' p prev
e D − e B = κ ⋅ ln
[3]
Por otra parte, de la línea de consolidación normal se tiene que: p ′ c ( pc′ ) prev
e D − e B = λ ⋅ ln
[4]
Sustituyendo la ecuación [3] en la ecuación [4] y simplificando se tiene que: κ
p ′ (λ −κ ) p ′c = (p ′c )prev prev ′ p Comentario: Los gráficos de
trayectorias de esfuerzos bien elaborados ayudan a determinar parámetros implícitos y también son de gran utilidad en las demostraciones.
157
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 24 Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una deformación de 8 mm cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la misma muestra se realiza ensayosetriaxial CUun conensayo una presión de confinamiento efectiva 200 KPa. De la misma un manera ejecuto de compresión inconfinada y de se determino que la resistencia al corte en el estado no drenado correspondía a 50 KPa. Se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU falla. b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la magnitud de la sensibilidad es 2.3. τ KPa
300 250 200
Triaxial CU
150 100 Compresión inconfinada
50 0
50 50 100 150 200 250 300 Figura 6.22. Envolventes de falla.
σ KPa
De la ecuación [F.9] el ángulo de fricción será: tan −1 φ ' = 80.53 = 30° 139.48
a) Determinar el esfuerzo desviador en la falla para el ensayo e nsayo triaxial CU. De la ecuación [F.10] [ F.10] la relación que combina los esfuerzos principales σ’1 y σ’3, será:
(σ '3 )f 1 − sin φ ' 1 − sin 30° = 0.333 = = (σ '1 )f 1 + sin φ ' 1 + sin 30° 1 (σ '1 )f = (σ ' ) 0.333 3 f
[1]
Para el ensayo CU se sabe que:
158
CAPITULO 2 Clasificación de suelos (σ'3)f = = 200 KPa Reemplazando el valor de (σ'3)f en en la ecuación [1] se tendrá que:
(σ ' ) = 1 f
1
⋅ (200) = 600 KPa
0.333
f
De la ecuación [F.38] se tiene que: ∆σ d = 600 − 200 ∆σ d = 400 KPa
b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. Para el ensayo de compresión inconfinada se tiene que σ 3 = 0 , por lo tanto: σ 1 − σ 3 = (2 ) ⋅ (50 ) − 0
El valor de σ'1 será: σ 1 = 100 KPa
Se conoce que:
(σ '1 )f = 3 ⋅ (σ '3 )f
[1]
σ'1 – σ’3 = 100 KPa
Esta última ecuación puede escribirse también: σ '3 = σ '1 −100
[2]
Reemplazando la ecuación [1] en esta ecuación se tendrá que: σ '1 = 3 σ '1 −300 σ'1 = 150 KPa
Por otra parte de la ecuación: σ ' = σ − u
La presión de poros será: u = σ − σ ' = 100 − 150 u = – 50 KPa
c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si S = 2.3.
159
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [F.44] se tiene que: = S =
cu (nodisturbada ) cu (remoldeadaa )
2.3 = cu (nod ) cu (rem ) cu (rem ) =
c u (nod ) 50 = 2.3 2.3
El parámetro de resistencia al corte no drenado en una muestra remoldeada será: cu(rem) = 21.7 KPa
160
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 25 Demuestre que la resistencia en el estado no drenado en una arcilla (G s=2.7, λ =0.15) =0.15) varia en 20 % cuando el contenido de humedad cambia en 1%. De la ecuación [F.75] se tiene que: eΓ e q f M cu = = ⋅ e λ 2 2 −
o
[1]
Si A es la muestra con el contenido de humedad inicial y B la muestra con el contenido de humedad final, dividiendo miembro a miembro la ecuación [1] según para cada caso se tendrá que: e Γ −e λ o
e0 A e0 b − cu ( A) e A λ = e −e = e Γ cu ( B ) e B λ
[2]
o
Conociendo que: e0 = w ⋅ G s G s = 2 .7 λ = 0.15 w B − w A = 1%
para ∆w=1%, la ecuación [2] será: (2.7 )⋅(0.01) cu ( A ) = e 0.15 = e 0.18 = 1.20 cu ( B )
Por lo tanto, se tendrá que:
c u ( A ) = 1.20 ⋅ c u (B )
161
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 26 Dos especimenes, A y B, de una arcilla fueron isotropicamente consolidados bajo una presión de celda de 300 KPa y luego descargados isotropicamente a un esfuerzo efectivo medio ( p') de 200 kPa. A continuación se ejecuto un ensayo CU. El suelo tiene los parámetros λ = = 0.3, κ =0.05, e0 = la 1.10 y φ’crde = poros 30º. Laenpresión determinar presión la falla.de la celda se mantuvo constante a 200 KPa. Se pide De la ecuación [F.47] se tendrá que: 1 p'c = ⋅ (300 + (2 ) ⋅ (300)) = 300 KPa 3 De la ecuación [F.54] se tendrá que: M =
6 ⋅ sin φ = 1.2 3 − sin φ
De la ecuación [F.66] se tiene que: eΓ = 1.10 + (0.3 − 0.05 ) ⋅ ln 300 + 0.05 ⋅ ln 200 2 eΓ = 2.618
De la ecuación [F.65] se tiene que: ef = eΓ − λ ⋅ ln p 'f
e −e ln p' f = Γ f λ
Por lo tanto, se tendrá que: ln p'f = 2.6180.−31.10 p 'f = 157.60 KPa
De la ecuación [F.68] se tiene que: q f = ( 1.2 ) ⋅ (157.6 ) q f = 189.12 KPa En base a la ecuación [F.67] se escribe que:
qf = 3 pf − p 0
162
CAPITULO 2 Clasificación de suelos pf =
qf + p0 3
Entonces: 189.12 pf = 3
+ 200
p f = 263.04 KPa
La presión de poros será: uf = 263.04 – 157.60 uf = = 105.80 KPa
163
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 27 Se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla normalmente consolidada, obteniéndose un esfuerzo total de 120 KPa en la falla. Adicionalmente se ha realizado un ensayo triaxial UU con una presión de celda de 200 KPa y una presión de poros en la falla KPa.normal Por otro enylaunmisma ensayo de corte directo con de un 150 esfuerzo de lado, 80 KPa ensayomuestra triaxial se CUejecuto con 400unKPa de presión en la celda y con una presión de poros en la falla f alla de 180 KPa. τ
150
φ' = 38.05º
100 Compresión inconfinada 50
c u= 60 KPa
50
100
150
σ, σ'
∆σd = 120 KPa
Figura 6.23. Envolventes de falla. Se pide determinar: a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo. b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado.
a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo. Del ensayo triaxial UU, se tiene que: σ 3 = 200 KPa u = 150 KPa
Por lo tanto, de la ecuación [F.40] se tiene que: σ '3 = 200 − 150
σ '3 = 50 KPa
164
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [F.42] se tiene que: σ '1 = 120 + 50 σ '1 = 170 KPa
Por otra parte de la ecuación [F.18], de la envolvente del ensayo de corte directo se tendrá que: sin φ ' =
170 − 50 170 + 50
sin φ ' = 0.54545 El valor del ángulo de fricción será: φ ' = 33.05 o
De la ecuación [F.8] se tendrá que: tan φ = ' =
τ σ
El esfuerzo de corte del ensayo de corte directo será: τ = σ ⋅ tan φ ' τ = 80 ⋅ tan (33.05)
τ = 52 KPa
b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial t riaxial consolidado no drenado. Para el ensayo CU se tiene que: σ'3 = σ3 – u σ '3 = 400 − 180 = 220 KPa
De la ecuación [F.18] del ensayo de corte directo se tiene que: σ '1 1 + sin 33.05° = σ '3 1 − sin 33.05° σ '1 = 3.399 σ '3
Por lo que se tendrá que:
165
CAPITULO 2 Clasificación de suelos σ '1 = (3 . 399 ) ⋅ σ ' 3
Reemplazando el valor de σ'3 en esta ecuación se tendrá que: σ '1 = (3. 399 ) ⋅ (220 ) σ '1 = 747.78 KPa
De la ecuación [F.38] se tendrá que: ∆σ d = 747.78 − 220
El esfuerzo desviador del ensayo CU será: ∆σ d = 527.8 KPa
166
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 28 A continuación se presenta los resultados de un ensayo CD de la falla. Numero de Ensayo
12 3
σ'3 KP KPa
Esfuerzo desviador KPa
110800 300
235602 ((ppiiccoo)) 564 (no se observo el pico)
El detalle de los resultados para el ensayo 1, son como siguen. El signo negativo indica expansión. ∆Z mm ∆V cm
3
PZ N
0
0.152
0.228
0.38
0.76
1.52
0.00
0.02
0.03
-0.09
-0.50
-1.29
0.0
61.1
94.3
124.0
201.5
257.5
El tamaño inicial de la muestra corresponde a 38 mm de diámetro y 76 mm de altura. Se pide: a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo. b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1.
a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo. e nsayo. Con la ecuación [F.18] puede determinarse el valor del ángulo de fricción. En la Tabla 6.3 se muestran los resultados del ángulo de fricción para los ensayos realizados.
Tabla 6.3. Valores del ángulo de fricción. Ensayo 1 2 3
σ'3
σ'1 - σ'3
100 180 300
250 362 564
σ'1
350 542 864
σ'1+σ'3
ϕ ' p
= arcsin
450 722 1164
33.7º 30.1º 29.0º
σ '1 −σ ' 3 σ '1 −σ ' 3
b) Determinar τ , τ , E’ en el pico del ensayo e nsayo 1. p cr s El área inicial será:
A0 =
π ⋅ 38 2
4
A0 = 1134 mm 2 El volumen inicial será:
V 0 =
π ⋅ D0 ⋅ H 0
4
; V 0 =
π ⋅ 38 2 ⋅ 76
4
167
CAPITULO 2 Clasificación de suelos V 0 = 86193 mm3
Con las relaciones:
1 − ε p
A = A0 ⋅ (1 − ε 1 )
∆ Z ε 1 = H 0
∆V ε p = V 0
Se determina el parámetro q con la ecuación: q =
Pz V 0
Los resultados se muestran en la Tabla 6.4.
Tabla 6.4. Valores de q para el ensayo de la compresión inconfinada. inconfinada. z mm 0.00 0.15 0.23
∆
00..7368 1.52 2.228 2.66 3.04 3.80 4.56 5.32 6.08 6.84 7.60 8.36
= ∆z/H0 0 .0 0 0 .2 0 0 .3 0
ε1
10..0500 2 .0 0 3 .0 0 3 .5 0 4 .0 0 5 .0 0 6 .0 0 7 .0 0 8 .0 0 9 .0 0 10.00 11.00
V cm3 0.00 0.02 0.03
∆
--00..0590 -1.29 -1.98 -2.24 -2.41 -2.55 -2.59 -2.67 -2.62 -2.64 -2.66 -2.63
= ∆V/V0 0.00 0.02 0.03
A mm2 1134 1136 1137
q = Pz /V0 KPa
--00..1508 -1.50 -2.30 -2.60 -2.80 -2.97 -3.01 -3.10 -3.05 -3.07 -3.09 -3.06
11114500 1169 1187 1196 1203 1214 1224 1235 1245 1255 1265 1276
110785..83 220.3 246.7 250 247.8 230 219.2 204.4 191.2 182.9 176.4 175.8
εp
0 53 83
Con los valores de la en la Tabla 6.4 se grafica las curvas que se muestran en la Figura 6.24. El esfuerzo de corte en el pico será: τ p =
(σ '1 −σ '3 ) p 2
τ p =
250 2
τ p = 125 KPa
168
CAPITULO 2 Clasificación de suelos E'
300
τp
250 ' 3
200
τcr
σ −
E's
150 σ 100
' 1
50 0
0
2
4
6 ε1 (%)
Figura 6.24. Curvas de esfuerzo.
8
10
12
El esfuerzo de corte crítico será: (σ '1 −σ '3 )cr τ cr =
2
τ cr
175.8 = 2
τcr = 87.9 KPa
Para el módulo elástico se tendrá que: E ' =
54 0.002
E ' = 27000 KPa Entonces: E ' s =
Por lo tanto:
250 0.035
E’s = 7143 KPa
169
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 29 Una muestra se somete a condiciones similares a las de un ensayo CD. Los parámetros del suelo son λ = = 0.25, κ = = 0.05, φ’cr= 24º, v’ = 0.3, e0 = 1.15, p'0 = 200 KPa y p'c = 250 KPa. Se pide determinar el valor de (∆ε qe ).
