42999425 Problemas Resueltos de Mecanica de Suelos y de Cimentaciones

Crespo Villalaz

PROBLEMAS RESUELTOS·DE MECÁIIICA DE SUELOSy DE CIMEIITAClallES

Acerca del autor:

Titulado en 1947 por la UniversidadAutónoma de México como lnqenie-ro Civil, Carlos Crespo Villalaz harealizado una brillante carrera pro-fesional desempeñando, ademásimportantes cargos públicos.

Por su destacada labor en loscampos del la investigación y la di-dáctica, así como por su participa-ción en innumerables congresosnacionales y extranjeros, ha sidogalardonado con prestigiosos pre-mios y diplomas.

Es miembro del Consejo Consul-tivo de la Asociación Mexicana deCarreteras y autor de diversasobras, como Mecánica de suelosy cimentaciones y Vías de comu-nicación, editadas también porLimusa.

PROBLEMAS RESUELTOSDE MECÁNICA DE SUELOSy DE CIMENTACIONES

Carlos Crespo Vi lIa laz

~ LlMUSANORIEGA EDITORES

MÉXICO. Espalia • Venezuela • Colombia

Contenido

Introducción 9

123456789

10111213141516171819

Propiedades físicas de los suelos 11

Relaciones volumétricas 17

Características plásticas de los suelos 29

Clasificación de los suelos 35

Compactación de los materiales 39

Valor relativo de soporte 45

Agua en el suelo 49

Presiones totales, neutras y efectivas 57

Esfuerzos de corte en los suelos 63

Empuje de tierras 71

Consolidación y asentamientos 79

Movimiento del agua en los suelos 83

Distribución de presiones en los suelos 87

Capacidades de carga en las cimentaciones 99

Zapatas de cimentación 109

Pilotes y pilas de cimentación 123

Cimentaciones compensadas 143

Cilindros de cimentación 145

Cimentaciones de zapatas aisladas para asentamientos iguales

Referencias 163

7

149

Introducción~---------- _ ...._-_._ .._ .._--_ .•. --------------------

Mi principal objetivo al escribir esta obra es presentar algunos problemas típicosde la mecánica de suelos y de las cimentaciones para que sirvan de modelo al lec-tor, pero sin pretender abarcar todos y cada uno de los temas de esta amplia y evo-lutiva rama de la Ingeniería Civil.

La solución de los problemas se presenta de acuerdo con el orden de los temas tra-tados en mi obra Mecánica de Suelos y Cimentaciones y, por tanto, viene a ser sucomplemento; aunque también cualquier persona puede usarla sin tener que refe-rirse, necesariamente, a los libros de Ingeniería de Suelos, siempre y cuando posealos conocimientos fundamentales acerca de la materia.

Para darle una mejor orientación a la obra se incluye una muy concisa introduc-ción teórica en cada uno de los diferentes temas sobre los que se han elaborado yresuelto los problemas.

Ing. Carlos Crespo Villalaz

1-------Propiedades físicasde los suelos

El conocimiento de las características físicas o mecánicas' de los suelos es funda-mental en el estudio de la Mecánica de Suelos, ya que mediante su adecuada in-terpretación ingenieril se predice, con bastante aproximación, el comportamientode los diferentes terrenos bajo la acción de las cargas a que sean sometidos.

1.1 Determinar el peso volumétrico seco y suelto de un material con los datossiguientes:

a) Peso del material seco y suelto más recipiente: 12,447.20 gb) Peso del recipiente: 2,200.00 ge) Volumen del recipiente: 15cm x 15cm x 25cm = 5,625 cm"

El peso volumétrico seco y suelto vale:

t-;'Yss = -_ =V(

12,447.2 - 2,200.05,625

1.8217 g/cm!

Yss = 1,821.7 kg/rn! == 1,822 kg/rn"

1.2 Determinar la densidad absoluta y la relativa de un material fino si se tienenlos siguientes resultados:

a) Peso del material que pasa la malla # 40 = 50 gb) Peso del matraz con agua = 661.6 ge) Peso del matraz con agua y suelo = 692.73 g

La densidad absoluta es:

D - ps· Dwa - Ps + Pma - Pmas

50 x 1.0 = 2.649 g/cm!50 + 661.6 - 692.73

La densidad relativa es:

Da 2.649D¡ = -_ = O = 2.649 == 2.65o; l.

12 Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones

1.3 Determinar el porcentaje de absorción de un material que se pretende usarcomo base de pavimento, si se tienen estos resultados:

a) Peso del material saturado y superficialmente seco ::; 256.8 gb) Peso del material seco = 248.2 gEl porcentaje de absorción es:

m Ab = 256.8 - 248.2 X 100 = 3.465070 == 3.5%~/O s. 248.2

1.4 En un análisisgranulométrico por mallas, se obtienen los resultados que si-guen. Calcular y dibujar la granulometría del material.

Mallas Pesos retenidosparciales, en gramos

1 112" (38.1 mm) 0.001' , (25.4 mm) 1,818.1

3/4" (19.1 mm) 1,212.13/8" (9.52 mm) 3,030.2

# 4 (4.76 mm) 2,272.7Pasa # 4 6,818.1

Suma 15,151.2

De los 6,818.1 gramos que pasaron por la malla # 4, por medio de cuidado-sos cuarteos, se tomaron y pesaron 200 gramos para efectuar la granulome-tría chica por lavado, obteniéndose los siguientes resultados:

Mallas No. Pesos retenidosparciales, en gramos

10 (2.0 mm) 31.520 (0.84 mm) 27.640 (0.42 mm) 29.160 (0.25 mm) 22.0

100 (0.149 mm) 24.0200 (0.074 mm) 19.8Pasa No. 200 46.0

Suma 200.0

Solución aritmética:

a) Granulometría grande:

Malla Peso Retenido 0/0 Retenido 0/0 Acumulativo % Que pasa la(gr) malla

1 1/2" O O O 1001' , 1,818.1 12.00 12 88

3/4" 1,212.1 8.00 20 803/8' , 3,030.2 20.00 40 60

# 4 2,272.7 15.00 55 45Pasa #4 6,818.1 45.00 100 OSuma 15,151.2 100

Propiedades físicas de los suelos 13

b) Granulometría chica:

Malla Peso Retenido % Retenido % Acumulativo % Que pasa la(gr) malla

10 31.5 7.0 7 (62) 3820 27.6 6.0 13 (68) 3240 29.1 7.0 20 (75) 2560 22.0 5.0 25 (80) 20

100 24.0 5.0 30 (85) 15200 19.8 5.0 35 (90) 10Pasa 200 46.0 10.0 45 (lOO) OSuma 200.0 45.0

e) Los resultados anteriores se grafican en papel semi-logarítmico:

1.5 Con los datos obtenidos en el problema granulométrico anterior, determi-nar:

a) Diámetro efectivo del material.b) Coeficiente de uniformidad del material.e) Coeficiente de curvatura del material.d) Indicar si está bien o mal graduado el material y explicar por qué.

Respuestas:

a) Diámetro efectivo (D1o) = 0.074 mm

C¿ __ D60 __ 9.520b) Coeficiente de uniformidad = D

100.074 = 128.6


e) Coeficiente de curvatura = Ce = (D30)2(D60) (DlO)

(0.75)2= (9.52) (0.074) = 0.80

Por los datos anteriores se puede decir que el material está ligeramente malgraduado, ya que a pesar de tener un coeficiente de uniformidad muy alto,el coeficiente de curvatura es menor a uno, es decir, no está entre 1 y 3.

Si los resultados de la granulometría anterior se grafican junto a las curvasde especificaciones para materiales de bases y sub-bases como se indica, sepuede notar que la curva del material atraviesa. dos zonas, lo que señala de-fecto de curvatura aunque esté correcta en uniformidad de tamaños departículas.

GRAFICA DE COMPOSICION GRANULOMETRICAI

..t,...oc:i

Ol'<t

c:i

o1.0N

c:i

oN'<tc:i

o'<t00c:i

o<O,...'<t

oN1.0.,;

io o o oo '<t 00.,; LCi cri c:i_ N M Jl')

100

90

80

70<{(J) 60<{n,i.U 50:::lo#. 40

30

20

10

O

-: / V ;

/ J

/ V /1/ J/ / //

/ / /v/ 1//

v / V/ l// ./

v -: .- // ./ v ~ -z»" ~- /

/ .",.,.. /-"" __ .....f--/ ,..~..- ::;.:::...-- »>_;;::;.; ------

200 100 60 40 20 10 4 3/8'" 3/4" 1" 1-1/2" 2"

MALLA

1.6 Del análisis granulometrico anterior (en un análisis combinado de gran u-lometría chica y sedimentación) se obtuvieron los siguientes resultados:

a) Peso de la muestra: 200 gramos (obtenida por cuarteos de los 6,818.1gramos que pasaron por la malla # 4 del problema anterior).

b) Porcentaje que los 6,818.1 gramos representan de la muestra total de15,151.2gramos: 45070.

e) Peso del residuo de los cien centímetros cúbicos de solución (agua y ma-terial en suspensión extraídos a los 5.5 minutos transcurridos después deagitar el material en el recipiente de 1000 cm" = 2.2 gramos.

d) Los 5.5 minutos corresponden al tiempo en que aún están en suspensiónpartículas menores a 0.002 mm, suponiendo una D, = 2.95 y una tem-peratura de la solución de 34°C. Ver gráfico del Cuerpo de Ingenierosdel Ejército de los Estados Unidos de América.

Propiedades físicas de los suelos

Determinar el porcentaje de partículas menores a 0.02 mm.

Solución:

% 0.002 mm (~~) (0.45) (100) ( \:' ) =

(1000) (~~ ) (0.45) = 4.95070

15

1.7 De una muestra de material fino que pasa el 100% por la malla # 60 seextrajeron, por cuarteos, 50 gramos secos para realizar una prueba de sedi-mentación a fin de obtener los porcentajes de partículas menores a 0.5 mmya 0.005 mm. El material presenta una D, = 2.65 y la temperatura de lasolución en el recipiente a la hora de la prueba fue de 20°C (condiciones me-dias en el gráfico del Cuerpo de Ingenieros del Ejército de los Estados Uni-dos de América).

Gráfico para análisis granulométrico por sedimentación

3.2

3.13.0

-c>¡::«--' 2.5wa::o 2.4«o

2.3¡¡;zw

2.2o

2.1

2.0

ABACO PARA ANAlISIS GRANULOMETRICOPOR SEDIMENTACION BASADO EN UNAGUJERO DE DRENAJE A 20 CM DEBAJODE LA MARCA 10oo-CC

NOTA: EL ABACO ESTA BASADO ENLA LEY DE STOKES Y ES USADOPARA DETERMINAR EL TIEMPOTRANSCURRIDO ANTES DEL DRENAJEPARA CUALQUIER TAMAÑO DE GRANODESEADO.

EJEMPLO: PART. < 0.02 mmDr = 2.95t' = 35'Ctiempo = 5.5 rnin,

«a::::>>-«IrwQ.

::;W>-

r- .

614-

1\28 CONDICIONES MEDIAS

", 1'\\- 1\u

\

1\\ \

1\\ \

\~

\\ \\

\ 1\\

\ \\

~\ \

EJEMPLO- 1\\ \\

\ 1\\ \

\1\

10.015.21.26.32.3,7,

.005 .010.012.015 .02.025.03 .04 .05.

DIAMETRO DE LA PARTICULA EN MILI METROS

300

250

150

100!90

;80

70

60

50

40 (/)

O>-::>

30 z:¡

25 zw

20Óoir.Ir::>

15 u(/)

z12

«Ir>-

10 OQ.

9 ::;w

8 ¡::7

6

5

4

3

2


De acuerdo con los datos de la prueba de sedimentación por medio del pro-cedimiento de la extracción de solución a determinados tiempos, se tiene:

a) Peso seco total de la muestra usada = 50 gramos.b) Peso seco del residuo a un tt = 1.0 minuto, para partículas menores a

0.05 mm = 3.60 gramos = P,e) Peso seco del residuo a un t2 = 140 minutos para partículas menores a

0.005 mm = 2.10 gramos = P2

Solución:

OJo partículas menores a 0.05 mm = (1000) ( ~~ ) = 72%

% partículas menores a 0.005 mm = (1000) ( ~~ ) = 42%

Lo anterior indica que el suelo presenta:

% de arcilla « 0.005 mm) = 42%% de limos « 0.05 mm) = 72 - 42 = 30%% de arena (+- 0.05 mm y 2.0 mm) = 28%

1.8 Determinar la velocidad de sedimentación de las partículas menores a 0.005mm del problema anterior con los datos siguientes:

a) Viscosidad absoluta del agua 20°C = e = 0.0101 g/(cm-seg) yDa = 2.65 g/cm".

b) La densidad del agua se considera de 1.0 g/cm",e) Aplicar la ecuación de Stokes.

Solución:

v2 gr2(Da - Dw)

ge2.22587 X 10-3 cm/seg.

(2) (981) (0.00025)2 (1.65)(9) (0.0101)

2---------------------Relaciones volumétricas

Las condiciones en que se encuentre un suelo alterado o inalterado en el lugar otransportado por cualquier medio, pueden indicarse como: a) en estado completa-mente seco, b) con cierta cantidad de humedad (parcialmente saturado), y e)completamente saturado (100% saturado). Es muy importante conocer las rela-ciones volumétricas existentes en cada fase entre suelo, agua y aire, para discerniradecuadamente en cada caso.

2.1 Se determinaron las características mecánicas de un estrato de arena en-contrándose que, al obtener una muestra representativa, su volumen era de420 cm" y su peso húmedo de 737 gramos. Después de secado en un horno,el espécimen pesó 617 gramos. Si su densidad absoluta relativa fue de 2.63,determinar:

a) Porcentaje de humedad de la muestrab) Relación de vacíos de la arena en su estado naturale) Porosidad de la arena en su estado naturalti) Grado de saturación de la arenae) Peso volumétrico húmedo de la arena1) Peso volumétrico seco de la arena

Solución:

El porcentaje de humedad es:

w = Ph - Ps x 100 = .737 - 617 x 100 = 19.449070Ps 617

La relación de vacíos es:

r, 617 3Vs = -- = -- = 234.6 cmDa 2.63

Vv = V( - Vs = 420 - 234.6 = 185.4 cm!

e = ~ = 185.4 = 079Vs 234.6

17


La porosidad de la arena es:

n = e X 100 = 0.79 x 100 = 44.130,701 + e 1.79

El grado de saturación es:

V 737 - 617G = _w_ x 100 = x 100 = 64.72%Vv 185.4

El peso volumétrico húmedo de la arena es:

v« = Ph = 737 = 1.7547 g'/cm! = 1,754.7 kg/rn!VI 420

El peso volumétrico seco de la arena es:

h = 1,754.7 = 1 46899 k /rn!"Is = 1 + w/loo 1.19449 ,. g

2.2 Una muestra inalterada de arcilla tiene una humedad del 8%, una densidadabsoluta relativa de 2.66, un peso de 100 gr y un peso volumétrico húmedode 1,900 kg/rn",Determinar:

a) Relación de vacíos de la arcillab) Porosidade) Grado de saturación.

Solución:

El volumen de los sólidos es:

e, 100 3Vs = _-. = _- = 37.594 cmDa 2.66

El volumen total es:

V - Ps + Pwt -

"Ih= 100 + 8.0 = 56.84 cm!

1.9

Por tanto, el volumen de vacíos es:

Vv = Vt - Vs = 56.84 - 37.594 = 19.248 cm!

La relación de vacíos de la muestra es:

e = ~ = 19.248 = 0.512Vs 37.594

La porosidad de la arcilla es:

en =---1 + e

0.512 x 100 = 33.86%1.512


El grado de saturación de la arcilla es:

G = Vw x 100 = 8 x 100 = 41.56070. Vv 19.248

2.J ¿Qué cantidad de agua se le agrega a un metro cúbico de arcilla del pro-blema anterior para darle una humedad de un 12070,asumiendo que la rela-ción de vacíos no cambia?

Solución:

a) El porcentaje de humedad con respecto al peso seco que se va a agregares: w = 12 - 8 = 4070

b) Si a 56.84 cm! se agrega el 4070en peso (4.0 cm'), a un metro cúbico se leagrega, según la proporción:

-5-6~-84-= (1~)3 = 70,392.97 cm" = 70.373 litros

2.4 Una arcilla completamente saturada (100070)tiene un volumen de 190 cm' ypesa 343 gramos. Si la densidad absoluta relativa de la arcilla es de 2.68, de-terminar:

a) Relación de vacíosb) Porosidade) Contenido de humedadd) Peso volumétrico saturadoe) Peso volumétrico seco.

Solución:

Como el peso volumétrico saturado vale:

'Ysat =Da + e1 + e '

y se sabe que 'Ysat343190

1.805 gr/cm", y la densidad absoluta es de= -- =

2.68 gr/cm", igualando se tiene:

2.68 + e _ 343 _ 1 805 / 31 + e - 190 -. gr cm ,

por lo que la relación de vacíos vale:

(2.68 + e) (190) = 343 (l + e)509.2 + 190 e = 343 + 343 e166.2 = 153 e

e = 1.086


La porosidad vale:

n = ( e) 100 = 108.6 = 52.06%1 + e 2.086

o sea, los vacíos representan el 52.06070 del volumen total.

Como la arcilla está 100% saturada, la humedad vale:

Esto indica que el porcentaje de humedad de la muestra saturada 100% esde 40.5%.

El peso volumétrico saturado vale:

Da + e'Ysat = 1 + e

2.68 + 1.086= =

1 + 1.0863.7662.086

1.805 g'/cm!

El peso volumétrico seco vale:

Da 2.68'Ys = 1 + e = 1 + 1.086 =

2.680 _ 1 2'847 '/ 32.086 -. g cm

2.5 Una muestra representativa e inalterada obtenida de un estrato de suelo pe-sa 26.0 kg con un volumen de 13.8 litros o sean 13,800 cm", De esta muestrase extrae un pequeño espécimen que pesa 80 gramos húmedo y 70 gr ya secoal horno. La densidad absoluta relativa de las partículas sólidas de lamuestra es de 2.66. Se desea calcular:

a) Humedad de la muestrab) Peso seco de toda la muestra extraídae) Peso del agua en toda la muestra extraída del estratoti) Volumen de la parte sólida de toda la muestra obtenidae) Volumen de vacíos de la muestraj) Relación de vacíos de la muestrag) Porosidad de la muestrah) Grado de saturación de la muestra1) Peso volumétrico húmedo de la muestraJ) Peso volumétrico seco de la muestra.

Solución:

El porcentaje de humedad es:

w = Ph - Ps x 100 = 80 - 70 x 100 = 14.28%Ps 70

El peso seco de toda la muestra es:

Ps = _~P_;_:..h__ = 26 = 22.75 kg1 + w/lOO 1.1428


El peso del agua en toda la muestra es de:

Pw = Ph - Ps = 26 - 22.75 = 3.25 kg

El volumen de la parte sólida de toda la muestra es:

V = Ps = 22,750 = 8 5·5263 3s Da 2.66 ,. cm

El volumen de vacíos de toda la muestra es:

Vv = Vt - Vs = 13,800 - 8,552.63 = 5,247.37 cm-

La relación de vacíos de la muestra es:Vv 5,247.37e = -- = = 0.613Vs 8,552.63

Porosidad de la muestra:

e 0.613n = -- = _ _;__;;_;,__x 100 = 38.000701 + e 1 + 0.613

El grado de saturación de la muestra con la humedad que contiene vale:

El peso volumétrico de la muestra húmeda es:

( D ) ( 2.66 )'Yh =. 1 : e (1 + w/l00) = 1.613 (1.1428) = 1.884,59 gr/cm!