PASO 1 Determinar los valores de p' y y y q y. De la ecuación [F.64] el valor de M c será: M c =
6 ⋅ sin 24 = 0.94 3 − sin 24
De la ecuación [F.66] el valor de e Γ será: eΓ = 1.15 + (0.25 − 0.05 ) ⋅ ln
250 + 0.05 ⋅ ln(200) 2
eΓ = 2.38
Adicionalmente se conoce la ecuación:
( M 2 ⋅ p'0 ) + ( M 2 ⋅ p'c +18 ⋅ p'0 )2 − 36 ⋅ ( M 2 + 9)⋅ ( p'0 )2 p' y = 2 ⋅ ( M 2 + 9)
Por lo tanto: p y 'y = 224 KPa
De la ecuación [F.67] se conoce que: q y = 3 ⋅ p ' y − p'0 = 72 KPa
PASO 2 Determinar los valores de p'f y qf . De la ecuación [F.69] se tiene que:
(3) ⋅ (200) = 291.3 KPa 3 − 0,94 De la ecuación [F.68] se tiene que: p'f =
q f = (0 .94 ) ⋅ (291.3)
Por lo tanto: q f = 273.8 KPa
170
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PASO 3 Determinar el valor de G. El esfuerzo efectivo medio p'av será: p 'av =
200 + 224 3− 2
p ' av = 212 KPa
Según la ecuación [F.82] el módulo de corte será: G=
3 ⋅ p'⋅(1 + e0 ) ⋅ (1 − U ') = 4207 KPa 2 ⋅ κ ⋅ (1 + U ')
PASO 4 Determinación del valor de (∆ε qe ). De la ecuación [F.92] se tendrá que:
(∆ε qe )inicial =
72 (3) ⋅ (4207)
El valor de (∆ε qe ) será:
(∆ε eq )inicial = 5.7x10−3
171
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 30 Se va a colocar un tanque para almacenamiento de petróleo sobre una arcilla muy blanda de 6 m de espesor, la que se encuentra sobre una arcilla rígida. Se efectuaron ensayos a 3 m de profundidad y dieron los siguientes resultados: λ = 0.32; κ = = 0.06, φ’cr=26º, OCR = 1.2 y w = 55%. El al tanque un diámetro de 8kN. m ySeunpide altodibujar de 5 m.enLauncarga muerta del tanque, aplicada niveltiene de fundación, es 350 grafico (sin valores) las trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’) que ilustre el problema. Línea de falla
A
M
TSP 1.42
F
∆u F
1 ∆q F
D ∆qf
C
∆uf ∆u y
∆qy
E
A B
I
A p'
p'0 e
I A E
B D F
S Consolidación isotrópica Consolidación unidimensional Línea de falla p'
Figura 6.25. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).
172
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 31 Se ha realizado un ensayo triaxial CU en una muestra de arcilla normalmente consolidada determinándose un esfuerzo desviador de 280 KPa. Adicionalmente, se ha ejecutado un ensayo triaxial CD en la misma muestra y se ha determinado que el ángulo de fricción interna corresponde a 30º.enDela la misma hapresión ejecutado ensayo triaxial esfuerzo desviador falla de 150manera, kPa conseuna en launcelda de 135 KPa. UU con un Se pide: a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU. b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU.
a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU. De la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será: σ '1 −σ '3 = 150 KPa
[1]
De la ecuación [F.18] se tiene que: σ '1 1 + sin 30 =3 = σ '3 1 − sin 30
Por lo tanto se tiene que: σ '1 = 3 ⋅ σ '3
[2]
Reemplazando la ecuación [1] en la [2] se tiene que: 3 ⋅ σ '3 = σ '3 −150
Por lo tanto: σ '3 = 75 KPa
La presión de poros será: σ ' = σ − u u = 135 − 75 u = 60 KPa
b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo e nsayo triaxial CU. Para el ensayo triaxial CU, de la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será: ∆σ d = σ '1 −σ '3 = 280 KPa
[3]
Por otra parte, se tiene que:
173
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
'1 =3 σ '3
[4]
Reemplazando la ecuación [3] en la [4] se tiene que: 3 ⋅ σ '3 = σ '3 = 280
El esfuerzo principal efectivo menor será: σ '3 = 140 KPa
De la ecuación [F.38] se tiene que: σ '1 = ∆ σ d + σ '3 σ '1 = 280 + 140
El esfuerzo principal efectivo mayor será: σ'1 = 420 KPa
174
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 32 Se conoce que una muestra de arcil arcilla la tiene una razón de sobre consolidación de 3 y fue obtenida en un sitio donde el esfuerzo efectivo vertical correspondía a 50 Kpa. Se ha comprobado que el suelo presenta dilatancia, hasta que se alcanza el 80% de la presión de preconsolidacion. 28º. dicha muestra se practica un ensayo CU y se obtuvo los parámetros c' = 20 KPa y φ’ = Sobre Se pide: a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo. b) Determinar la presión presión de poros en ensayo de compres compresión ión inconfinada sob sobre re la misma arcilla en condiciones N.C. si se conoce que el esfuerzo máximo ejercido fue 108 KPa.
a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo. PASO 1 Determinar el esfuerzo de preconsolidación. τ
φ'cr τcr
c'
0.8·σc'
σ'
Figura 6.26. Envolvente de falla. Se sabe que: σ ' 0 = 50 KPa
De la ecuación [F.7] se sabe que: OCR =
σ ' c = σ ' c = OCR ⋅ σ 0 σ ' 0
Por lo tanto se tendrá que:
175
CAPITULO 2 Clasificación de suelos σ 'c = 3 ⋅ 50 σ 'c = 150 KPa
El 80% del esfuerzo de preconsolidación será: 0.8 ⋅ σ ' c = 120 KPa
PASO 2 Determinar el esfuerzo de corte crítico. Según la ecuación [F.27] se tendrá que: τ cr = c'+0 .8 ⋅ σ ' c . tan φ '
El esfuerzo de corte crítico será: τ cr = 20 + 120 ⋅ tan 28 = 83.81 KPa
PASO 3 Determinar el ángulo de fricción crítico. El ángulo de fricción será: τ 83.81 tan φ 'cr = cr = 0.8 ⋅ φ 'cr 120 φ' cr = 34.93º
b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión incon inconfinada. finada. Según la ecuación [F.38] se tendrá que: σ '1 −σ '3 = 108 KPa
[1]
De la ecuación [F.18] se tiene: (σ '1 −σ '3 ) (σ '1 +σ '3 ) sin φ ' cr ⋅σ '1 + sin φ 'cr ⋅σ ' 3 = σ '1 −σ '3
sin φ 'cr =
(sin φ ' cr +1) ⋅ σ '3 = (1 + sin φ 'cr ) ⋅ σ '1
Por lo tanto se tendrá que: σ '1 =
1 + sin φ 'cr ⋅ σ '3 1 − sin φ ' cr
[2]
176
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Reemplazando la ecuación [1] en la [2] se tendrá que: 1 + sin φ 'cr ⋅ σ ' −σ ' = 108 1 − sin φ 'cr 3 3 Entonces: 2.679 ⋅ σ '3 = 108 σ '3 = 40.31 KPa
La presión de poros será: σ '3 = σ 3 − u
u = −σ '3 u = −40.31 KPa
177
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 33 Se conoce los los siguientes parámetros para un cierto suelo λ = = 0.25; κ = = 0.07, e0= 0.85, φ'cr = 32°. Se coloca una muestra de este suelo a una celda triaxial y se incrementa el valor de σ’3 a 100 KPa, luego se disminuye a 40 KPa. Posteriormente se somete la muestra a comprensión no drenada. Calcular la presión de de poros y el esfuerzo desviado desviadorr en la falla utilizando el CSM. q CSL
p'0
p'f
p'c
p'
e
e0 = ef
NCL
p'0 p'f
p'c
p'
Figura 6.27. Trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’). PASO 1 Determinación del valor de p’f . De la ecuación [F.53] se tiene que: M =
6 ⋅ sin 32 = 1.287 3 − sin 32
Del ensayo se conoce que: p 'c = σ '3 = 100 KPa p '0 = 40 KPa
178
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Por lo tanto, de la ecuación [F.7] se tiene que: p ' c 100 = = 2.5 p '0 40
Por lo tanto el suelo está sobreconsolidado. De la ecuación [F.66] se tiene que: eΓ = 0.85 + (0.25 − 0.07 ) ⋅ ln
100 + 0.07 ⋅ ln 40 2
eΓ = 1.812
En base a la Figura 6.28 la pendiente de la línea de consolidación normal será: λ =
Entonces:
eΓ − eo ln p 'c − ln1
e −e ln p' f = Γ 0 λ
e
Γ
λ
e = e Γ
0
p' 1 Figura 6.28. Línea de consolidación normal normal.. f
Despejando p’f se se tendrá que: e Γ −e0 λ
p'f = e =e p'f = 46.90 KPa
− 0.85 1.812 0.25
PASO 2 Determinación del valor de pf .
179
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [F.68] se tendrá que: q f = 1.287 ⋅ 46.90 = 60.36 KPa
Por otra parte, de la ecuación [F.61] se sabe que: 1 pf = p 0 + ⋅ qf 3 1 pf = 40 + ⋅ 60.36 = 60.12 3
PASO 3 Determinación de la presión de poros. µ f = 60 .12 − 46.90 uf = 13.22 KPa
Comentario: Las ecuaciones válidas en el CSM son válidas para parámetro efectivos como totales, pueden realizarse combinaciones inteligentes de tal manera de determinar parámetros efectivos en base a totales.
180
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 34 Dibujar la trayectoria de esfuerzos en los planos e, p, p’, q, q’ (considerando la teoría de estado crítico) en: a) b) Un Un ensayo ensayo triaxial triaxial consolidado cconsolidado onsolidado drenado. no drenado.
a) Un ensayo triaxial consolidado drenado. q
q
S F
q f
F 3
CSL
ESP 1
E
E D
O
C
B
G
C
p'
ε1
p'f
(a)
(c)
e
ε1
e =Σ ∆e
A O
C C'
C
B
D E
D E
G
CSL
ef
ef
F
F
p'0
p'E
p'c p'G (b)
p' (d)
Figura 6.29. Predicción de resultados de un ensayo CD usando el MSC (Budhu, 2000).
181
CAPITULO 2 Clasificación de suelos q
q
S CSL G TSP F
∆u f
F
E
E
D
D ESP p', p
C
O
ε1
C
(a) e
(c) ∆u
A
CSL F
B
E C D
F
E D
p'f
p'c
p'
ε1
(d)
Figura 6.30. Predicción de resultados de un ensayo CU (R 0 ≤ 2) en el CSM (Budhu, 2000). (b)
b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado.
q
q
ESP S
CSL
q'p q'f O
D
D
F
F
C
p'
C
ε1
(a)
(c) εp
e A
+
C
D
ε1 _
C
F
D B CSL CSL
p'c
p'o (b)
p' (d)
Figura 6.31. Predicción de resultados de un ensayo CD (R 0 > 2) en el CSM (Budhu, 2000).
182
CAPITULO 2 Clasificación de suelos q
q
TSP
TSP CSL
3
∆u y
D
1 ∆u y
qp qf
F El exeso de presión de poros en la falla es negativo
D
C
p'f
D
ε1
p', p
pf
(c)
(a) e
F
q f
F
O
CSL ∆uf
∆u
A
+ D C
ε1
F F
C, D B
_
CSL
p' (b)
(d)
Figura 6.32. Predicción de resultados de un ensayo CU (R 0 ≥ 2) en el CSM (Budhu, 2000).
183
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 35 Se ha obtenido una muestra de un suelo arcilloso NC y se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada, obteniendose un valor de resistencia al corte de 65 KPa. Sobre una muestra sobreconsolidada del mismo suelo se realizo un ensayo de corte directo con 40 KPa de fuerza normal y se obtuvo una resistencia 55 KPa y de unalaresistencia de 28 KPa. Se pide determinar la presión de porospico en de el momento falla en elcrítica ensayo de compresión inconfinada.