El peso volumétrico de la muestra seca es:

Da 2.66 3 3vs= 1 + e = 1.613 = 1.649 g/cm 1,649 kg/cm

o lo que es lo mismo:

'Yh'Ys = -----'-'-'--- =1 +~

100

1884.591.1428

= 1,649.1 kg/rn!

2.6 Una muestra inalterada de arena obtenida de un depósito eólico o médanomarino cubica 3.7 litros y pesa húmeda 5.91 kilogramos. En el laboratoriose le hacen determinaciones obteniéndose:

a) Para determinar su humedad:

·Peso húmedo más recipiente .e 13.83 g·Peso del recipiente = 5.04 g·Peso seco más recipiente = 11.99 g.Peso del recipiente = 4.31 g

21. Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones

b) Para determinar la densidad absoluta relativa de las partículas se obtu-vieron los resultados siguientes:

•Peso del suelo seco = 35 g.Peso del matraz más agua = 434.12 g•Peso del matraz más suelo yagua hasta el mismo nivel de calibración= 456.21 g

e) La relación de vacíos en su estado más suelto, emáx = 1.20

el) Relación de vacíos en su estado más compacto = emín = 0.50

Se desea obtener mediante los resultados:

•Porcentaje de humedad de la muestra•Densidad absoluta relativa de las partículas•Peso de los sólidos de la arena•Peso del agua que contiene la muestra·Volumen de la parte sólida de la muestra•Volumen de vacíos en estado natural•Porosidad en estado natural=Grado de saturación con la humedad que contiene·Compacidad relativa de la arena en el depósito eólico·Clasificación en cuanto a compacidad se refiere en estado natural.

Solución:

=Peso de la muestra húmeda = Ph = 5,910 g·Volumen de la muestra húmeda = 3,700 cm!

La humedad es: w = (13.83 - 5.04) - (11.99 - 4.31)(11.99 - 4.31)

= 8.79 - 7.68 = 0.1445 = 14.450707.68

La densidad absoluta relativa:

Ps 35Dr = ---___::--- = ---------- = 2.71Ps +: Pma - Pmas 35 + 434.12 - 456.21

El peso de los sólidos es:

PhPs = =1 + w/loo

5,9101.445

= 5,163.83 g

El peso del agua en la muestra es:

P¿ = Ph - P, = 5,910 - 5,163.83 = 746.17 g

El volumen de la parte sólida es:

Vs = ~ = 5,163.83 = 1,905.47 cm!Da 2.71


El volumen de vacíos es:

Vv.= (VI - Vs) = 3,700 - 1,905.47 = 1,794.53 cm!

La relación de vacíos es:Vv

enat = -- =Vs

1,794.53 = 0.94171,905.47

La porosidad es:

ennat = =

1 + e0.9417 x 100 = 48.4980701.9417


G = ( Vw ) 100 = ( 746.17 ) 100 = 41.58070Vv 1,794.53

La compacidad relativa en estado natural del depósito es:

Cr = emáx - enat = 1.2 - 0.9417 = 0.2583 ::::,0.369 = 36.9070emáx - emín 1.2 - 0.500 0.700

La arena en estado natural se encuentra en estado medio de compacidad,como se observa en los datos siguientes, según los porcentajes de compaci-dad relativa:

0.00 a 3507036070a 650/066070a 8507086070a 100070

FlojaMediaCompactaMuy compacta

2.7 Determinar densidad absoluta, humedad, relación de vacíos y peso vo-lumétrico en estado natural del suelo cuyos datos obtenidos en laboratorioson:

a) Densidad absoluta:

Peso del suelo usado = Ps = 30 gPeso del matraz con agua = Pma = 436.18 gPeso del matraz con agua y suelo = Pmas = 455.07 g

Da = .. PsDwPs + Pma - Pmas

= 2.70 gr/cm!

30 x 1= ~--~~----~~~ =30 + 436.18 - 455.0730

11.11

b) Humedad:

Peso de la muestra húmeda = Ph = 1,033 gPeso de la muestra seca = P, = 870 gr

w = 1,033 - 870 x 100 = 18.73070870


e) Relación de vacíos y peso volumétrico húmedo:

Peso del material inalterado = Pi, = 29.46 gPeso del material inalterado más parafina = Pp = 31.79 gPeso del material con parafina pesado en agua = P; = 12.71 gVolumen del material:

v = Pp - Pa - Vp = 31.79 - 12.71 - Vp

La densidad de la parafina = Dp = 0.96 (varía entre 0.95 y 0.97). El volu-men de la parafina que envuelve la muestra es:

V - Pp - Ph - 2.33 - 2 427 3p - - -- -. cmo, 0.96

Por tanto el volumen de la muestra vale:

v = 31.79 - 12.71 - 2.427 = 31.79 - 15.137 16.653 cm!

Por lo que el peso volumétrico húmedo es:

Ph 29.460'V - - = 1.769 g /cm3 = 1,769 kg/rn!,h - V - 16.653

La relación de vacíos vale:

e = Da - 1 ='Ys

2.7 _ 11.7691.187

2.7=--11.49

0.812

2.8 Una calle de 10 m de ancho y 80 m de largo se escarifica en una profundidadcompacta de 20 cm, y produce un volumen suelto con humedad de 9070 de208 metros cúbicos (factor de abundamiento de 1.3). El factor de abunda-miento es igual al peso volumétrico seco en la calle estando compacto el ma-terial, entre su peso volumétrico seco y suelto.

¿Qué cantidad de agua, en litros, se le agrega al material de la calle escarifi-cada para llevarlo a la humedad óptima del 19%? El peso volumétrico secoy suelto del material es de 1,212 kg/m".

Porcentaje de humedad por agregar.

w = 19 - 9 = 10%

Peso del material seco en la calle escarificada:

Ps = V· Yss = (208) 1212 = 252,096.00 kg

Agua que se va a agregar = 252,096 x 0.10 = 25,209.6 litros

2.9 Una arcilla 100% saturada tiene una humedad de 39.3% y un peso volu-métrico saturado de 1840 kg/rn", Determinar la densidad absoluta relativade la arcilla y su relación de vacíos.


Solución:

a) El peso volumétrico seco vale:

Ys = 1 + w/100'Yh 1840

1.3931320.89 kg/rn!

b) Como:

P; . D¿ Vw• D¿ Vv • 1'Ysat = 'Ys + = Ys + = Ys + --'--Vt Vt Vt

= Ys + n, por tanto:

1.84 = (1.32089) + (n) de donde:

n = 0.5192 = 51.920/0

e) El valor de la relación de vacíos es:

n 0.5192e = --- = -----'----'---- = 1.081 - n 1 - 0.5192

el) Como la muestra está 100% saturada:

e = w· D,

D, = .!!_ = 1.08 = 2.748 = 2.75w 0.393

Por lo que:

Da = 2.75 gr/cm"

2.10 Se determinan de un suelo los siguientes valores:

'Yh = 1800 kg/rn! ; w = 12% ; D, = 2.7

Se desea calcular: peso volumétrico seco, porosidad, relación de vacíos,grado de saturación y porcentaje de vacíos llenos de aire.

Solución:

El peso volumétrico seco vale:

v« 1.8Ys = 1 + w/loo = 1.12 == 1.61 g /cm3 == 1610 kg/rn!

Como:

Da .Ys = , se tiene que:

1 + e

e = (~: - 1) = 1~:1 - = 0.677



G = ú). D, = 0.12 x 2.7e 0.677

0.4786 47.860/0

El porcentaje de vacíos llenos de aire es:

% Va = (1.0 - 0.4786) 100 = 52.14%

2.11 Un centímetro cúbico de suelo húmedo pesa 1.8 gramos, su peso seco es de1.5 g y su densidad absoluta relativa de 2.72. Determinar humedad, rela-ción de vacíos y grado de saturación.

Solución:

ú)1.8 1 = 0.2 = 20%1.5

e = Da _ 1 = 2.72 - 1 = 0.813rs 1.5

G = ú). D, = (0.20) (2.72) = 0.669 = 66.9%e 0.813

2.12 Para la construcción de un terraplén se prevé un volumen de 300,000 m3 desuelo con una relación de vacíos en el terraplén de 0.8. Para ello se disponede tres bancos de materiales: A, By C.

Los materiales de los bancos A, B y C presentan las siguientes relaciones devacíos y costos de movimientos por metro cúbico de material:

Banco e $/m3

A 0.9 $102.00B 2.0 $ 90.00e 1.6 $ 94.00

La pregunta es, ¿cuál banco es, económicamente, mejor explotable?

Solución:

Se sabe que:

Vf = Vv + Vs = Vs (1 + e) }

V;= V'v+ Vs= V;(l +el)

Vf (\ : e; )

--=Vt 1 + eV; 1 + e'

V] =

El volumen V( = 300,000 m", y su e = 0.8


Por tanto, para las diferentes relaciones de vacíos de los bancos se tiene:

V' = (. 1 + e' ) V = [.1 + 0.9 \)300 000 = 316667 m3t 1 + e t \ 1 + 0.8' ,

V" = ( 1 + e' \ V = (1 + 2.0)· 300000 = 500000 m3t 1 + e I t 1 + 0.8' ,

'" = (1 + e' )' V = (1 + 1.6)· 300,000 = 433,334 m3V; 1 + e t \1 + 0.8

Los volúmenes anteriores multiplicados por sus respectivos costos son:

Banco A: (316,667) ($102.00) = $ 32,300,034.00Banco B: (500,000) ($ 90.00) = $ 45,000,000.00Banco C: (433,334) ($ 94.00) = $ 40,733,396.00

De lo anterior se concluye que es más económico el movimiento del materialdel banco "A'\

2.13 Se realiza una prueba de compactación de suelo arenoso en el lugar median-te un sondeo, pesando el suelo extraído y el volumen del sondeo efectuado.El peso húmedo del material extraído es de 895 gramos y el volumen delsondeo es 426 cm", El material extraído y secado al horno pesa 779 gramos.Del suelo seco se toman400 gramos y se colocan en un recipiente en condi-ciones muy flojas de compactación y se observa que ocupan 276 cm", Des-pués, los 400 gramos vaciados sueltamente en el recipiente se vibran hastaobtener un volumen de 212 cm",

Si la densidad absoluta relativa del suelo es de 2.71, determinar la compaci-dad relativa con las dos fórmulas:

a) C; = emáx - ena!

emáx - emín

b) Cr = 'Ys máx 'Ys na! - 'Ys mínYs nat 'Ys máx - 'Ys mín

Solución:

a) El volumen de los sólidos es:

JOs 779 3Vs = -- = -- = 287.45 cmDa 2.71

El volumen de vacíos vale:

Vv = VI - Vs = 426 - 287.45 138.55 cm!