PASO 1 Determinar el ángulo de fricción crítico. De la ecuación [F.8] el ángulo de fricción crítico será: tan φ 'cr =
τ cr 28 = σ 40
φ ' cr = 34.99°
PASO 2 Determinar el esfuerzo principal menor efectivo. De la ecuación [F.18] para el ensayo de corte directo se tiene que: σ '1 =
1 + sin φ 'cr σ ' 1 − sin φ ' cr 3
[1]
Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que: σ 1 = 2 ⋅ c u = 130 KPa
De la ecuación [F.38] se tiene que: ∆σ d = σ 1 − σ 3 = 130 σ '1 −σ '3 = 130
[2]
Sustituyendo la ecuación [1] en la ecuación [2] se tendrá que: 1 + sin φ 'cr ⋅ σ ' 130 + σ '3 = 1 − sin φ 'cr 3 Despejando el esfuerzo principal menor efectivo se tendrá que: 2.689 ⋅ σ '3 = 130 σ '3 = 48.35 KPa
184
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PASO 3 Determinar la presión de poros. Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que: σ3 = 0
La presión de poros será: σ '3 = σ 3 − µ
Como σ3 = 0 entonces: σ ' 3 = µ
La presión de poros será: u = −48.35 KPa
Comentario: Conociendo
bien el procedimiento de los ensayos puede encontrarse valores implícitos que ayudan a determinar otros valores.
185
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 36 Se ha determinado los siguientes parámetros en el suelo e0 = 0.70, λ = 0.35, κ = = 0.05, M = 1.15, eΓ = = 2.41. Se somete la muestra a una presión media isotrópica p’= 250 KPa y luego se descarga hasta 200 KPa. Luego siguiendo la trayectoria de esfuerzos de un ensayo triaxial CU de acuerdo a la teoría de estado crítico, se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia. b) Esfuerzo desviador en la falla. c) Presión de poros en la falla.
a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia. Del ensayo se sabe que: p'c = 250 KPa p'0 = 200 KPa
Según la ecuación [F.58] el índice de sobreconsolidación será: R0 = 250 = 1.25 200
El suelo es sobreconsolidado. Despejando el parámetro q de la ecuación [F.61] se tiene que: q = M ⋅ p'⋅ p 'c −( p' ) 2
Reemplazando valores se tendrá que: ⋅ 250 − 200 2 q = 1.15 ⋅ 200
El esfuerzo desviador en la fluencia será: q y = 115 KPa
b) Esfuerzo desviador en la falla. Del ensayo no drenado se sabe que: ef = e0
De la ecuación [F.65] se tiene que: eΓ − e0 λ
= ln p 'f
Por lo tanto se tiene que:
186
CAPITULO 2 Clasificación de suelos p'f = e p 'f = e
e Γ −e0 λ
2. 41−0.70 0.35
p' f f = 132.38 KPa
De la ecuación [F.62] se tiene que: q f = 1 .15 ⋅ 132.38
El esfuerzo desviador en la falla será: q f = 152.24 KP a
c) Presión de poros en la falla. De la ecuación [F.51] se tiene que: 1 pf = ⋅152.24 + 200 = 250.75 − 132.38 3 pf = = 250.75 KPa
La presión de poros en la falla será: uf = = pf –– p’f uf = 250 – 132.38 uf = 118.37 KPa
187
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 37 Dos especimenes, A y B de una arcilla fueron isotrópicamente consolidados bajo una presión de celda de 250 KPa ( p p′ c)y luego descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio ( pp′ o) de 150 KPa. A continuación se ejecuto un ensayo CD sobre la muestra A y CU sobre la λ= κ = 0,05, e0 = 1,10 y φ′cr = 30º. La presión de la B. El se suelo tiene constante los parámetros celda mantuvo a 200 KPa.0,25, =
Se pide determinar según la teoría del estado critico: a) Las invariantes al momento de la falla y el valor final del índice de vacíos para ambos especimenes. b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU. ENSAYO CD Según la ecuación [F.53] se tiene que la pendiente de la línea de falla será: M c =
6 ⋅ sin 30 = 1.2 3 − sin 30
Las invariantes al momento de la falla están dadas por: De la ecuación [F.69] se tiene que: pf ′ =
(3) ⋅ (150) 3 − 1.2
= 250 KPa p f = ′
De la ecuación [F.68] se tiene que: qf ′ = (1 .2 ) ⋅ (250 ) ′
q f = = 250 KPa
El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será: eΓ = 1.10 + (0.25 − 0.05 ) ⋅ ln
250 + 0.05 ⋅ ln150 2
eΓ Γ = 2.32
ENSAYO CU El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será: eΓ = 1.10 + (0.25 − 0.05 ) ⋅ ln
250 + 0.05 ⋅ ln150 2
188
CAPITULO 2 Clasificación de suelos eΓ Γ = 2.32
Las invariantes al momento de la falla están dadas por: De la ecuación [F.72] se tiene que: 2. 32 − 1.10 0.25
pf ′ = exp
p f = 161.63 KPa ′
De la ecuación [F.68] se tiene que: q f ′ = ( 1.2 ) ⋅ (131.63) q′f = = 157,95 KPa
El incremento de presión de poros al momento de la falla esta dado por la diferencia entre el esfuerzo total medio total y el esfuerzo efectivo medio.
b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU. De la ecuación [F.67] se tiene que: pf = po′ +
qf ′ 3
pf = 150 +
157.95 3
pf = 202.65 KPa
La presión de poros esta dada por: f − p ' f u = p
u = 202 .65 − 161 .63 u = 71,02 KPa
189
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Compactación
PROBLEMA 1.
Se debe realizar la compactación de un terraplén de 900 m3 con un peso específico seco de 17.5 kN/m3. Para eso, se ha elegido un bancopromedio de préstamo donde el peso específico del suelo es 19.5 kN/m3 y el contenido de humedad corresponde a 10%. Se ha observado que la mejor compactación se realiza a 25% de contenido de humedad. También se conoce que la gravedad específica de los sólidos es de 2.73. Se pide determinar: a) La cantidad de suelo húmedo que debe transportarse a obra. b) Peso específico del terraplén con un grado de saturación de 95%. c) Cantidad que hay que añadir a 10 m 3 de suelo que llega del banco de préstamo a la obra. 3
γ = 19.5 kN/m w = 10 % Gs = 2.73
3
γ = 17.5 kN/m d
w = 25 % V = 900 m3
Banco de préstamo Terraplén compactado Figura 7.1. Propiedades del banco de préstamo y terraplén compactado.
a) Cantidad de suelo que se transportara en obra. De la ecuación [A.8] se tiene: W S = γ d ⋅ V
Entonces lo que se necesita en obra es: W S = 17.5 ⋅ 900
⇒
W S = 15750 kN
⇒
kN γ d = 17.73
De la ecuación [A.23] se tiene: γ d = γ 1+ w γ d =
19.5 1 + 10100
m3
Entonces lo que se debe sacar del banco de préstamo es: V =
W S γ d
=
15750 17.73
⇒
V = 888.32 m 3
b) Peso específico del terraplén para un grado de saturación del 95%. Se sabe que:
γd = = 17.5 kN/m3 ,
S = = 95% ,
GS = = 2.73
190
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [A.26] se tiene: γ d =
GS ⋅ W ⋅ GS w 1 + S
Despejando el contenido de humedad: w=
S ⋅ (GS ⋅ γ W − γ d ) γ d ⋅ GS
w=
0.95 ⋅ (2.73 ⋅ 9.8 − 17.5) 17.5 ⋅ 2.73
⇒
w = 18.40 %
De la ecuación [A.23] se tiene: γ = (1 + w ) ⋅ γ d γ = (1 + 0.184 ) ⋅ 17.5
⇒
kN γ d = 20.72
m3
c) Cantidad que hay que añadir a 10 m3 de suelo que llega del banco de préstamo a la obra. Se sabe que:
V = = 10 m3 ,
w1 = 10% ,
w2 = 25% ,
γd = = 17.73
kN/m3
Entonces el cambio de contenido de humedad será: ∆w = w 2 − w1
⇒
∆w = 25 − 10
De la ecuación [A.8] se tiene: ⋅ 10 W S = γ d ⋅ V = 17.73
∆w = 15 %
⇒
W S = 177.3 kN
De la ecuación [A.14] se tiene: ∆V W = ∆ w ⋅W S =
15 ⋅ 177.3 ⇒ 100
∆V W = 26.595 kN ⋅
∆V W = 26.595 kN
1000 N 1 kg ⋅ ⇒ ∆V W = 2713 .8 kg 1kN 9.8 N
191
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 2. Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de arena
CALIBRACION PESO ESPECÍFICO DE LA ARENA Metodo Prueba Diametro del molde, mm Altura del molde, mm Masa del molde vacio, g
A 1 101.2 117.5 4244.5
2 101. 2 117. 5 4244.0
CALIBRACION DEL CONO Prueba Masa del cono + botellon + arena, g Masa del cono + botellon + resto de arena
1 6368.5 4697.5
2 6367.5 4697.50
56 32.68 173.94 150.9
14 30.37 165.58 144.64
PESO UNITARIO DETERMINACION DEL CONTENIDO DE HUMEDAD Numero de contenedor Masa de contenedor Masa de suelo humedo + contenedor Masa de suelo seco + contenedor
39 33.21 174.45 151.2
DETERMINACIÓN DEL PESO ESPECÍFICO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W7)
6380.20
Peso de suelo humedo excavado, g: (W 8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9)
2600.40 2700.00
Respuesta:
192
CAPITULO 2 Clasificación de suelos CALIBRACIÓN PESO ESPECIFICO DE ARENA Método Pr ueba Diám etro del m olde, mm : (D) Altura del m olde, mm : (h )
A
Volumen del molde, cm 3: (V m) Peso del molde vacio, g: (W m) Peso del molde lleno, g: (W 1) Peso de arena en el molde, g: (W arena = W 1 -W m) Peso unitario seco de la arena, kN/m 3: ( γ d arena = W arena /V m)*(9.81) ((ccam bio de un id. ) CALIBRACIÓN DEL CONO Pr ueba Peso del cono + botellon + arena, g: (W2) Peso del cono + botellon + resto de arena, arena , g: (W 3) Peso de arena para llenar el cono, g: (W c =W 2 - W 3)
1 1 01. 20 1 17. 50
2 1 01. 20 1 17. 50
9 45. 12 42 44. 50 56 26. 00 13 81. 50 14. 34
945. 12 42 44. 00 5 625. 50 13 81. 50 14. 34
1 6 3 6 8 .5 4 6 9 7 .5 1 6 7 1 .0
2 63 6 3 6 7 .5 4 6 9 5 .0 1 6 7 2 .5
056 32. 68 1 73. 94 1 50. 90 1 18. 22 23. 04
014 30. 37 165. 58 144. 64 1 14. 27 20. 94
1 9.4 9
1 8. 33
PESO UNITARIO DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD Num er o de la ta Peso de lata, g: (W 4) Peso de suelo húmedo + lata, g: (W5) Peso de suelo seco seco + lata, g: (W 6) Peso de suelo seco, g: (Wd = W 6 - W 4) Peso de agua, g: (W W = W 5 - W S - W 4)
Contenido de humedad, %
039 3 3 .2 1 1 7 4 .4 5 1 5 1 .2 0 1 1 7 .9 9 2 3 .2 5
1 9.7 1
19.17 DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W 7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W 9) Peso de suelo seco, g: (WS = W 8 /(1 + w) ) Peso de arena que llen a hueco y cono, g: (W10 = W 7 - W 9) Volumen de hueco excavado, cm 3: (V h =(W S - W c) / ( γd arena)) /V)*(9.81) .81) (cambio (cam bio de un idades idad es de g/cm3 g/ cm3 a kN/m3) kN/m3 ) Peso unitario seco, kN/m 3: ( γ d = W 2 /V)*(9
63 80. 20 26 00. 40 27 00. 00 2 182. 04 36 80. 20 13 74. 04 15.58
Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.