La relación de vacíos es:

Vs 138.55e = -- = = 0.482Vs 287.45


La relación de vacíos máxima es:

v _ Pss 276 _ 400ss Da 2.71 0.87emáx = Pss 400

Da 2.71

La relación de vacíos mínima es:

emín =

v _ Psse Da

Pss

Da

212 _ 400___ 2_.7_1__ 0.44

4002.71

De tal manera que:

C - emáx - enatr -

emáx - emín0.87 - 0.48 == 0.91 = 91 %0.87 - 0.44

b) El peso volumétrico seco máximo vale:

'Ys máx = : = 1.89 g /cm!

El peso volumétrico seco mínimo vale:

400'Ys mín = --. = 1.45 g /cm?276

El peso volumétnco seco en estado natural vale:

'Ys nat = ~~: = 1.83 g /cm!

La compacidad relativa es:

e; = (1.89) ( 1.83 - 1.45 ) = (1.0327) (0.8636) = 0.89 = 89%1.83 1.89 - 1.45

Observar que para el segundo procedimiento no fue necesario conocer la densidadabsoluta relativa del suelo.

3-------Características plásticasde los suelos

La plasticidad puede definirse como la propiedad que presentan los suelos paradeformarse, hasta cierto límite, sin romperse. Por medio de ella se puede medir elcomportamiento de los suelos en todas las épocas. Mientras las arcillas presentanesta propiedad en grado variable, las arenas limpias y secas carecen de ella. Paraconocer la plasticidad de un suelo se usan los límites de Atterberg (límite líquido,límite plástico y límite de contracción), y mediante el conocimiento de ellos sepuede conocer el tipo de suelo en estudio.

3.1 El límite líquido de una arcilla es de 65070,su índice de plasticidad es de 25%y su contenido natural de agua es de 45%.

a) Cuál es el valor de la consistencia relativa de la arcilla en su estado natu-ral, cuál el de su índice de liquidez e indique si el suelo está preconsoli-dado o normalmente consolidado.

b) ¿Cómo se clasifica la arcilla según el gráfico de plasticidad?

Solución:

La consistencia relativa de la arcilla es:

C R = LL - Wn = 0.65 - 0.45 = 0.20 = 0.8. . IP 0.25 0.25

Se considera que la resistencia a la compresión axial no confinada de la ar-cilla debe variar de 1.0 kg/cm- a 5.0 kg/cm-, porque su CR está cerca de1.0.

El índice de liquidez de la arcilla es de:

1 _ Wn - LPL - IP

= 0.45 - 0.20 = 0.25 = 1.00.25 0.25

Se dice que la arcilla está normalmente consolidada ya que su índice de li-quidez vale uno. Es decir" la arcilla no tiene carga extra, sólo la correspon-diente a los estratos superiores del suelo en su estado natural.

29


3.2 ¿Cómo se considera, en cuanto a actividad de la arcilla, la que se mencionaen el problema anterior, si se sabe que el porcentaje de partículas menores a0.002 mm es de 3.1 OJo?

Solución:

El número de actividad de la arcilla es:

A = I._P_.__% < 0.002 mm

253.1

= 8.06

Se dice que el suelo es muy activo, pues todo suelo con valor de A mayor de1.5 se considera progresivamente más activo. El suelo del ejemplo se puedecatalogar entre el grupo de las montmorrilloníticas por su actividad mayorde 7.

Según Skempton, la actividad de las arcillas caoliniticas es menor de 0.5, lade las ilíticas cercana a uno y la de las montmorrilloníticas es mayor de 7.

3.3 Determinar el valor del límite líquido de un suelo mediante los siguientesdatos:

36302117

25.425.726.426.8

No. de golpes Humedades (OJo)

Solución:

El porcentaje de humedad, de acuerdo con la curva de fluidez, es de26.06% para el límite líquido (ver gráfica).

27.0%

l'l'

26.5%

16.0%

25.5%

25.0%7 8 9 10 15 20 25 30 35 40 46 50

Número de golpes (Escala log.)


3.4 Con los resultados del problema anterior, obtener el valor del límite líquidopor medio de la fórmula de Lambe, empleando las humedades a 21 y 30 gol-pes. Comparar los resultados con el obtenido mediante la curva de fluidezdel problema anterior.

Solución:

La fórmula de Lambe es:

LL = w ( ~ r·121

Para 21 golpes:

LL = 26.4 (;~ ) 0.121 = (26.4) (0.9792) 25.85%

Para 30 golpes:

( 30 . 0.121LL = 25.7 .-) = (25.7) (1.0223)\ 25

26.27070

El promedio de estos dos valores es:

LL = 25.85; 26.27 = 26.06%

que también se obtuvo con la prueba por puntos y graficando la curva defluidez. Lo anterior indica la utilidad práctica de la fórmula de Lambe.

3.5 Se realizaron pruebas de laboratorio a una arcilla encontrando los datos si-guientes:

HumedadDensidad relativaLímite líquidoLímite plásticoLímite de contracciónPorcentaje pasando la malla # 200

22.00%2.6545%20%13%86%

Resistencia a compresión axial sin confinar en estado inalterado = 2.38kg/cm-Resistencia a compresión axial sin confinar en muestra remoldeada = 1.46kg/cm-

Determinar en dicha muestra inalterada:

a) Relación de vacíos del suelo 100% saturadob) Porosidad del suelo en estado naturale) Consistencia relativael) ¿Entre qué valores probables debe incluirse el esfuerzo a compresión

axial sin confinar en estado natural?e) ¿Se confirma o no el punto anterior con el resultado conocido?


1) Indice de liquidezg) ¿Se supone al suelo normalmente consolidado o preconsolidado?h) ¿Qué valor de sensibilidad tiene la arcilla?1) ¿Cómo se clasifica en cuanto a sensibilidad?

Solución:

a) Como la muestra está saturada, su relación de vacíos vale:

e = W • D, = 0.22 x 2.65 = 0.583

b) La porosidad vale:

en =---1 + e

(_0.583)' 100 = 36.33070\ 1.583

e) La consistencia relativa de la arcilla vale:

C.R. = L.L. - Wn = 45 - 22 0.92J.P. 25

d) Ya que la consistencia relativa tiene un valor cercano a uno, su resisten-cia a compresión axial sin confinar en estado natural está comprendidaentre 1 y 5 kgl cm2 • . .

e) La prueba a compresión axial sin confinar hechá en la muestra inaltera-da según datos dados, es de 2.38 kg/cm", lo que confirma la relacióncon que indica la consistencia relativa.

1) El índice de liquidez vale:

h = Wn - L.P. = 22 - 20 = O08/.P. 25 .

g) Como el índice de liquidez está cercano a cero, el suelo se encuentra pre-consolidado, es decir, que ha soportado presiones mayores a las dadaspor los estratos en estado natural.

h) El valor de la sensibilidad de la arcilla es:

S = Resistencia qu inalterada = 2.38 = 1.63Resistencia qu remolde ada 1.46

1) Como el valor de la sensibilidad es menor que 4, la arcilla es no sensiti-va; si estuviese comprendida entre 4 y 8, sería ultrasensitiva.

3.6 Un suelo presenta un límite líquido de 45%; calcular su índice de com-presión Ce, e indicar si la arcilla es de baja, mediana o alta compresibilidad.

Solución:

El índice de compresión vale:

Ce = 0.009 (L.L. - 10) = (0.009) (35) = 0.315


De acuerdo con Terzaghi y Peck, el suelo es de mediana compresibilidad yaque:

Ce de O a 0.190, baja compresibilidadCe de 0.20 a 0.39, mediana compresibilidadCe de más de 0.39, alta compresibilidad

3.7 Si un suelo presenta un límite líquido de 45070y un límite plástico de 20%,¿cuál es, aproximadamente, el valor esperado de la contracción lineal deter-minada con la humedad del límite líquido?

Solución:

Mediante el diagrama de correlación esperada (Texas Highways Testing La-boratory) entre el índice de plasticidad y la contracción lineal se puede obte-ner que la CL == 14%.

20~«wz::::¡z 15ouu«a:1- 10zou

5

O

CORRELACION ENTRE ELINDICE DE PLASTICIDAD Y LA CONTRACCION LINEAL

(Valores esperados)

'25

L-:

V"... _. .:._/

, ':/:/. .

.'V/

O 10 20 30 40 6050 70

INDICE DE PLASTicIDAD

4-------Clasificaciónde los suelos

Debido a la gran variedad de suelos que se presentan en la naturaleza, se han de-sarrollado algunos métodos para clasificarlos. Dos de los más usados en nuestromedio son: el Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (S.U.C.S.), y el Triángulode Clasificación de la División del Valle Bajo del Mississipi, del Cuerpo de Inge-nieros de Estados Unidos de América. Hay, además, otras clasificaciones de suelos,pero sólo se resolverán aquí problemas de las dos clasificaciones mencionadas.

4.1 Dos muestra de materiales cohesivos de bancos o lugares diferentes se anali-zaron en un laboratorio obteniéndose los datos siguientes:

Características Suelo Tipo:mecánicas A B

Límite líquido 37% 58070Límite plástico 23% 28%Indice plástico 14% 30%Porcentaje que pasa por la

malla # 200 73 84

a) Clasifique los dos suelos según el Sistema Unificado de Clasificación deSuelos (S.U.C.S.) y describa las características generales de ambos.

Solución:

De acuerdo con la clasificación S.U.C.S. el suelo "A" es un "CL" y elsuelo "B" es un "CH".

Las características de cada suelo son:

CL: Arcilla inorgánica de mediana plasticidad y baja compresibilidad. Im-permeable, con alta resistencia a la tubificación y mediana resistenciaal corte; puede presentar grandes asentamientos que deben calcularsemediante pruebas de consolidación, de mediana a alta susceptibilidadal agrietamiento y, si se compactan mal, pueden tener mediana a altasusceptibilidad a la licuación.

3S

SISTEMA UNIFICADO DE CLASIFICACION DE SUELOS (S.U.C.S.)

DIVISION MAYOR

...J '""':... w '" Gravas bien graduadas, mez- ~ ~ ~

z o. 0< GW elas de grava y arena con O -c <O Z il ~_~ d d f o ...J Ue ~ S :;;0"- pocoona a e mos, 15 ~ i~ -< ;i ::;~~'''-~~-------------4~: ~ff ::¡; :;; ~ 0:5 G/avas mal graduadas, mezo' ~ ~ <

10 ~ ~ ~ ffi8~ GP clas de grava y arena con ': ~ ~ª tí m w a: 1- l2: poco o nada de finos. ~ el ~« Offi I-O:(/)ulOE 's >« ~ ~ ~ .....--t-T"-+----------";"'---I w s '"

Q) .... r :;;~ ::io: ~ º ~"'~~ 9 rn (1)..!!! "Q. O - Z Z - ::i!! d Gravas limosas, mezclas de :::> '" u

e E ::¡; ~ ~ ~~~ O; - grava, arena y limo. ~ g elQ) ';;; ...J« w < "-w", !'ii - ..;

v. a: ~ zlE< u ~ g ".g 10 ~ ~ ~ ~;§.......-1--------------1 ~~~",'lfmites de Atterbeg'c ~ « fI) :;; >o o: Gravas arcillosas, mezclas u$:a ::¡; ~ 8 ~~: GC de grava, arena y arcilla, :5 ~ ~ ¡¡jow arriba de la "línea A"Q) '¡¡; a: el <w W < -c con I.p, mayor que 7... - (!):;; UD o :;; :;; ~fI) '> t---...¡u ~ So: 0 .. -----------1------------1Q) rn ~ wa::tn...Jiij I~ :Z <t m w'" Arenas bien graduadas, are- ~ ¡( ~ ~'¡: Q) O o: < o < SW na con gravas, con poco o >- < _Q) J e ó;:¡ ¡¡:<~ nada de finos, <> "'..._ ~ ~.... o- U Z :::> :;;0", - O10 Q) « « w ::¡~« .... -.-41---------- ...-- .....~~:i I-------------------------tE c.. a: ...J O < ..J ~ ~ el ~ No satisfacen todos los requisitos de

u, <i ~ 15~ Q Arenas mal graduadas, are· •~ ~ j. :::> graduación para SW~ ::¡; ~ ~ut;: SP na con gravas, con poco o '" o '" ¡¡ll- ~ .....-----------_t

m w ~ ~ l2: nada de finos, !!! o ¡¡l iií~o '" ~~~ffiw9~> iií~o5o: ~ a.. Z WtI) o - ffi O

X « ~ ;Ji § .~~~ ::i!! ~ Arenas limosas, mezclas ~ Q ~ ~« ~ ~ ~~~ rn de arenas y limo, '" ¡¡: w :::>

~ ~ « ~ i5~S u s ~ 5 ~+-------------110 o ffi :5 uoQ !!i ~ ¡¡; ffi limites de Attérbeg

rJ) ::> u «1- z zl- ~ !Z 'b d I -u A"c: « a: < z o o: Arenas arcillosas.,.mezclas :¡ o o am a e a mea~ ::¡; (!) ~ il!~: SC de arenas y arcilla, ffi ~ ~ ~ con I.P. mayor que 7

... <~~ ~. ~ ~ ~~--~Or---~.---~~~------~--------_.~~~¿_--------------~--------------_i~ limos inorgánicos, polvo de EQUIVALENCIA DE SíMBOLOS

roca, limos arenosos o G ; GRAVAS, M ; LIMO. S = ARENAS, C ; ARCILLAS, O ; SUELOS ORGANICOS.

arcillosos ligeramente w ,,; BIEN GRADUADOS, P ; MAL GRADUADOS. Pt ; TURBA

plásticos. L ; BAJA COMPRESIBILIDAD, H ; ALTA COMPRESIBILIDAD

oON

E"'='e

Arriba de la "linea A"

y con I.P. entre 4 y 7

son casos de frontera

que requieren el uso

de símbolos dobles.

8 ON c:O ..!!!Q) lOE É':1c:

NOMBRES TIPICOSCRITERIO DECLASIFICACION EN EL LABORATORIO

Coeficiente de uniformidad Cu: mayor de 4Coeficiente da curvatura Ce: entre 1 y 3Cu = (060)/(0,0) Cc = 103O)2/IO,o'D60)

NO SATISFACEN TODOS lOS REQUISITOS

DE GRADUACION PARA GW

limites da Atterbeg

abajo da la "Unea A"

o I.P. menor q~e 4

CuOso

= -- mayor de 6.010

(030)2Cc = --::--=,.-- entre 1 y 3

DlO' OSO

Umites de Atterbegabajo de la "Línea A"

con l.P. menor que 4

Arriba de la "Unea A"y con I.P. entre 4 y 7

son casos de frontera

que requieren el uso

de sfmbolos dobles.

Ml

CARTA DE PLASTICIDADArcillas inorgánicas de bajao media plasticidad, arcillascon grava, arcillas arenosas,arcillas limosas, arcillaspobres.

PARA LA CLASIFICAclON DE SUELOS DE PARTICULAS FINAS EN LAB

Cl

OlLimos orgénicos y arcillaslimosas orgánicas de bajaplasticidad. ~ 40t-++-+-t-i-+-+C-L+-++-t-i-~-H+-e;~ y~.Q'T~-I-i-+-;

S cl~l~~ 30 // ...,f-+-+-I--+--+-i~ /S'e V~

(1)1:1:

c(~-'«=::i!!°O¡;!¿$QO..... :::)10

>O~(I)::::¡

O~::e~:::;~

MHLimos inorgánicos, limosmic.sceos o di.atomáceos,limos elásticos,

CHArcillas inorgánicas de altaplasticidad, arcillasfrancas.

Arcillas orgánicas demediao alta plasticidad, -limosorgánicos de media

. plasticidad.

oOH 70 80 90 10010 20 50 SOO 30 40LIMITE LIQUIDO

SUELOSALTAMENTEORGANICOS

Turbas y otros suelosaltamente orgánicos.Pt

Clasificación de los suelos 37

CH: Arcilla inorgánica de alta plasticidad y alta compresibilidad. Muy im-permeable, con resistencia muy alta a la tubificación y de baja a mediaresistencia al corte; puede presentar grandes asentamientos que debencalcularse mediante pruebas de consolidación, de media a alta suscep-tibilidad al agrietamiento y muy baja susceptibilidad a la licuación.

4.2 Con base en los datos del problema 1.4, clasifique al material de acuerdocon el Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (S.U.C.S.).

Solución:

a) Como el porcentaje de material que pasa la malla # 200 es menor al50070, se le considera material grueso.

b) Ahora bien, como por la malla # 4 se retiene el 50070 de la parte gruesa,el suelo es una grava (G).

e) Como el coeficiente de uniformidad es mayor de 4 y el coeficiente decurvatura es menor de uno, se deben combinar los símbolos GW-GP osea, es un grava relativamente mal graduada porque el porcentaje de fi-nos que pasan la malla # 200 es mayor de 5070 y menor de 12070.

4.3 Si un suelo presenta, en un análisis por mallas y sedimentación, los siguien-tes porcentajes de tamaños de partículas, dibuje el triángulo de clasificaciónde suelos de la División del Valle Bajo del Mississipi del Cuerpo de Inge-nieros de los Estados Unidos de América y clasifique el suelo.

Datos:

Arcilla 5070Limo 35070Arena 50070--Suma 90070Grava 100-90 = 10070

Solución:

El triángulo es el siguiente:

l. Arena2. Arena limosa3. Limo arenoso4. Limo5. Arena arcillosa6. Limo arcilloso7. Arcilla arenosa8. Arcilla limosa9. Arcilla

o 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

% Limo


Cuando como en este caso, el suelo presenta algo de contenido de gravas,los datos para usar el triángulo se pueden ajustar como se indica:

Arena 5090 = 0.5555 = 55.6070

~ = 0.3888 = 38.9%90

Limo

Arcilla :0 = 0.55 = 5.5%100.0%

Después del ajuste y entrando al triángulo con los valores indicados, se sabeque el suelo es arena limosa.

4.4 Clasificado el suelo del problema 4.2 como GW-GP, describa sus carac-terísticas generales.

Solución:

El material se clasifica como grava relativamente mal graduada debido a sucoeficiente de curvatura, permeabilidad, resistencia a la tubificación; de altaresistencia al cortante, de baja compresibilidad si se le compacta efectivamen-te por vibración, no susceptible a la licuación si se encuentra bien compacta-do por vibración.

5---------Compactaciónde los materiales

La compactación de los suelos, mediante equipos mecánicos, y que forma uncapítulo importante como medio para incrementar la resistencia y disminuir lacompresibilidad de los mismos, no fue reconocida ampliamente sino hasta queR.R. Proctor publicó sus investigaciones sobre este tema en el afio de 1933. A par-tir de entonces se han llevado a cabo muchas investigaciones al respecto, cambian-do las características de la compactación.

5.1 ¿Cuál es el objetivo que se busca compactando a los materiales?