193
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 3. Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de arena. CALIBRACION
PESO ESPECÍFICO DE LA ARENA Metodo Prueba Diametro del molde, mm Altura del molde, mm Masa del molde vacio, g Masa del molde lleno, g
A 1 101. 2 115. 9 4244.5 5628.5
2 101.2 115.9 4244.5 5625.5
CALIBRACION DEL CONO
Prueba
1
2
M + arersetnoa,deg arena Maassaa ddeell ccoonnoo + + bbootteelllloonn +
64366987..55
64366977..550
PESO UNITARIO DETERMINACION DEL CONTENIDO DE HUMEDAD
Numero de contenedor Masa de contenedor Masa de suelo humedo + contenedor Masa de suelo seco + contenedor
039 33. 21 174. 45 151. 2
056 32. 68 173. 94 150. 9
014 30.37 165.58 144.64
DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W 9)
6091.50 1975.50 2634.50
Respuesta:
194
CAPITULO 2 Clasificación de suelos CALIBRACIÓN PESO ESPECIFICO DE ARENA Método Prueba Diámetro del molde, mm: (D) Altura del molde, mm: (h)
A 1 101.20 115.90
2 101.20 115.90
932.25 4244.50 5628.50 1384.00
932.25 4244.50 5625.50 1381.00
14.56
14.53
1 6109.5 4455.0 1654.5
2 6109.0 4455.0 1654.0
026 44.72 209.75 206.72 162.00 3.03 1.87 1.86
053 55.20 231.51 228.36 173.16 3.15 1.82
3
Volumen del molde, cm : (Vm) Peso del molde vacio, g: (W m) Peso del molde lleno, g: (W 1) Peso de arena en el molde, g: (W arena = W1 -Wm) Peso unitario seco de la arena, kN/m3: (γ d arena = Warena /Vm)*(9.81) (cambio de unid.) CALIBRACIÓN CALIBRA CIÓN DEL CONO Prueba Peso del cono + botellon + arena, g: (W 2) Peso del cono + botellon + resto de arena, g: (W3) Peso de arena para llenar el cono, g: (Wc =W2 - W3)
PESO UNITARIO DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD Numero de lata Peso de lata, g: (W4) Peso de suelo húmedo + lata, g: (W5) Peso de suelo seco + lata, g: (W6) Peso de suelo seco, g: (W d = W6 - W4) Peso de agua, g: (WW = W5 - WS - W4) Contenido de humedad, % DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W 7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W 8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W 9) Peso de suelo seco, g: (W S = W8 /(1 + w) ) Peso de arena que llena hueco y cono, g: (W10 = W7 - W9) Volumen de de hueco ex excavado, cavado, cm : (Vh =(WS - Wc) / (γd arena)) Peso unitario seco, kN/m3: (γ d = W2 /V)*(9.81) (cambio de unidades de g/cm3 a kN/m3)
02 3 43.70 192.71 189.96 146.26 2.75 1.88
6091.50 1975.50 2634.50 1939.49 3457.00 1215.64 15.65
Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.
195
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 4. A continuación se presenta los resultados de una prueba Proctor estándar, en un limo arcilloso (Gs = 2.73). Contenido de humedad % 6 8 9 11 12 14
Peso unitario seco kN/m3 1 4 .8 0 1 7 .4 5 1 8 .5 2 1 8 .9 0 1 8 .5 0 1 6 .9 0
Se ha construido el terraplén de una carretera con el mismo suelo. A continuación, se encuentran los resultados del ensayo de cono de arena en la parte superior del terraplén: Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m3 = ρarena Masa de arena para llenar el cono = 0.545 0. 545 kg M4 Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M1 Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M2 Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w Se pide: a) Suponiendo que la energía utilizada en campo correspondía a la del Proctor estándar, calcule el contenido de humedad al que fue compactado el suelo. b) ¿Cual es el grado de saturación de la muestra en campo? c) Si luego de compactado el terraplén, llueve por varios días y se satura completamente. ¿Cual es el peso unitario del suelo? d) Si se hubiese utilizado una energía mayor en la compactación, de tal forma que el grado de saturación hubiese alcanzado el 100%, ¿Cual seria el grado de compactación?
a) Calcular el contenido de humedad.
CURVA DE COMPACTACIÓN
20.00
Peso específico seco máximo
19.00 18.53
Peso específico seco en campo 3
m18.00 / N K , o c 17.00 e s o i r a t i 16.00 n u o s e P
o m i t p ó d a d e m u h e d o d i n e t n o C
15.00
14.00 10.33
5
7
9 11 Contenido de humedad, %
13
15
196
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el contenido de humedad optimo: γ d max = 19.0 kN/m3
W oopt pt = 10.33 %
Peso unitario en campo:
M1
M2
M4 M5
Figura 7.2. Cono de arena.
7.2:: La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.2 M 3 = M 2 − M 1 = M 4 + M 5 M 3 = 7 .59 − 4.78
⇒
[4.1] M 3 = 2.810 kg
De la ecuación [4.1] se halla la masa de suelo que se introduce en el hoyo: M 5 = M 3 − M 4 M 5 = 2 .810 − 0.545
⇒
M 5 = 2.265 kg
De la ecuación [A.8] se tiene: γ d =
M d V
[4.2]
De la ecuación [G.2] se tiene la masa de suelo seco del hoyo: M M d = 1+ w M d =
3.007 10.2 1+ 100
[4.3] ⇒
M d = 2.7287 kg
De la ecuación [A.15] se tiene el volumen de la arena utilizada:
197
CAPITULO 2 Clasificación de suelos ρ arena =
M 5 V
V = 1570 kgm 3 2.265 / kN
M 5
⇒
V =
⇒
V = 1.442675 ⋅ 10 −3 m 3
ρ arena
[4.4]
Reemplazando V, en la ecuación [4.3] se tiene el peso específico en campo: γ d =
2.7287 = 1891.4 kg / m 3 −3 1.442675 ⋅ 10
γ d = 1891.4
kg 9.8 N 1kN ⋅ ⋅ m 3 1kg 10 3 N
⇒
γ d = 18.53 kN/m 3
En la gráfica de compactación, se observa que el suelo ha podido ser compactado con dos contenidos de humedad. Al tratarse de un terraplén, se requiere mayor resistencia, por lo tanto, se supone que se ha compactado por el lado seco. w = 9 %
b) Determinar el grado de saturación De la ecuación [A.20] se tiene: γ =
(1 + w) ⋅ GS ⋅ w ⋅ G S 1+ S
w
Despejando S: 1+
S =
w ⋅ G S (1 + w) ⋅ G S ⋅ = S γ w ⋅ G S (1 + w)G S ⋅ γ w γ
w
⇒
w ⋅ G S (1 + w)Gs ⋅ γ w = − 1 S γ
[4.5]
−1
De la ecuación [A.23] se obtiene el peso específico húmedo del suelo en campo: γ = (1 + w) ⋅ γ d
[4.6]
10.2 ⋅ 18.53 100
γ = 1 +
γ = 20.54 kN/m3
Reemplazando valores en la ecuación [4.5] se tiene el grado de saturación en campo:
198
CAPITULO 2 Clasificación de suelos S =
10.2 ⋅ 2.73 10.5 1 + ⋅ 2.73 ⋅ 9.8 100
−1
20.42 S = 62.74 %
⇒
S = 63 %
c) Determinar el peso unitario del suelo saturado. De la ecuación [A.38] se obtiene el peso específico saturado del suelo en campo.
1 γ d + γ w GS
1 ⋅ 18.53 + 9.8 ⇒ 2.73
γ sat = 1 −
γ sat = 1 −
3 γγ sat s at = 21.54 kN/m
d) Determinar el grado de compactación. De la ecuación [G.6] se obtiene el grado de compactación: γ d campo
R =
γ d lab
[4.7]
De la ecuación [G.3] se obtiene el peso específico seco en campo con cero de aire en los vacíos (S = 100 %), para el contenido de humedad de 9% calculado en el inciso a). γ dcampo = γ zav =
γ d campo = γ zav =
GS ⋅ γ w w ⋅ GS 1+ S
2.73 ⋅ 9.8 9 ⋅ 2.73 1+ 100
⇒
3 γ d campo = γ zzav av = 21.48 kN/m
Del inciso a) se sabe que el peso específico seco máximo en laboratorio es: γ d max laboratorio = 19 kN/m3
Reemplazando valores en la ecuación [4.7] se tiene: R =
21.48 kN/m 3 ⋅ 100 19.00 kN/m 3
⇒
R =113 %
199
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 5. En un ensayo de compactación Proctor Estándar, se obtienen llos os siguientes da datos, tos, dibujar con ellos la curva de compactación suavizada y la aproximada matemáticamente. Detalles del método y molde Método utilizado: A Dimensiones del molde: Diámetro (mm) = 101.31 Altura (mm) = 116.37
Detalles del suelo Gravedad especifica = 2.65 Material excluido (bolones, (bolones, material muy grueso) grueso) = 0%
Medición No. Peso del molde, g Peso molde + suelo, g No. de lata Peso lata, g Peso lata + suelo húmedo, g Peso lata + suelo seco, g
1
2
3
4
5
4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 5976.5 6114 6171 6115.5 6081.5 030 091 016 031 005 062 048 055 067 007 45.93 33.18 33.41 44.08 33.00 33.27 32.99 33.45 33.99 32.74 178.87 .87 137.33 137.10 .10 186.35 133.45 .45 138.99 130.34 .34 143.04 161.98 .98 168.93 .93 164.12 .12 125.94 122.91 .91 167.32 116.20 .20 120.99 111.60 .60 121.91 135.44 .44 140.18 .18
Respuesta: Con los datos que se tienen se realiza la siguiente planilla.
200
CAPITULO 2 Clasificación de suelos A. DATOS TECNICOS Método utilizado:
Diámetro del molde, cm: (D)
A 2.65 938.07
Gravedad específica: 3
Volumen(V), cm : (h·π·D^2)/4) B. PESO UNITARIO Medición No. Peso molde + suelo, g: (M1) Peso molde, g: (M2) Peso suelo húmedo, g: (M3 = M1 – M2) Peso unitario húmedo,γ , kN/m3: (M3·g / V)
C. CONTENIDO DE HUMEDAD Número de lata Peso de lata, g: (Mlata) Peso suelo húmedo + lata, g: (M + Mlata) Peso suelo seco + lata, g: (MS + Mlata) Contenido de humedad, %: w = M − M S
1 5976.50 4261.50 1715.00 17.93
030 45.93
091 33.18
Altura del molde, cm: (A) % Material excluido:
2 6114.00 4261.50 1852.50 19.37
016 33.41
031 44.08
3 6171.00 4261.50 1909.50 19.97
005 33.00
062 33.27
4 6115.50 4261.50 1854.00 19.39
048 32.99
055 33.45
10.131 11.637 0
5 6081.50 4261.50 1820.00 19.03
067 33.99
007 32.74
178.87 .87 137.33 .33 137.10 .10 186.35 .35 133.45 .45 138.99 .99 130.34 143.04 161.98 .98 168.93 .93 164.12 .12 125.94 .94 122.91 .91 167.32 .32 116.20 .20 120.99 .99 111.60 121.91 135.44 .44 140.18 .18 12.48 12.28 15.85 15.44 20.73 20.52 23.84 23.89 26.16 26.76
M
S
Humedad promedio, %
Peso unitario seco, kN/m3: γ d = 3
Peso unitario zav, kN/m :
γ zav =
γ
1+ w
12.38
15.65
20.63
23.86
26.46
15.96
16.75
16.55
15.65
15.05
20.02
18.77
17.13
16.22
15.55
γ W
w+
1 GS
Con este ensayo de compactación Proctor se puede dibujar la curva de compactación a partir de 5 pruebas a distintas humedades y obteniendo de esta manera su peso unitario seco. La curva de compactación se obtiene al unir los 5 puntos a mano alzada o realizando el ajuste lineal de la siguiente ecuación: y = A x4 + B x3 + C x2 + D x + E
Donde “ x” es la humedad en cada prueba y “ y” su respectivo peso unitario seco. A partir de estas consideraciones se obtiene una ecuación exacta que se ajusta muy bien a los los datos obtenidos en la prueba de compactación y de la que ya se puede obtener el máximo peso unitario a un contenido de humedad óptimo. La curva de Saturación del 100% con cero de aíre en los vacíos (Zero air voids) se obtiene mediante el uso de la ecuación [G.4]: γ zav =
GS ⋅ W W = 1 1 + w ⋅ GS +w GS
Donde: w = Humedad teórica obtenida para cada prueba en el ensayo. ensa yo.
La curva de saturación del 100% (zav) representa la curva máxima de compactación que se podría obtener si se eliminara completamente el aire existente entre las partículas de suelo, esto significaría que en todos los espacios vacíos existe únicamente agua (S = = 100%), esta curva teórica es correcta pero es imposible de reproducirse en la práctica.
201
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Con todas las consideraciones previas se procede a dibujar las curvas de compactación, 7.3:: que se muestran en la Figura 7.3 CURVAS DE COMPACTACIÓN 18.00
3
m / N k 17.00
Cuva ploteada
y = 0.0002x4 - 0.0 0.0149 149xx3 + 0.353x2 - 3.1963 3.1963xx + 24.722 24.722
d
γ γ
, o c e s o c i f í c e p s 16.00 e o s e P
Curva zav saturada Curva ajustada
15.00 10.00
15.00
20.00
25.00
Contenido de humedad, w %
30.00
Figura 7.3. Curvas de compactación realizadas en el programa Excel. Después de tener las curvas se procede a elegir si se tomará la curva de compactación dibujada o la ajustada, por lo general las curvas ajustadas representan con mayor exactitud el comportamiento del suelo en la compactación, por lo que se las recomienda. Para este problema se toma la curva de compactación ajustada que se la obtiene fácilmente en el programa Excel a partir de la curva ploteada, simplemente haciendo clic derecho en la curva ploteada y agregando línea de tendencia a esta. Una vez dentro de esta opción se escoge el tipo polinomial de orden 4.
202
202
CAPITULO 2 Clasificación de suelos 18.0 17.5 3 / m17.0 N k , o 16.5 c e S o i r 16.0 a t i n U 15.5 o s e P 15.0
Curva ZAV
Curva ajustada
14.5 9.0 11.0 13.0 15.0 17.0 19.0 21.0 23.0 25.0 27.0 29.0
Contenido de Humedad, %
De esta gráfica se obtiene: Peso seco unitario máximo
= 16.85 kN/m3
Contenido de humedad ópti óptimo mo = 17.70 %
203
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 6. Se quiere construir el terraplén de una carretera, que tendrá las características de la Figura 7.4 15
3 1
3
Figura 7.4. Dimensiones del terraplén a construir.
CURVAS DE COMPACTACIÓN
20.0
3
m19.5 / N k , o c e s 19.0 o i f c í c e p s e 18.5 o s e P
18.0 4.0
6.0
8.0
10.0
12.0
Contenido de Humedad, %
14.0
16.0
Este terraplén tendrá una longitud de 400 m y se empleará para su construcción material de un banco de préstamo el cual tiene un contenido de humedad de 7 % y para el efecto se llevaron a cabo ensayos Proctor estándar de los que se obtuvo la curva de compactación presentada a continuación: c ontinuación: a) Determinar el peso unitario mínimo que tendrá la sub-base, el rango de humedades en el que se podría realizar la compactación. b) Determinar también la cantidad de material en banco es necesario para la construcción del terraplén. c) Proponer la realización de una compactación más económica si se hará uso de compactadores Pata de Cabra.
a) Determinar el peso específico seco mínimo de la sub-base y los rangos de humedad: De la curva de compactación se obtiene el peso específico seco máximo y el contenido de humedad óptimo del suelo: γ dmax dmax = 19.65 kN/m3
wopt = 8.90 %
204
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Al tratarse de la sub-base de una carretera entonces se debe tomar el grado de compactación mínimo aceptable para este tipo de trabajos de la Tabla G.4, R = 95 %. Entonces el peso específico seco mínimo en campo se obtiene a partir de la ecuación [G.6]: γ d campo = R·γ d max lab
⇒
γ d campo = 0.95 · γ d max lab
γ d campo = (0.95)·(19.65)
⇒
3 γγ d campo mínimo = 18.67 kN/m
Con este peso específico seco en campo mínimo se puede trazar la recta R· γ dmax dmax sobre la curva de compactación, la cual define un rango de humedades entre las cuales sometiendo al suelo a la misma energía de compactación se obtendría al menos R γ d. CURVA DE COMPACTACIÓN 20.0 3
19.7
m / N k 19.4 o , c e S 19.1 o i r a t i n 18.8 U 18.67 o s e P 18.5
18.2
5.0 5.6
7.0
9.0 11.0 13.0 13.9 15.0 Contenido de Humedad, %
De la gráfica se obtiene que el rango de humedades en el que se puede realizar la compactación es desde el 5.6 % hasta el 13.9 %, entre los cuales la compactación alcanzará al menos el valor de R· γ d = 18.67 kN/m3.
b) Determinar la cantidad de material en banco necesaria para construir el terraplén: A partir de las dimensiones del terraplén se obtiene el volumen total del terraplén: = (15 + 33)·3·(400) = 28800 m 3 Volumen = Área · Longitud = 2 A partir de las ecuaciones [A.8] y [A.14] del anexo A, se obtiene el peso de los sólidos y agua necesarios para obtener el peso específico deseado. γ d =
W S V
⇒
W S = γ d ⋅ V
[6.1]
205
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Donde: γ d d = = Peso específico seco. = Volumen total del terraplén. V = W S = Peso de los sólidos en el suelo.
Reemplazando los valores hallados, se tiene: 3 3 W S S = 18.67 kN/m · 28800 m ⇒
W S S = 537696 kN
De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua necesario. w =
W W W S
⇒
W W = W S ⋅ w
[6.2]
Donde: w = Contenido de humedad. W W W = Peso del agua en el suelo.
Reemplazando los valores hallados, se tiene: ⇒
W W = 37638.7 kN W W = (537696)·(0.07) De la ecuación [A.3] se obtiene el peso total del suelo (sólidos + agua): W = W S + W W
⇒
W = = 537696 + 37638,7
W = = 575334.7 kN
⇒
W = = 58647.8 ton
Entonces el peso total de material que se necesita extraer del banco es de 58647.78 ton.
c) Proponer una compactación económica. Una compactación es económica cuando se alcanza el peso específico seco deseado utilizando una menor energía, esto se consigue con un menor número de pasadas del equipo, que a su vez significa un ahorro en el tiempo de ejecución y en el costo del equipo. equipo se utiliza número de de determinado paraenhacer quedel el sueloCada alcance la que densidad que requiere se busca,uneste numero dpasadas e pasadas se encuentra función equipo que se este utilizando, el tipo de material que se quiera compactar, el espesor de las capas, etc. 7.5 se se representa la condición de compactación más económica, que difiere En la Figura 7.5 según el equipo que se vaya a utilizar, en este caso usando compactadores pata de cabra se obtienen las curvas 1, 2 y 3, las cuales se obtuvieron en fajas o tramos de prueba para poder encontrar el menor número de pasadas necesario para alcanzar el peso unitario seco deseado que en este problema es de 18.67 kN/ m 3 obtenido para el 95 % del peso específico máximo. La curva de compactación 1 de la Figura 7.5 7.5,, se obtuvo haciendo trabajar el equipo con 15 pasadas. Este número de pasadas pa sadas produce una curva de compactación similar a la obtenida en el laboratorio proporcionando un peso específico seco máximo y un contenido de humedad óptimo iguales a los del ensayo de laboratorio. Esta curva intercepta la recta r ecta R· γ dmax dmax dando un rango muy amplio de humedades entre las cuales se puede realizar la compactación y obtenerse el peso unitario requerido.
206
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Línea óptima
d
Línea del 100 % de saturación
γ d max
γ
, o c e s o c i f í c e p R·γ s d max e o s e P
1 2 3
w opt a b Contenido de húmedaden, w (%)
c
Figura 7.5. Condición para la compactación más económica.
La curva 2 se obtuvo con 10 pasadas y el rango de humedades que define con la recta R· γ d max es menor que el que define la curva 1, pero se economiza en el costo de equipos al permitir alcanzar el mismo grado de compactación con un menor número de pasadas (menor energía). La curva 3 se realizó con 7 pasadas del equipo, esta curva alcanza el peso unitario buscado en un punto y a una sola humedad optima, esta compactación es la más económica que podría realizarse pero tiene el inconveniente de que el contenido de humedad que se requiere muy difícil de aobtener mantener pudiendo ocasionar no se desde alcanceeste la densidad es requerida debido cambiosy en condiciones ambientales en que el campo, punto de vista es más conveniente el uso de la curva 2 que garantiza el alcanzar la densidad que necesitamos en un rango más amplio de humedades.
207
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 7. Se ha compactado un suelo por el lado húmedo utilizando un contenido de humedad del 15 %, obteniéndose un peso específico de 20.5 kN/m3. También se conoce que la gravedad específica de los sólidos es 2.70. Luego de haberse compactado el suelo el contenido de humedad disminuyó en 3 %, y por efecto de las lluvias alcanzó la saturación del 100 %. Determinar: a) El peso específico saturado del suelo por efecto de las lluvias. b) El peso específico seco que el suelo hubiese alcanzado si se hubiera mantenido el contenido de humedad, y el peso unitario seco teórico cuando el suelo se satura al 100 %. Respuesta:
a) Determinar el peso específico saturado. De la ecuación [A.20] del anexo A, se obtiene el peso específico saturado. (1 + w) ⋅G S ⋅ ⋅ γ sat = 1 + w G S S
W
[7.1]
Donde: S = = 100 % w = 15 % - 3 % = 12 % GS = 2.7 3 γ W W = 9.80 kN/m
Reemplazando estos datos en la ecuación [7.1], se tiene: γ sat =
(1 + 0.12) ⋅ 2.7 ⋅ 9.8 0.12 ⋅ 2.7 1+ 1
⇒
γγ sat = 22.38 kN/m3
b) Determinar el peso específico seco y peso p eso específico seco teórico. De la ecuación [G.2] del anexo G, se obtiene el peso específico seco. γ d =
Donde:
γ 1+ w
[7.2]
= 20.5 kN/m3 γ = w = 15 % (manteniendo el contenido de humedad inicial)
Reemplazando estos datos en la ecuación [7.2], se tiene: γ d =
20.5 1 + 0.15
⇒
3 γγ d = 17.83 kN/m
208
CAPITULO 2 Clasificación de suelos De la ecuación [G.4], del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico (S = 100 %): γ zav =
GS ⋅ W ⋅ GS w
1+
S
Donde:
w = 15 % – 3 % = 12 % (luego de las lluvias para alcanzar S = 100 %) Gs = 2,7 S = = 100 % γ zav =
2.7 ⋅ 9.8 0. 12 ⋅ 2.7 1+ 1
γ γ zav = 19.98 kN/m3
209
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8. Se dispone de una muestra de suelo con las siguientes características: Contenido de humedad: Contenido de humedad óptimo: Peso específico máximo: Gravedad específica de los sólidos:
8% 11 % 19.2 kN/m3 2.65
a) Calcular la cantidad de agua que se debe añadir a la muestra para que esta alcance el valor máximo de peso unitario seco en el ensayo y el volumen de 943 cm3. b) Si el peso específico para un contenido de humedad del 8% es 18,0 kN/m 3.¿ Cuál sería el grado de compactación? Respuesta:
a) Calcular la cantidad de agua que se añade a la muestra. De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco: γ d =
Donde:
γ 1+ w
[8.1]
wopt = 11 % = 19.2 kN/m3 γ =
Remplazando estos datos en la ecuación [8.1], se tiene: γ d =
γ 1+ w
⇒
γ d d = 17.30 kN/m3
De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos del suelo: γ d = W S V
Donde:
⇒
W S = γ d ⋅ V
[8.2]
V = = 943 cm3
Remplazando valores en la ecuación [8.2], se tiene: (1 m) 3 kN 3 W S = 17.3 3 ⋅ 943 cm ⋅ (100 cm) 3 m
⇒
W S S = 0.0163 kN
De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua en el e l suelo: w=
W W W S
Para wopt = 11 % se tiene:
⇒
W W = w ⋅W S
[8.3]
210
CAPITULO 2 Clasificación de suelos W W opt = (0.11)·(0.0163) = 0.00179 kN De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua: M W = W W g
⇒
1000 N ⋅ 1 kg ⋅ m/seg 2 M W opt = 0.00179 kN ⋅ 1N 9.8 m/seg 2 1 kN
M W opt = 0.183 kg
Para winicial = 8 % se tiene: W W ini ini = (0.8)·(0.0163)= 0.00131 kN
De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua: M W =
W W g
⇒
M W ini =
0.00179 kN 1000 N 1 kg ⋅ m/seg 2 ⋅ ⋅ 1N 9.8 m/seg 2 1 kN
M W ini = 0.133 kg
Entonces la cantidad de agua que se añadirá es: ∆ M W W = M W opt – M W ini ini ∆ M W W = 0.183 – 0.133 ∆ M W = 0.050 kg de agua W =
Ahora, si ρagua = 1 gr/ml, se tiene: V agua agua = ∆ M // ρagua V agua
=
50 g de agua 1 g/ml
⇒
V agua = 50 ml de agua
b) Determinar el grado de compactación. Siendo el peso específico en campo para un contenido de humedad del 8 % igual a 18 kN/m 3, entonces de la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco en campo: γ d =
γ 1+ w
γ d campo =
Ahora, como:
18.0 1 + 0.08
⇒
γ d campo = 16.67 kN/m3
211
CAPITULO 2 Clasificación de suelos γ d max lab =
Entonces:
γ max 1+ w
γ d max lab = 19.2 1 + 0.11
⇒
dmax-lab = 17.30 kN/m 3 γ dmax-lab
De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo: R =
R =
γ d campo γ d max − lab
100
16.67 ·100 17.30
⇒
R = 96.4 %
212
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 9. Un suelo con un índice de vacíos de 0.68 ha sido seleccionado como banco de préstamo del terraplén de una carretera. El terraplén es compactado hasta alcanzar un índice de vacíos de 0.45. Se requerirá un volumen de 2500 m3 de terraplén. Encontrar el volumen de suelo que debe ser excavado del banco de préstamo para alcanzar el volumen requerido en la obra. Respuesta:
Se tienen los siguientes datos: Índice de vacíos en banco: Índice de vacíos en terraplén: Volumen del terraplén compactado:
e banco = 0.68 e compactado = 0.45 V compactado = 2500 m3
De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene el volumen de vacíos: e =
V V V S
⇒
V V = e ⋅V S
De los datos se tiene: VV banco = e banco ·VS
⇒
VV banco = 0.68·VS
VV compactado = e compactado ·VS
⇒
VV compactado = 0.45·VS
De la ecuación [A.1] se obtiene el volumen de los sólidos: s ólidos: V compactado = VS + VV compactado ⇒
VS = V compactado - VV compactado
VS = 2500 - 0.45·VS
⇒
VS + 0.45·VS = 2500
VS = 2500/1.45
⇒
VS = 1724.14 m3
⇒
VV banco = (0.68)·(1724.14)
Entonces reemplazando valores se tiene: VV banco = 0.68 VS VV banco = 1172.42 m3
Entonces el volumen a excavar en el banco de préstamo es: V banco = VV banco + VS
⇒
V banco = 1172.42 + 1724.14
V banco = 2896.56 m3 Por tanto el volumen a excavar en el e l banco de préstamo será de 2896.56 m3.