Solución:

Efectuar una adecuada y uniforme compactación a los materiales es uno delos medios para disminuir su compresibilidad y aumentar su estabilidad alsometerlos a la acción de las cargas.

5.2 ¿Cuáles son las pruebas, o normas de ejecución, con cuyos resultados se re-alizan las comparaciones de compactación de los materiales en calles, cami-nos, aeropuertos y demás obras en que se emplean?

Solución:

Las pruebas que normalmente se emplean en diferentes lugares se indicanen el cuadro anexo al final de este capítulo.

5.3 ¿Cuál de las pruebas del cuadro mencionado emplea la Secretaría de Comu-nicaciones y Obras Públicas en México y cuál es la energía total que propor-ciona al material?

Solución:

Para calles, caminos y aeropuertos se emplea en la actualidad la pruebaProctor de treinta golpes, cilindro de 947 cm", pisón de 2.5 kg de peso, 30

39


cm de caída libre, 3 capas y 30 golpes por cada capa. Es decir, se propor-ciona al material una energía total de:

E = P.H.N = 2.5 x 30 x 90 = 7.127 kg-cm/crn!V 947

5.4 ¿A cuáles materiales se aplica en México la prueba Proctor de 30 golpes?

Solución:

En México se aplica la prueba Proctor de 30 golpes a los materiales arcillo-sos que pasen por la malla # 4 (4.76 mm) o, cuando mucho, tengan un rete-nido del 10070, siempre y cuando dicho retenido pase el 1000/0 por la mallade 9.52 mm (3/8"). En caso contrario se usa la prueba de Porter.

5.5 De acuerdo con una prueba Proctor de 30 golpes efectuada a un suelo se ob-tuvieron los resultados siguientes. Dibuje la curva correspondiente en papelmilimétrico, obtenga la humedad óptima y el peso volumétrico seco máxi-mo correspondiente y grafique la línea de cero vacíos o de saturación teóri-ca. Considérese a D, = 2.65

Datos:

Humedades en % Pesos volumétricoshúmedos en kg/cmt

17.215.212.210.08.87.4

2,066.42,119.72,162.52,130.42,034.31,922.5

Solución:

'YmYs = ----''---'----1 +~

100

Como la curva se dibuja con humedades y pesos volumétricos secos, dichosvalores son:

w (OJo) Ys (kg/ rn")

17.2 1,76315.2 1,84012.2 1,92710.0 1,9378.8 1,8707.4 1,790

Compactación de los materiales 41

La gráfica del material queda así:

Curva de saturación teórica I

2100"'E'C,~ 2000OuUJ(j)

O 1900ua:t-UJ:2

1800::>...JO>O(j) 1700UJo,

1_ o de cero vacíos

r-,<,

.....~

¡,....~ r-,L ¡t....,

~!....... r-, ~, r-, .......

~.J, '\,

1600

1500

o 5 10 15 20

HUMEDAD 1%)

La gráfica muestra que el peso volumétrico seco máximo es de 1940 kg/rn!con una humedad del 11%.

La curva de saturación teórica se dibujó aplicando para cuatro de las hume-dades dadas la fórmula:

"test = lOO Da100 + w· D,

Por tanto:

a) Para Wl = 17.20/0 "test = 1,820 kg/rn''b) Para W2 = 15.2% "test = 1,889 kg/m!e) Para W3 = 12.2% "test = 2,003 kg/rn!d) Para w.( = 10.0% "test = 2,095 kg/rn!

5.6 En un terraplén hecho con el material del problema anterior se determinó elpeso volumétrico seco en el lugar obteniéndose un valor de 1,862 kg/rn! conuna humedad de 11.0%. ¿Cuál es el porcentaje de vacíos llenos de aire quetiene el material en el terraplén?

Solución:

Mediante la fórmula:

Va = "test - "tsl X 100 = 2,052 - 1,862 X 100 = 10 2%"tsl 1,862 .

se tiene que el volumen de huecos lleno de aire es de 10.2%. Cuando unsuelo compactado presenta un porcentaje de vacíos llenos de aire mayor de


6.5070, como este caso, se dice que el suelo puede adquirir un peso volu-métrico seco mayor con la humedad que contiene.

5.7 En el problema 6.5 se obtuvo un peso volumétrico seco máximo de 1,960kg/rn! y una humedad óptima de 11.0% con la curva Proctor. Al graficarjunto a la curva Proctor la línea de saturación teórica, se observó que estaúltima no toca o cruza a la curva de Proctor, por lo que se acepta que laprueba de Proctor estuvo bien ejecutada, ya que no es posible obtener la cur-va de cero vacíos en la prueba. ¿De qué otra forma se comprueba que laprueba Proctor estuvo bien realizada?

Solución:

Se puede comprobar si la prueba Proctor estuvo bien realizada por mediode la gráfica que sigue. Con la humedad óptima y el peso volumétrico secomáximo determinados en la prueba, se localiza un punto que debe caerdentro de la zona marcada por las dos líneas de la gráfica, presentada por laS.O.P. de México.

2200

2100

X 2000<t~ 1900ouw

1800~M

E 1700C,.><o 1600ua:1-w 1500~::J--'o 1400>or.nwa, 1300

"'-'"'"r-,"'-'"r-,<, ,,~-. ~

~ r-,~~

1200

5 10 20

Wo en %

30 3515 25

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43

6-------Valor relativo de soporte

El valor relativo de soporte de un suelo es uno de los parámetros usados en el dise-ño de los pavimentos flexibles, por lo que conocerlo es muy importante. Se hanhecho investigaciones para buscar la posible relación entre el valor relativo de so-porte normal (CBR) y el valor relativo de soporte modificado (VRSM) a 90010decompactación y una humedad igual a la óptima, más tres por ciento.

6.1 Se sabe que el valor relativo de soporte es un índice de resistencia al corte endeterminadas condiciones de humedad y compactación. En México se co-nocen dos valores relativos de soporte, el normal (V.R.S. = C.B.R.) yelmodificado (V.R.S.M.). El C.B.R. (California Bearing Ratio) = V.R.S.(valor relativo de soporte) se determina bajo condiciones de saturación de lamuestra compactada a su peso volumétrico seco máximo, mientras que elV.R.S.M. (valor relativo de soporte modificado) se determina reproducien-do determinados pesos volumétricos en condiciones diferentes de humedady compactación.

Se pregunta:

a) ¿Se obtiene alguna posible relación de valores esperados del C.B.R. co-nociendo el valor del V.R.S.M.?

b) ¿Se obtiene alguna posible relación entre el C.B.R. y el valor de K (mó-dulo de reacción del suelo o coeficiente de balasto del suelo)?

Soluciones:

Es posible que con el tiempo se obtengan correcciones a las siguientes cur-vas, pero pueden usarse como una aproximación de valores esperados. Estagráfica fue obtenida experimentalmente por el autor en colaboración conlos alumnos de Maestría en Estructuras en el I.T.E.S.M.

a) Correlaciones esperadas entre el C.B.R. y el V.R.S.M. a 90% de com-pactación y con una humedad igual a la óptima más un tres por cientoen suelos tipo "CL".

45

46

.....«~a:o 10zw1-a:Oe,OCIIwOO>¡::«.....wa:a:O 5.....«>

Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones

15

• RELACIONES' ESPERADAS ENTRE EL VALOR RELATIVO DE SOPORTENORMAL Y EL VALOR RELATIVO DE SOPORTE MODIFICADO A 90% DECOMPACTACION y CON HUMEDAD DE PRUEBA IGUAL A LA HUMEDADOPTIMA MAS 3%.

O 5 10 15

VALOR RELATIVO DE SOPORTE MODIFICADO

b) Correlaciones esperadas entre el C.B.R. y el valor de K (módulo de reac-ción del suelo o coeficiente de balasto), dados por la P.C.A.

M

EoC, 22.><

20..;.; 18E'" 16'"~

.&l::l 14'".s 12'"-oe 10

-o'ü 8o'"e 6'"-oo 4"S-o 2-o~ O

V/

1//

.1--"

V

...... V--~

--¡.-¡-ro------2 4 5 6 7 8 9103 15 20 30 40 50 60 80 100

Valor relativo de soporte (CBR). por ciento.

Valor relativo de soporte 47

6.2 Determinar, desde el punto de vista de su resistencia al corte, si un materialque pretende emplearse en la construcción de terracerías para carretera es ono adecuado, sabiendo que su C.B.R. vale 6010.¿Cómo sería si su C.B.R.fuera de 12% y cómo si su C.B.R. fuera de 25%?

Solución:

Con base en los valores de la tabla que sigue, se puede decir que:

Si su C.B.R.Si su C.B.R. =Si su e.B.R. =

6%, subrasante mala.12%, subrasante regular.20%, subrasante buena.

La relación entre el C.B.R. y la calidad del material para usarse en terrace-rías es:

C.B.R. (%) Clasificación

0-55-10

10-2020-3030-5050-8080-100

Subrasante muy malaSubrasante malaSubrasante regular a buenaSubrasante muy buenaSub-base buenaBase buenaBase muy buena

6.3 De un banco de material para terracerias se obtuvieron los datos siguientes:

a) Peso volumétrico seco en el banco = "[sb = 1,650 kg/rn"b) Peso volumétrico seco del material suelto = "Iss = 1,345 kg/rn''e) Peso volumétrico seco del material en el terraplén compactado al 90%

Proctor de 30 golpes = 1,710 kg/rnt

Se desea saber cuál es el factor de abundamiento del material del banco alcamión para conocer precios de acarreos y cuál es el factor de reducción delmaterial del camión al terraplén compactado al 90% de las normas Proctorde 30 golpes. ¿Existe factor de reducción del banco al terraplén compacta-do; cuánto vale?