213
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 10. Para la realización del terraplén de una carretera se debe escoger un banco de préstamo de entre tres posibles sitios que cumplen con los requerimientos de diseño. Los bancos de préstamo fueron examinados y se realizaron ensayos de laboratorio obteniendo el índice de vacíos (e) que se indica a continuación, además se conoce el precio del metro cúbico de material de cada banco puesto en obra. Determinar cual de los bancos es el más económico para utilizarlo si se requerirán 2500 m3 para el terraplén terraplén el cual debe alcanzar un índi índice ce de vacíos de 0.45. Banco Indice de vacíos (e ) Costo Bs./m3
A 0.68 35
B 0.71 45
C 0.75 30
Respuesta:
De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene en función de cada uno de los suelos el siguiente sistema de ecuaciones:
e = V V V S
⇒
e ⋅V S − V V = 0
[10.1]
⇒ ⇒ ⇒ ⇒
0.68 ⋅ V S − V VA = 0 0.71⋅ V S − V VB = 0 0.75 ⋅ V S − V VC = 0 0.45⋅ V S − V Vf = 0
⇒
V S + V Vf = 2500
[1] [2] [3] [4] [5]
Entonces de la ecuación [10.1] se tiene:
e A ⋅V S − V VA = 0 e B ⋅V S − V VB = 0 eC ⋅V S − V VC = 0 e f ⋅V S − V Vf = 0 V S + V Vf = 2500 Donde:
e A = índice de vacíos para el banco ba nco A (0.68). e B = índice de vacíos para el banco ba nco B (0.71). eC = índice de vacíos para el banco C (0.75). e f = índice de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén (0.45). V S S = volumen de sólidos. (Incógnita 1) V VVAA = volumen de vacíos en el banco A. (Incógnita 2) V VVBB = volumen de vacíos en el banco B. (Incógnita 3) V VC VC = volumen de vacíos en el banco C. (Incógnita 4) V V f = volumen de vacíos que debe alcanzarse en el e l terraplén.
El sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas se lo puede resolver en forma manual o también con ayuda de una calculadora que resuelva sistemas lineales. Manualmente se tiene: De la ecuación [4] se tiene:
V Vf = 0 .45 ⋅ V S
[6]
214
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Reemplazando la ecuación [6] en la ecuación [5] se tiene: V S + 0 .45 ⋅ V S = 2500
V S
2500 = 1.45
⇒
1.45 ⋅ V S = 2500
⇒
V S = 1724.14 m3
Reemplazando el valor de V S encontrado en la ecuación [1], [2], [3] y [6] se tiene: En [1]:
0.68 ⋅1724 .14 − V VA = 0 ⇒
V V A = 1172.41 m3
En [2]:
0.71⋅1724 .14 − V VB = 0 ⇒
V V B = 1224.14 m3
En [3]:
0.75 ⋅ 1724. 14 − V VC = 0 ⇒
V V C = 1293.10 m3
En [6]:
1724.14 + V Vf = 2500
⇒
V V f = 775.86 m3
Los volúmenes de material que son necesarios de cada banco de préstamo son: V A = V SS + V V A ⇒
V A = 1724.14 + 1172.41
⇒
V A = 2896.55 m3
V B = V SS + V V B ⇒
V B = 1724.14 + 1224.14
⇒
V B = 2948.28 m3
V CC = V SS + V V C ⇒
V C C = 1724.14 + 1293.10
⇒
3 V CC = 3017.24 m
El costo se lo obtiene de la siguiente ecuación: Costo = (Volumen del terraplén)·(costo por metro cúbico) Costo A:
(2896.55 m3)·(35 Bs./m3)= 101379.25 Bs.
Costo B:
(2948.28 m3)·(45 Bs./m3)= 132672.60 Bs.
Costo C:
(3017.24 m3)·(30 Bs./m3)= 90517.20 Bs.
De los costos hallados de todos los bancos de préstamo el más económico de estos es el material del banco C cuyo cuyo costo es 90517.20 Bs.
215
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 11. Un suelo seco se mezcla en un 15% en peso con agua y es compactado para producir una muestra de 6 cm x 6 cm x 2 cm con 5% de aire. Calcular la porosidad y la masa del suelo requerida para tal efecto. Utilizar gravedad específica igual a 2.70. Respuesta:
De la ecuación [A.14]: del anexo A, se obtiene el peso de agua: w =
W W W S
[11.1]
Donde: W W W = al 15 % del peso de suelo seco
⇒
W W W = 0.15 W S S
Entonces reemplazando estos datos en la ecuación ec uación [11.1] se tiene: w=
0 .15 ⋅W S W S
⇒
w = 0.15
De la ecuación [A.2] se tiene: Donde:
V W W + + V aaire ire = V V V
[11.2]
V aaire ire = 5 % de volumen de vacíos. ⇒ V aire aire = 0.05·V V V V W W = Volumen de agua. V V V = Volumen de vacíos.
Entonces reemplazando datos en la ecuación [11.2] se tiene: V W V V = V V W + 0.05·V V V W W = 0.95·V V V
[11.3]
Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [A.11] del anexo A, se obtiene el grado de saturación del suelo: S = =
V W V V
S =
0 .95 ⋅ V V V V
⇒
S = 0.95
También de la ecuación [A.43] del anexo A, se obtiene el índice de vacíos del suelo: S ⋅ e = GS ⋅ w
Reemplazando datos se tiene:
⇒
e =
GS ⋅ w S
[11.4]
216
CAPITULO 2 Clasificación de suelos e=
2.7 ⋅ 0.15 0.95
⇒
e = 0.426
De la ecuación [A.24] se tiene: γ d =
GS ⋅ γ W 1+ e
[11.5]
Reemplazando datos se tiene: γ d =
2.7 ⋅ 9.81 1 + 0.426
⇒
γ d d = 18.57 kN/m3
De la definición de volumen se obtiene el volumen de la muestra: V = = (0.06)·(0.06)·(0.02)
⇒
V = = 7.2 x 10-5 m3
De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos de la muestra: γ d =
W S V
-5 3 W SS = (18.57)·(7.2 10 m ) = 0.0013 kN
⇒
W S = γ d ⋅ V
⇒
W S S = 1.33 N
Entonces la masa de los sólidos de la muestra se la obtiene de la ecuación [A.16]: W = M ⋅g
M S =
1.33 N 9.81 m/seg 2
W S g
⇒
M S =
⇒
M S S = 0.136 kg = 136 g
Por lo tanto la masa seca de suelo requerida req uerida es de 136 g. Para calcular la porosidad se utiliza la ecuación [A.25] del anexo A: γ d = G S ⋅ γ W ⋅ (1 − n)
n =1−
18.57 2.7 ⋅ 9.81
Entonces la porosidad es 0.30.
γ d GS ⋅ γ W
⇒
n = 1−
⇒
n = 0.299 ≅ 0.3
217
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 12. Las especificaciones de compactación de un relleno requieren un grado de compactación del 95% con respecto al ensayo de compactación Proctor Estándar. Ensayos en el material que se va a utilizar indican que el peso específico seco máximo es de 19.49 kN/m3, con un contenido de humedad óptimo de 12%. El material de préstamo en su condición natural tiene un índice de vacíos de 0.6; si la gravedad específica de los sólidos es 2.65. Determinar el volumen mínimo de material de préstamo requerido para obtener 1 m3 de relleno compactado en forma aceptable. Respuesta:
De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo: R =
d campo
γ d max − lab
100
⇒
γ d campo =
⇒
γ d
R ⋅
d max − lab
100
Donde de los datos se tiene: R = 95 % γ d max-lab = 19.49 kN/m3
Entonces reemplazando estos datos se tiene: γ d campo =
95⋅19.49 100
relleno en cam campo po =
18.52 kN/m3
El peso para un volumen de 1 m3 de relleno compactado se obtiene de la ecuación [A.8]: γ d =
W S V
W relleno en campo = (18.52)·(1)
⇒
W S = γ d ⋅ V
⇒
W relleno en campo = 18.52 kN
Ahora con la ecuación [A.18] se obtiene el peso específico del material en banco: γ =
Donde:
(1 + w) ⋅ G S ⋅ γ W 1+ e
w = 12 % GS = 2.65 γ w = 9.81 kN/m3 e = 0.6
Reemplazando estos datos el peso específico del material en banco es: γ banco =
(1 + 0.12 ) ⋅ 2.65 ⋅ 9.81 ⇒ 1 + 0.6
3 γ banco banco = 18.20 kN/m
218
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Entonces de la ecuación [A.4] se obtiene el volumen mínimo de material de préstamo requerido: γ =
W
⇒
V banco =
V V banco =
W relleno en campo
γ banco
18.52 18.20
⇒
V banco = 1.017 m3
219
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 13. Se presenta a continuación los resultados de la compactación de un limo arcilloso. Contenido de humedad
Peso unitario seco
% 6 8 9 11 12 14
k1N4/.m 803 17.45 18.52 18.90 18.50 16.90
A continuación se encuentran los resultados del ensayo del cono de arena en el mismo suelo: Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m3 = ρd arena Masa de arena para llenar el cono = 0.545 0. 545 kg M arena cono lleno Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M rec+cono+arena (antes) Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M rec+cono+arena (después) Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M suelo húmedo Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w Determinar: a) Peso específico seco de compactación en el campo. b) Grado de compactación en el campo. c) Grado de compactación máxima para las condiciones de campo.
a) Determinar el peso específico seco en campo:
M rec.+cono+arena (antes) M rec+cono+arena(después) Marena cono lleno M hoyo Figura 7.6. Masas en el proceso de compactación del cono de arena.
Calcular la masa total perdida: La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.2 7.2::
M t. perdida = M rec+ cono + arena(antes) − M rec +cono + arena(después) = M arena cono lleno + M hoyo [13.1] M t. perdida = M rec+ cono+ arena(ante s) − M rec + cono + arena(después) M T. perdida = 7.59 − 4.78 ⇒
M T.perdida = 2.810 kg
De la ecuación [13.1] se obtiene la masa y posteriormente el peso del hoyo:
220
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
M hoyo = M t. perdida − M arena cono lleno M hoyo hoyo = 2.81 – 0.545
⇒
M hoyo hoyo = 2.265 kg
⇒
W hoyo hoyo = 22.22 N
M hhoyo W hoyo oyo )·(g) hoyo = ( M W hoyo hoyo = (2.265)·(9.81)
De la ecuación [A.15] del anexo A se obtiene el volumen del hoyo: ρ =
M V
V hoyo =
⇒
2.265 1570
V hoyo =
M hoyo ρ d arena
-3 3 V hoyo hoyo = 1.443 x 10 m
Ahora con ayuda de las ecuaciones [A.16a], [A.4] se obtiene el peso específico seco de la arena y del suelo respectivamente: γ = ρ ⋅ g
⇒
γ d arena arena = ρd arena · g
γ d arena = (1570)·(9.81)
⇒
γ d arena = 15401 N/m3 = 15.4 kN/m3
γ suelo =
W V
⇒
γ suelo =
γ suelo =
(3.007 ) ⋅ (9.81) ⇒ 0.001443
3 3 γ suelo suelo = 20447 N/m = 20.45 kN/m
M ⋅ g V
De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco del suelo: γ d suelo = γ 1+ w
⇒
γ d suelo = 20.45 1 + 0.102
γ γ d suelo =18.56 kN/m3 (Peso específico seco de compactación en campo).
b) Determinar el grado de compactación en campo. De la ecuación [G.7] [G.7] del del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo: R =
d campo
γ d max −lab
100
[13.2]
Para poder obtener el peso especifico seco máximo y el contenido de humedad óptimo es necesario dibujar la curva de compactación.
221
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
CURVA DE COMPACTACIÓN
20.00
Peso específico seco máximo
3
19.00
m / N18.00 K , o c 17.00 e s o i r 16.00 a t i n u15.00 o s e P14.00 18.53
Peso específico seco en campo o m i t p ó d a d e m u h e d o d i n e t n o C
10.33
5
7
9
11 Contenido de humedad, %
13
15
De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el contenido de humedad optimo: γ d max-lab = 18,9 kN/m3
wóptimo = 10 %
Además del inciso a) se cabe que el peso específico en campo es: γ d campo = 18.56 kN/m3
Entonces reemplazando valores en la ecuación [13.2] se tiene: R =
18.56 ⋅ 100 19.20
⇒
R = 96.7 %
c) Determinar el grado de compactación máximo en campo. El grado de compactación máximo que se puede alcanzar en campo es cuando se compacta con un grado de saturación igual al 100 %, claro esta que este grado de compactación es solo teórico ya que por más que se agregue agua en grandes cantidades al suelo este nunca se llega a saturar totalmente. De la ecuación [G.8], del anexo G, se obtiene el grado de compactación máxima del suelo: Rmax −teorico =
zav
γ max −lab
⋅100
[13.3]
Además de la ecuación [G.4] del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico para la saturación del 100 %.
222
CAPITULO 2 Clasificación de suelos γ zav =
GS ⋅ W ⋅ GS w 1+ S
[13.4]
Suponiendo el caso más crítico con S = = 100 %, se tiene la nueva expresión: G ⋅ γ zav = S W 1 + w ⋅ GS
[13.5]
Reemplazando datos se tiene: γ zav =
(2.65) ⋅ (9.8) 1 + (0.102) ⋅ (2.65)
⇒
3
γ zav = 20.46 kN/m
Reemplazado en la ecuación [13.3] se obtiene el grado de compactación máximo teórico: Rmax −teorico =
zav
γ max −lab
⋅100
⇒
R max-teórico = 106.6 %
223
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Incremento de esfuerzo vertical vertical PROBLEMA 8.1 Sobre la superficie natural del terreno severtical ha aplicado una carga la variación de incremento de esfuerzo en el plano x-z. puntual de 550 kN. Grafique a) z = 0.75 m x = 0 ± 0.25 ± 0.5 ± 0.75 ± 1 ± 1.25 m b) x = 0.0 y 1.5 m z = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 m c) Determine el bulbo de presión para la carga puntual. P = 550 kN
x
z Figura 8.1. Carga puntual actuando en la superficie del terreno. Solución a) Para el cálculo del incremento de esfuerzo, se utiliza la ecuación D-1 del ANEXO H. P 3 1 ∆ p = 2 5 z 2 π 2 2 r + 1 z
La variación de incremento de carga se produce en el plano x-z, por lo tanto y = 0 Donde, r = x 2 + y 2 para y = 0 r=x Para z = 0,75 m y x = 0,0 m 550 3 1 ∆ p = 2 5 0 ,75 2 π 0 ,0 2 2 + 1 0 ,75 ∆ p = 466,85 kPa
466,85 kPa
224
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:
Tabla 8.1 Valores de incremento de carga para una distancia horizontal x (m) ∆ p (kPa) -1,25 16,83 -1,00 36,30 -0,75 82,53 -0,50 186,18 -0,25 358,75 0,00 466,85 0,25 358,75 0,50 186,18 0,75 82,53 1,00 36,30 1,25 16,83
500.00
) a P 450.00 k ( z
p
∆ ∆
400.00
, l a c i 350.00 t r e v o 300.00 z r e u 250.00 f s e e d 200.00 o t n e 150.00 m e r c 100.00 n I
50.00 0.00 -1.5
-1
-0.5
0
0 .5
1
x, (m)
Figura 8.2. Gráfica de incremento de carga ∆ p con respecto a distancia x b) Para x = 0,0 m y z = 1,0 m 550 3 1 ∆ p = 2 5 1 2π 0 ,0 2 2 + 1 1 ∆ p = 262,61 kPa
1 .5
Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:
225
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Tabla 8.2 Valores de incremento de carga a diferentes profundidades ∆ p (kPa) z, (m) 1 262,61 23 4 5 6 7 8 9 10
65,65 29,18 16,41 10,50 7,29 5,36 4,10 3,24 2,63
Para x = 1,5 m y z = 1,0 m
∆ p = 550 1 5 12 23π 2 2 1 ,5 + 1 1
∆ p = 13,79 kPa
Para los demás valores se realizó la siguiente tabla:
Tabla 8.3 Valores de incremento de carga c arga a diferentes profundidades z, (m)
∆ p, (kPa)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
13,79 21,51 16,70 11,81 8,47 6,27 4,79 3,76 3,03 2,48
A continuación se representa una gráfica mostrando la variación de incremento de carga en función de la profundidad Figura 8.5.
226
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Incremento de esfuerzo vertical, ∆ p z (kPa) 0 .0 0
5 0 .0 0
1 0 0 .0 0
0
1 5 0 .0 0
2 0 0 .0 0
2 5 0 .0 0
3 0 0 .0 0
= 1,5
2
= 0,0
) m 4 ( z , d a d i d 6 n u f o r P 8
10
12
Figura 8.3. Gráfica de incremento de carga ∆ p con respecto a distancia x c) Despejar r de la ecuaci ecuación ón D-1 del ANEXO H. Sabiendo que: r=x 1 / 5 3 − 1 x = z 2 ∆ p 2 π z P
Para z = 0,01 y ∆ p/P = 0.8 1 / 5 3 x = ( 0 ,01 ) − 1 2 2 π 0 01 0 8 ( , ) ( , )
x = 0,06 m
227
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Tabla 8.4 Valores obtenidos de distancia x, para graficar el bulbo de presión para diferentes profundidades z, (m)
∆ p/P
x, (m)
0.01 0.10 0.15 0.20 0.,25 0.30 0.35 0.40 0.45 0.50 0.55 0.60 0.65 0.70 0.75
0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8
0.06 0.20 0.25 0.28 0.30 0.32 0.33 0.33 0.33 0.32 0.31 0.28 0.25 0.20 0.12 x, (m)
-0.2
∆ / = 0.8 - 0 .8
- 0 .6
-0.4
0 0.2
-0.2
0
0 .2
0 .4
0 .6
0 .8
∆ / = 0.6 ∆ / = 0.4
0.4
∆ / = 0.2 0.6
) m 0.8 ( z , 1 1.2 1.4 1.6 1.8
Figura 8.4. Bulbo de presiones.
PROBLEMA 8.2
228
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Se ha realizado la construcción de dos tanques de acero para almacenamiento de petróleo, en una refinería. El tanque A tiene 10 m de diámetro y transmite al suelo una presión uniforme de 150 kPa. El tanque B tiene 12 m de diámetro y transmite al suelo una presión uniforme de contacto de 200 kPa. Ambos tanques se encuentran emplazados sobre la superficie natural del terreno y la distancia entre sus centros centros es de 16 m, como se observa en la Fig Figura ura 8.7. Se requiere encontrar los incrementos de esfuerzo vertical inducidos por los tanques en los siguientes casos: a) Sobre el eje vertical central de cada tanque (A y B) y a una profundidad de 10 m por debajo de la base. b) Sobre el eje vertical C equidistante a los ejes de los tanques A y B, a una profundidad de 10 m.
16,0 m
A
CL
10,0 m qA = 150 kPa
Tanque A
B 12,0 m qB = 200 kPa
Tanque B
Figura 8.5. Tanques sobre la superfície de suelo.
Solución Se asume que los tanques ta nques de acero poseen un espesor tal que pueden considerarse flexibles: a) Inicialmente se analiza el tanque A. El incremento de esfuerzo vertical en un punto perteneciente al eje del tanque A y a 10 metros de profundidad viene dado por la carga del mismo tanque y además la del tanque B; de la siguiente manera: ∆ p = ∆ p A + ∆p B
Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-5 del Anexo H, o la Figura D.1 del mismo anexo. ∆ p A = 0,284 q A = 42,6 kPa
Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se utiliza la ecuación D-6 del
Anexo H y las Tablas D.2 y D.3.
229
CAPITULO 2 Clasificación de suelos 2r/D = 2,666 ; 2 z/D = 1,666 A′ = = 0,03081 (interpolación) B′ = 0,00332 (interpolación) ∆ p B = q B (A′ +B +B′ ) = (200)(0,0341) = 6,8 kPa
Finalmente, el incremento de esfuerzo en un punto ubicado a 10 m de profundidad sobre el eje del tanque A es: ∆ p = 49,4 kPa
A continuación, se realiza el mismo análisis para el tanque B: ∆ p = ∆ p B + ∆p A
Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se utiliza la caución D-5 del Anexo H, o la Figura D.1 del mismo anexo. ∆ p B = 0,369 q B = 73,9 kPa Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-6 del Anexo H y las Tablas D.2 y D.3. 2r/D = 3,2 y 2 z/D = 2,0 A′= 0,020088 B′= –0,000596 ∆ p A = q A (A′+B′) = (150)(0,0194) = 2,9 kPa
Finalmente, de esfuerzo en un punto ubicado a 10 m de profundidad sobre el eje del tanqueel Bincremento es: ∆ p = 76,8 kPa
b) Al igual que en los casos anteriores, el incremento de esfuerzos en este punto, viene dado por la suma de los incrementos sufridos por ambos tanques. Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque A, se utiliza la ecuación D-6 del Anexo H y las Tablas D.2 y D.3. 2r/D = 1,6 y 2 z/D = 2,0 A′ = 0,05919 (por interpolación) B′ = 0,05664 (por interpolación)
230
CAPITULO 2 Clasificación de suelos ∆ p A = q A (A′+B′) = (150)(0,1158) = 17,4 kPa
Para el cálculo del incremento de esfuerzo debido al tanque B, se obtiene: 2r/D = 1,333 ; 2 z/D = 1.666 A′= 0.085110 (interpolación) B′= 0.081349 (interpolación)
) = 33,3 kPa ∆ p B = q B ( A′ + B′) = (200)(0 ,1664 Finalmente: ∆ p = 50,7 kPa
231
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.3 La Figura 8.8 muestra dos zapatas corridas Z1 y Z2 ( L L >> B), separadas por una distancia de 3,0 metros y cargadas linealmente con 100 kN/m. Asumiendo que la carga dada es la neta, se pide graficar los incrementos de esfuerzo (ocasionado por ambas zapatas) sobre el eje central de la zapata Z1.
3m
1 0 0 k N /m Z1
1 0 0 k N /m Z2
1m
1m
1m
Figura 8.6. Fundaciones en el suelo. Solución El incremento de esfuerzo vertical en un punto perteneciente al eje de la zapata, está influenciado por la carga de la misma y además por la zapata adyacente. Para el cálculo del incremento de esfuerzos, se utiliza la ecuación D-3, la ecuación D-4 o la Tabla D.1 del Anexo H. Los resultados se presentan a continuación.
Tabla 7.5 Valores de iincremento ncremento de carga para diferentes profundidades ppara ara las zapa zapatas tas Z1 y Z2. Z1 Z2 z, m ∆ p ∆ p 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0
100,0 81,83 54,98 39,58 30,58 24,81 20,84 17,95 15,75 14,03 12,65
0,00 0,10 0,69 1,80 3,14 4,40 5,40 6,12 6,57 6,81 6,90
La Figura 8.9 muestra de variación del incremento de esfuerzo en función a la profundidad por debajo del eje central de la zapata Z1. La línea delgada representa la influencia de la zapata Z2. La línea gruesa representa la influencia de la propia zapata Z1.
232
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
Figura 8.7 Variación del incremento de esfuerzo
233
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.4 Se desea construir una estructura para la conducción de cables de comunicación por debajo de un lago. La Fi Figura gura 8.10 a mu muestra estra las condicione condicioness iniciales en el sitio. La Figu Figura ra 8.10 b identifica el modo de construcción y la Figura 8.10 c muestra la estructura y condiciones al final del periodo de construcción. c onstrucción. Calcule el incremento de carga neto a nivel de fundación después de concluida la obra. -1 _ 0 _ 1 _
_ Nivel de agua Agua
3 γ = 9,8 / _ Nivel de terreno
Arcilla blanda
3 γ = 20,8 /
3 γ = 19,7 /
Arcilla rígida
Figura 8.8. Perfil de suelo. _ Nivel de agua agua 0 _ 1 _
Agua
_ Nivel de terreno terreno excavación
Arcilla blanda
2 _ 3 _ Arcilla rígida 4 _
Figura 8.9. Excavación.