Solución:

El factor de abundamiento del banco al camión o material suelto vale:

Ysb Vss--=--=Yss Vb

16501345 = 1.2267 == 1.23 ; F.A. = 1.23

El factor de reducción del camión o material suelto al terraplén compactadoa un peso volumétrico seco de 1,710 kg/rn! es:

"[st Vss

13451710 = 0.7865 == 0.79; F.R. = 0.79


El factor de reducción del material del banco al terraplén compactado vale:

'Ysb = ___!J_ =Yst Vb

16501710 = 0.9649 == 0.97 ; F.R. = 0.97

Por tanto, el material del banco al terraplén, compactado al 90070,se reduceun 3%.

6.4 Compactado el material del problema anterior, se quiere verificar si cumplecon la especificación de tener en el lugar un peso volumétrico seco igualomayor al 90% del peso volumétrico seco máximo de 1900 kg/rn",

Solución:

Para efectuar lo anterior, se hizo un sondeo de dimensiones aproximadas de10 cm x 10 cm de sección y de la profundidad de la capa de suelo compac-tada, extrayendo el material con cuidado y pesándolo húmedo. El peso fue5,334.40 g, A ese material se le determinó la humedad en el momento de laprueba y fue de 12%. El sondeo se llenó después con arena cuyo peso volu-métrico es de 1300 kg/rn! requiriéndose 3,620.00 gramos de esa arena, porlo que el volumen del sondeo fue de 2,785.30 CQl3.

Conocidos todos esos datos, se tiene:El peso volumétrico húmedo en el terraplén vale:

'Yh = Ph = 5,334.4 = 1.9152 = gr/cm! == 1915 kg/rn!V 2,785.3

El peso volumétrico seco en el terraplén vale:

'Yh ="[st = 1 + w/l00

1 915, = 1709.82 kg/rn! == 1710 kg/rn!1.12

El porcentaje de compactación en la capa ensayada del terraplén fue de:

% de compactación = 'Yst x 100 = ( 1710 \ 100 = 90%'Ys máx 1900 /

Lo anterior indica que el terraplén tiene la compactación especificada.

7---------Agua en el suelo

El suelo es un' material que presenta un arreglo variable entre sus partículas, de-jando entre ellas una serie de poros conectados entre sí que forman una red de ca-nales de diferentes magnitudes que se comunican con la superficie del terreno ycon las grietas de la masa del mismo. De aquí que parte del agua que cae sobre elsuelo escurre y parte se infiltra por acción de la gravedad hasta estratos impermea-bles más profundos, formando la capa freática, agua cuyo movimiento en elsuelo sigue la ley de Darcy: "la intensidad de filtración por unidad de área es di-rectamente proporcional al gradiente hidráulico". Asimismo, el agua puede as-cender del nivel freático por capilaridad debido al efecto de la tensión superficial.

7.1 Determinar la altura, por ascención capilar,. a la que llegaría el agua en unterraplén a construir en una zona baja inundable donde el tirante de agua semantendría, por varios meses, a 1.50 m bajo el nivel de subrasante. Elterraplén se construirá con material arcilloso que tiene un porcentaje de fi-nos menores a 0.002 mm del 2010y un diámetro efectivo de DlO = 0.05 mm.El peso volumétrico seco del material en el terraplén compactado será del95010del peso volumétrico seco máximo Proctor de 1760 kg/rn", La densi-dad absoluta relativa del material del terraplén es de 2.7.

Solución:

La ascención capilar se expresa así:

h - 0.3e - (e) (DIo)

por lo que se necesita encontrar la relación de vacíos que tendrá el terraplénya construido.

e = Da _ 1 = 2.7 - 1 ='YsL (1.76) (0.95)

2.7 1 = 0611.672 - .

La altura a la que ascenderá el agua será:

h - 0.3 =e - (0.61) (0.005)

0.30.003

100 cm = 1.0 m

49


Las terracerías se saturarían hasta una altura de 0.50 m del nivel de la subra-sante.

-r Nivel de subrasant€

NFY _

Suelo de cimentación

----.-f-·1.50 m

!7.2 Determinar la altura de ascención capilar en tres diferentes tubos cuyos

diámetros se indican a continuación y considerando que la tensión superficialvale Ts = 0.075 cm/seg y a = O?;dl = 2 mm; d2 = 3.0 mm; d3 = 4.0 mm.

Solución:De acuerdo con la ecuación:

h = 4 Ts• cos aa.o;se tiene:

hl = 4 x 0.075 x 1 = 0.15 cm2 x 1

h2 4 x 0.075 x 3 !1 = 0.10 cm

h3 = 4 x 0.075 x 1 = 0.075 cm4 x 1

lo que indica que la altura de ascención capilar es inversamente propor-cional al diámetro del tubo, como se ve en la figura:

'7 =- h2

___ .) ~~............======:::::::::::::==-_..1~ ~....__.l~========-_

~ th3

.) -"-

~.

..,j

Agua en el suelo SI

7.3 Empleando la fórmula empírica de Hazen para calcular la ascención capilaren los suelos, determine dicha altura para los siguientes casos:

a) Arena con DIO = 0.05 mm ; e = 0.65 ; N = 0.3 cm-

b) Arcilla con DIO = 0.002 mm; e = 0.65; N = 0.3 cm-

Solución:

) h 0.3a e (0.65) (0.005)

b) he 0.3(0.65) (0.0002)

__ 0._3_ = 92.31 cm0.00325

0.03 .= 0.0001304 = 2,300.6 cm

Mientras en la arena asciende 0.92 m, en la arcilla podría llegar hasta 23 mde altura, lo que de nuevo demuestra que la altura de ascención capilar esmayor a medida que el material es más fino, o sea que es inversamente pro-porcional al diámetro de las partículas. Se escogió el valor de N = 0.3 cm-como una aproximación, ya que N varía de 0.1 cm2 a 0.5 cm-. Algunosautores emplean el menor valor para materiales limpios y partículas redon-deadas, y el valor mayor para materiales con partículas de granos rugosos.Este efecto se puede ver en el ejemplo que sigue.

7.4 Determinar la altura de ascención capilar en una arena limpia y de partí-culas redondeadas con una relación de vacíos de 0.60 y DIO = 0.05, y enotra arena no limpia, de material rugoso con una relación de vacíos de 0.60y un DIO = 0.05

Solución:

a) Para la arena limpia y granos redondeados:

h - 0.1 = __ 0_._1__e - (e) (DIO) (0.60) (0.005)

0.10.003

33.33 cm

b) Para la arena no limpia y granos rugosos:

h - 0.5e - (0.60) (0.005)

0.5 - 166660.003 - . cm

Obsérvese cómo varía la altura de ascención capilar con la naturaleza delgrano.

e) Empleando el valor de N = 0.3 cm- se tiene:

h 0.3e = (0.60) (0.005)

dos valores anteriores.

0.30.003

= 100 cm., valor promedio de los

7.5 Determinar la constante de conductividad hidráulica o constante de permea-bilidad para una arena limpia cuyo valor de DIO = 0.065, empleando lafórmula de Hazen con un coeficiente e = 100.


Solución:

La fórmula de Hazen para arenas limpias es:

K = (C) (DIO)2 = (100) (0.0065)2 = 0.004225 cm/seg

7.6 En un permeámetro de carga variable se probó la permeabilidad de unamuestra cilíndrica cuyo diámetro era de 5.0 cm y su altura igual a la mitadde su-diámetro. El diámetro interior del tubo capilar del permeámetro mide1.25 crri y al empezar la prueba tenía agua hasta una altura de 45 cm. Des-pués de 445 segundos, el nivel del agua en el tubo piezométrico se encontra-ba a una altura de 43 cm.

Calcular el coeficiente o constante de permeabilidad de la muestra.

Solución:

Para resolverlo se emplea la fórmula:

k = (~) ( ~) 2.3 10glO( ~:)

El área A de la sección transversal de la muestra vale:I

A = 7(.,2 = (3.1416) (2.5)2 = 19.635 cm2

El área a de la sección transversal del tubo piezométrico vale:

a = 7(':;' = (3.1416) (0.625)2 = 1.227 cm-

La altura de la muestra es de 2.5 cm y el tiempo t vale 445 segundos, por loque:

k = (~) (~ ) 2.3 10glO( ~: 1= (11~~:375)(~~) 2.3 10glO( :~ )

= 0.0000159 cm/seg

7.7 El coeficiente de conductividad hidráulica o de permeabilidad de un acuífe-ro como el mostrado es de 0.06 cm/seg y el agua en los tubos piezométricossituados a 90 mde distancia subió a 30 m y 28 m, como se ve en la figura. El

130-28=2 m

Estrato impermeable

Agua en el suelo 53

acuífero tiene un espesor promedio de 6 m. Se desea calcular el flujo per-pendicular a su sección transversal en centímetros por minuto y por metrode ancho del acuífero.

Solución:

Aplicando la ecuación de Darcy se tiene:

º = (K) (:) (A) = (0.05 ( ~: j (600 x 100)

= 66.67 cm/min/m de ancho.

7.8 En un permeámetro de nivel constante, se midieron 60 cm! de agua quefiltraron a través de una muestra de 10 cm de diámetro y 15cm de altura du-rante un tiempo de 1.5 minutos. ¿Cuál es el coeficiente de permeabilidad oconstante de conductividad hidráulica de la muestra, si la pérdida de cargaes de 30 cm?

Solución:

Los valores a calcular antes son:

A= (3.1416) (10)2 = 78.54 cm24

Por tanto, el valor del coeficiente de conductividad hidráulica vale:

K = t.fA = (90) (2~~78.54) = 14,~~7.2 = 0.00424 cm/seg

7.9 Se construye un canal paralelo a un río, como seiíala la figura. Si la arenaque muestra la figura indicada presenta una conductividad hidráulica o coe-ficiente de permeabilidad K = 0.0065 cm/seg, calcular cuál es la pérdidade agua que tendrá el canal por infiltración en cm-/seg/krn.

COTA 605

COTA 600

COTA 580

.,._------ 100 m


Solución:

Aplicando la conocida ecuación:

º = A·Ki·(se tiene.

t 1.0 segK 0.0065 cm/seg

i = h/L = _1Q_ = 02100 .