-1 _ _ Nivel de de terreno
0 _ 1 _
Arcilla blanda
2 _ 3 _ Arcilla rígida
q
3 γ = 16,5 / Relleno compactado 3 γ = 19,5 /
Estructura de concreto
= = 15% 3
4 _
Figura 8.10. Estructura de concreto.
234
CAPITULO 2 Clasificación de suelos Solución El incremento de carga neto esta dado por: qn = σ' f - σ' i
Además sabemos que: σ' = σ - u
Cálculo del esfuerzo efectivo inicial, σ′i: σ = (9,8)(1)+(20,8)(1,5)+(19,7)(0 (9,8)( 1)+(20,8)(1,5)+(19,7)(0,5)= ,5)= 50,85 kPa
u = (9,8)(3) (9,8)(3) = 29,4 kPa σ' i = 21,45 kPa
Cálculo del esfuerzo efectivo final, σ'f : σ = (23)(1)+(19,5)(1) = 42,5 kPa
u = (9,8)(2) = 19,6 kPa σ' f f = 22,9 kPa
qn = 22,9 – 21,45 = 1,45 q n = 1,45 kPa
235
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.5 Se planea construir un edificio comercial de 12 plantas (incluyendo sótano). Cada planta ejerce una presión de 10 kPa, esto considerando el peso propio de la estructura o carga muerta, y también acciones de sobrecarga o cargas vivas tales como un tanque de agua y maquinarias. La fundación de la estructura consiste de una losa de hormigón armado de 12 m de ancho y 30 m de largo, que se apoya a poya a 3 m de profundidad (Figura 8.11). El terreno está compuesto por arena. El peso unitario de la arena saturada es 21 kN/m 3, el peso unitario de la arena seca es 19 kN/m 3 y el nivel freático se encuentra a 2 m de profundidad. Despreciando el efecto de la capilaridad y percolación, se pide determinar el incremento de esfuerzo vertical causado por la estructura a una profundidad de 4 m por debajo del centro de la base de la losa, en los siguientes casos: a) Considerando que se trata de una fundación flexible. b) Considerando que se trata de una fundación rígida.
Solución
Losa de hormigón armado 0 _ 1 _ 2 _
q = 120 kPa
D f = 3 m
3 _
_ Nivel de te terreno rreno _ Nivel de agua _ Nivel de fundación
B = 12 m
Arena
Figura 8.11. Fundación flexible.
El edificio tiene 12 plantas, por lo tanto la carga bruta es: q = (12)(10) = 120 kPa
La carga neta al nivel de fundación es:
q n = q ' − q ' o , q ' = q − u ; q' o = q o − u Siendo que el nivel freático no presenta cambios en su nivel antes y después de colocada la carga, el cálculo de la carga neta se reduce a:
q n = q − qo = q − (2)( ) − (1)(γ sat )
236
CAPITULO 2 Clasificación de suelos
qn = 120 – (19)(2) – (21)(1) = 61 kPa
a) Para el caso de una fundación flexible f lexible Empleamos las ecuaciones D-7 y D-8 o la Tabla D.4 del Anexo H, con los siguientes datos: B /2 B
L /2 L
Figura 8.12. De la Figura se sabe que: L = 30/2 = 15 m B = 12/2 = 6 m z = 4,0 m Se obtiene: m =1,5
n =3,75 entonces I 3 = 0,229
∆ p = (61)(0,229)=13,97 kPa
Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación es ∆ p = (4)(13,97) = 55,9 kPa
b) Para el caso de una fundación rígida Se puede emplear la Figura A.3 del Anexo A: L = 30 = 2,5 B 12 z 4 = = 0,33 B 12
De la Figura A.3: I r r = 0,72
Entonces: ∆ p = (0,72)(61) = 43,9 kPa
237
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.6 Para la zapata de fundación cuadrada (1,50 x 1,50 m) de la l a Figura 8.13, determinar el incremento de presión promedio en el estrato e strato de arcilla compresible ubicado a un metro por debajo del centro de la l a fundación. Además, dibuje un diagrama de incremento de presiones por debajo de la fundación. Considere la fuerza dada como fuerza neta aplicada, despreciando la diferencia de pesos unitarios de suelo y hormigón.
450 kN 1m
1.5 m x 1.5 m
Arena
1m
Arcilla compresible
2m
Arena densa
Figura 8.13. Fundación en perfil de suelo. Solución El incremento de esfuerzo promedio en el estrato de arcilla está dado por la ecuación: 1 6
∆ p pr = ( ∆ psup + 4∆ pmed + ∆ pinf )
La carga neta es: qn =
450 = 200, 00 kPa (1,5)(1,5)
A continuación, utilizando la ecuación D-7 y la Tabla D.4, para L = 1,5 / 2 = 0,75 m, B = 1,5 / 2 = 0,75 m, se tiene que el incremento de esfuerzo vertical en la esquina a partir del nivel de fundación es: (sup) (med) (inf)
z = 1,0 m z = 2,0 m z = 3,0 m
⇒ ⇒ ⇒
∆ p = 27,4 kPa ∆ p = 10,8 kPa ∆ p = 5,4 kPa
Entonces, el incremento de esfuerzo vertical en el centro de la fundación será: (sup) (med)
∆ pt = (4)(27,4) = 109,6 kPa ∆ pm = (4)(10,8) = 43,2 kPa
(inf)
∆ pb = (4)(5,4) = 21,6 kPa
238
CAPITULO 2 Cla sificación de suelos Y el incremento de esf erzo promedio en el estrato: ∆ p pr
1 (109 ,6 + (4 ) (43 ,2) + 21 ,6) 6
∆ p pr = 50,7 kPa
La Figura 8.14 muestra la variación del incremento de esfuerzo vertical (kPa) por debajo del eje central de la zapata, en función a la profundidad referida al nivel de undación (m). La zona rreesaltada corresp nde al estrato compresible de arcilla.
Figura 8.14 Incre ncreme ment nto de esfuerzo por debajo del centro de la zapata
239
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.7 La Figura 8.15 muestra una losa de fundación flexible ubicada sobre la superficie del terreno. La presión uniforme que ejerce la losa sobre el suelo es de 250 kPa. Se pide calcular el incremento de esfuerzo vertical por debajo del punto A, a una profundidad pr ofundidad de 5 metros utilizando:
a) Método analítico (Boussinesq) a) Método gráfico de Newmark
Figura 8.15. Forma de la losa de fundación. Solución a) La Figura 8.16 muestra el esquema para la solución del problema mediante el método analítico.
Figura 8.16 Esquema de solución analítica Se puede observar que el incremento de esfuerzo en el punto A puede ser calculado aplicando la superposición de los efectos de las losas A1, A2 y A3. El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A1 es: B = 4,0 m ⇒ m = 0,8 ⇒ ⇒ L = 7,0 m n = 1,4 ⇒
I 3 = 0,174 z = 5,0 m
∆ p A1 = (0,174)(250) = 43,5 kPa
El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A2 es:
240
CAPITULO 2 Clasificación de suelos B = 5,0 m L = 7,0 m z = 5,0 m
⇒ ⇒
m = 1,0 ⇒ I 3 = 0,191 n = 1,4
∆ p A2 = (0,191)(250) = 47,8 kPa
El incremento de esfuerzo ocasionado por la losa A3 es: B = 3,0 m L = 5,0 m z = 5,0 m
⇒ ⇒
m = 0,6 n = 1,0
⇒ I 3 =0,136
∆ p A3 = (0,136)(250) = 34,0 kPa
Finalmente, el incremento de esfuerzo en el punto A será:
∆ p A= 43,5 + 47,8 - 34,0
∆ p A = 57,3 kPa
b) La figura siguiente, muestra el cálculo del incremento de esfuerzo vertical según el gráfico de Newmark. El valor de influencia IV del gráfico de Newmark presentado en la Figura 8.17 es de 0,005.
Figura 8.17 Esquema de solución analítica El número de cuadros dentro del área de la fundación es de aproximadamente 45,4. Finalmente el incremento puede calcularse mediante la ecuación [I.14]] ∆ p A A = (0,005)(45,4)(250) ∆ p A = 56,7
kPa
241
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.8 Para la Figura 8.18, se pide determinar el promedio de incremento de esfuerzo en los 8 primeros metros del segundo estrato, haciendo uso del método de Milovíc. D=4m q = 100 KPa (Circular)
2m
E = 50 MPa
(Interface rugosa)
E = 5 MPa
Figura 8.18. Esfuerzos en el suelo. Solución. a=2m q = 100 KPa
(Circular)
0. 1.
E1 = 50 MPa
E 1 50 = = 10 E 2 5
H1 = 2 m
2.
29.2
E2 = 5 MPa
a 2 = = 1 H 1 2
3. 4. 16.8
5. 6.
∆σ
q
= 0.292
10.5
⇒ ∆σ = 29.2 [KPa]
7.
8.
7
9. 10.
z = 0 [m] ⇒
z [m]
5
z = 2 [m] ⇒
∆σ
= 0.168
242
CAPITULO 2 Clasificación de suelos z = 4 [m] ⇒
∆σ
z = 6 [m] ⇒
∆σ = 0.07 ⇒ ∆σ = 7 [KPa]
z = 8 [m] ⇒
∆σ = 0.05 ⇒ ∆σ = 5 [KPa]
q
= 0.105 ⇒ ∆σ = 10.5 [KPa]
q
q
∆σ p =
∆σ p + 4∆σ m + ∆σ b
6
∆σ p = 12.7 [KPa ]
=
29.2 + 4 *10.5 + 5
6
243
CAPITULO 2 Clasificación de suelos PROBLEMA 8.9 Se desea construir una zapata cuadrada y flexible de 2,5 m de ancho a 1,5 m por debajo el nivel natural del terreno, en una arcilla totalmente saturada. De acuerdo a la investigación de campo, se haproyectándose podido observar nivel se esté encuentra en la La superficie del terreno, queque bajeel en 1 mfreático cuandoinicialmente la estructura finalizada. Figura 8.19 muestra las condiciones del problema. Se ha calculado que la carga puntual a ser aplicada en la columna, a nivel del terreno, será de 650 kN y que la columna columna de hormigón armad armadoo tendrá una sección de 0,25 m x 0,25 m qu quee 3 descansará sobre la base de la zapata de 0,4 m de espesor. Considere que γ c = 24 kN/m para calcular la carga neta aplicada a nivel de fundación. P 0,5 m x 0,5 m 0
γ c = 24 kN/m3 1
Arcilla γ d = 16 kN/m3 γ sat sat = 18 kN/m3
γ = 10,0 kN/m3 w m 5 , 0
2
B = 2,00 m
3
4
5
Figura 8.19 Condiciones del problema
La carga neta es calculada como: q = q ' − q' , siendo q’ la carga bruta, en tanto que q’o es la n o sobrecarga ó la carga en el nivel de fundación antes de colocar la fundación. q ' = q − u . El valor de q es la carga bruta total que actúa a nivel de fundación, para calcular su valor debe tomarse en cuenta el peso de la fundación, la carga puntual puntual que actúa en la columna y el suelo que queda por encima de la zapata para luego dividir entre el área de la zapata.
q=
1 ( P + F c + F s ) B 2
P = 500 kN Fc = 24 ⋅ (2 ⋅ 2 ⋅ 0 5 + 0 5 0 5 ⋅ 1 5) = 57 ,
,
,
,
F s =18 ⋅ (2 ⋅ 2 ⋅ 0,5 − 0,5 ⋅ 0,5 ⋅ 0, 5) + 16· (2·2·1 − 0,5·0,5·1) = 93,75
244
CAPITULO 2 Clasificación de suelos q=
(500 + 57 + 93.75) kN = 162.7 2 4 m
u = 1·9 ,8 = 9,8 q ' =162 ,7 − 9,8
' 152,9 q =
kN m2
Para el cálculo de la sobrecarga
q' o = q o − u q o = γ D = 18 ⋅ 2 = 36 u = 2·9 ,8 = 19,6 q ' o = 36 −19,6
q'o =16,4
Finalmente, se tiene que la carga neta es:
q n =152,9 −16,4 q n = 136,5
kN m2
245