A = (15,000,000) (0.0065) (0.2) (1) = 19,500 cm+/seg/km

7.10 Si se conoce el coeficiente de permeabilidad de un material que es deK = 0.003 cm/seg y presenta una relación de vacío e = 1.2, ¿cuál es el coe-ficiente de percolación del material?

Solución:

Se sabe que:

x, = t~)= (K) (1

; e)por tanto:

s; = (0.003) . e ~.21.2) = 0.0055 cm/seg

7.11 Si se conoce en un suelo la constante de percolación Kp = 0.0055 cm/seg, ysu porosidad es de 54.54070, determinar la constante de permeabilidad.

Solución:

K = (Kp) (n) = (0.0055) (0.5454) = 0.003 cm/seg = 3 x 10-3 cm/seg

7.12 Se hizo un bombeo de prueba en una arena que tenía una profundidad de15.00 m y descansaba sobre un estrato impermeable encontrado a esa pro-fundidad. El nivel del agua freática o nivel acuífero inicialmente se en-contraba al ras del terreno natural o sea en la superficie. A una distancia de5 m y 8 m del pozo de prueba se hicieron dos pozos de observación, como semuestra en la figura. Un estado permanente se estableció en los pozos cuan-do la descarga era de 13 litros por minuto. El abatimiento del nivel del aguaen los dos pozos de prueba era de 1.52 m en el más cercano al pozo de bom-beo y de 0.335 m en el otro. Calcular el coeficiente de permeabilidad en laarena.

Solución:

Este problema se soluciona con la fórmula:

K=7r (h~ - hD

en la que:

Agua en el suelo

.-

. ,

ARENAl , "

, ,

55

15.00 m'.

'/

Estrato Impermeable

K = coeficiente de permeabilidadq cantidad de flujo de agua

h1 = altura del nivel freático medida desde el fondo del pozo a distan-cia "r1"

h2 altura del nivel freático medida desde el fondo del pozo a distan-cia "r,"

Por tanto:

q = 13 litros/minuto = 0.013 m+/rninr1 = 5 mr2 8 mh1 15 - 1.52 = 13.48 mh2 = 15 - 0.335 = 14.665 mDe donde:

(0.013) (log, 1.6)K = ----~--~~~--~---3.1416 (215.06 - 181.71)

0.00611104.772

= 0.000583 m/min

7.13 En un terreno formado por tres estratos de diferentes materiales y de dife-rentes espesores se determinaron los coeficientes de permeabilidad vertical"Kv" y horizontal "KH" para cada estrato, como se muestra en la figura.¿Cuál sería el coeficiente de permeabilidad del conjunto?

H,=2 mK1V=0.000972 cm/seg K'H=0.00162 cm/seg--------tH2=3 m~------+K2V=0.0000159 cm/seg K2H= 0.0000242 cm/seg

K3V= 0.0000253 cm/seg K3H= 0.0000326 cm/seg


Solución:

El coeficiente de permeabilidad promedio en el sentido vertical es:

11 750K~ = -----------------= --------------~~--------------_H_l_ + _H_2_ + _H_3 200 + 300 + 250Ktv k2V h3V 0.000972 0.0000159 0.0000253

750W = 28 9 = 0.0000259 cm/seg, 55,108.77

El coeficiente de permeabilidad promedio en sentido horizontal es:

1 1KHP = H (K1HH1 + K2HH2 + K3HH3) = 750 (0.324 + 0.0726 + 0.00815) =

= 0.00053966 cm/seg

El coeficiente promedio conjunto vale:

Kp = "';KHP • Kc» = "';(0.00053966) (0.0000259) = 0.000118 cm/seg

8-------Presiones totales,neutras y efectivas

Las presiones que actúan en la masa de un suelo completamente saturado se divi-den en dos tipos: a) aquellas presiones que se transmiten de grano en grano, b) lasque actúan contra el agua que llena los vacíos que dejan los granos. Las primerasson conocidas como presiones intergranulares o presiones efectivas (por ser lasúnicas que producen cambios en el volumen de la masa del suelo) y las segundascomo presiones neutras y presiones de poro o presiones neutrales. La presión totales igual al peso total de una columna de área unitaria desde el fondo hasta la altu-ra correspondiente: p = v« . H; la presión neutra es la presión del agua sobre elfondo: u = "{w • H

La presión efectiva es igual a: pi = p - u, o sea que es igual al peso volumétricosumergido del material ("(') por la altura correspondiente, o sea pi = v' . H.

8.1 Determinar presión total, de poro e intergranular en, los planos A, B y emediante los datos y las condiciones que ·los estratos indican. Asumir queno hay ascención capilar arriba del nivel freático y que ahí la arena está seca.

H, = 1.5 m

A --t-----~------ --,~ -~--__t!..=1.66~!E2 __Arena limosa eo - 0.98 f l3

0'0 :o::: 0.05 mm. ,,~I ¡¡;, wI a:B __-+ ~~~~~~'4~31~4~kg~/m-2+_~

"Y.... = 1922 kg/m' <t::;:-ca:o-cCi

Arena limosa "Y. = 1778 kg/m'

H2 = 1.5m)' .. 1' "" 2098 kg/m 3

PRESiÓN INTERGRANULAR ,I,,II,,,

I,P = 11580 kg/m2 I 7080 kg/m'C--._----------------------------~~~~----~------

Arcilla

H3. = 3.0 m

57


a) Presiones en el plano A.

Presión total = P = (l,778) 1.5 = 2,667.0 kg/rn!Presión de poro = u = OPresión intergranular = Pi = P - u = (1,778 x 1.5) - (O) == 2,667 kg/rn-

b) Presiones en el plano B.

Presión total = P = (1,778) (1.5) + (2,098) 1.5 = 2,667 + 3,147= 5,814 kg/rn-Presión de poro = u = 1,000 x 1.5 = 1,500 kg/rn!Presión intergranular = Pi = P- U = (5,814) - (1500) = 4,314 kg/rn!

e) Presiones en el plano C.

Presión total = P = (5,814) + (1,922) (3) = 11,580 kg/rn-Presión de poro = u = (1,000) (4.5) == 4,500 kg/rn-Presión intergranular = Pi = P - u = 11,580 - 4500 = 7080 kg/rn-

8.2 Determinar las presiones totales, neutras y efectivas o intergranulares en losplanos A, B, e y D mediante los datos de la estratigrafía siguiente. Calculey tome en cuenta la ascención capilar considerando el valor de N = 0.3 yDlO = 0.0005 cm

Solución:

Se empieza calculando la ascención capilar.

h - 0.3e - (e) (DIO)

0.3-----=(0.8) (0.0005)

0.3 = 750 cm0.0004

Lo anterior indica que todo el estrato 11 se encuentra saturado por capila-ridad.

El estrato I presenta un peso volumétrico húmedo de:

v» = ( Da ) 11+ ~\ = (2.6) (1.04) = 1.423 g /cm!\1 + e ~ 100-' 1.9

El estrato 11 presenta un peso volumétrico saturado de:

Da + eYsat = 1 + e = 2.7 + 0.8 = 1.944 /cm!

1 + 0.8 g

El estrato 111 presenta un peso volumétrico saturado de:

Da + eYsat = 1 + e = 2.6 + 0.65 = 1.97 /cm!

1 + 0.65 g

El estrato IV, siendo un manto colgado, presenta un peso volumétrico de:

v» ~ (1 ~a e)(1 + I~} e:~})(1.12)~ 2.058g ¡cm'


(/)wZo(jiwa:Q_

-,... ,-/ ...... ......(/) ...

«>¡:::uUJLLUJ(/)UJZo(jiUJa:n,

>

l!) #.~<C!t.DeNN

11 11 11

.,O$:

EE

o~##~"':~~l!)l!)e

N e e '<t N N'

11 11 11 11 11 11'oo (1) ó~ ~ 9:

:_¡U

O «e, (/)

¡::: O~« :::::;

,_¡-' «U za: w« a:«

O « en

+ ,1 E

+E O ELO<N r.: '<t

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<Oe(")

ioN

N#OO"':N<t:N~e

11 11 11

0$:.,

IU

On,¡:::«-'-'Ua:«

u O---+-~-+


Por tanto, las presiones son:

a) En el plano A:

La presión total = P = (1423) (2) = 2846 kg/rn-La presión de poro u = - l'w' he = - 1000 X 7.5 = - 7500 kg/m-La presión efectiva = Pi = P - (- u) = 2846 + 7500 = 10,346 kg/rn-

b) En el plano B:

La presión total = P = 2846 + (1944) (7.50) = 17,426 kg/mtLa presión de poro = u =. OLa presión efectiva = Pi = P - O = 17,426 kg/rn-

e) En el plano C:

La presión total = P = 17,426 + 1970 (4) = 25,306.0 kg/rn!La presión de poro = u = 1000 x 4 = 4,000 kg/rn!La presión intergranular = Pi = P - u = 25,306 - 4,000 == 21,306 kg/m-

d) En el plano D:

La presión total = P = 25,306 + 2,058 (3) = 31,480 kg/rn!La presión de poro = u = OLa presión intergranular = Pi = D = 31,480 kg/rn!

8.3 Se cuenta con un perfil de suelos, como el que se muestra, en que el nivel delas aguas freáticas se encuentra en la superficie del terreno y luego se hacebajar su nivel a la cota - 6.0 m. Determinar la presión intergranular o efec-tiva en el punto A, antes y después del cambio en el nivel freático. Al bajarel N.F. del punto 1 al punto 2, el estrato superior al del plano en que se en-cuentra el punto número 2 queda con un peso volumétrico húmedo de 1922kg/m!

<D yN.F.\ ,' ..... " ... ,. ,,,,, .....

'Yh = 1922 kg/m3

'Y.at = 2082kg/m3

,6m

l_~~ ~ _/A

ARCILLA 'Y' = 922 kg/m3 'Y.at = 1922 kg/m3


Antes de bajar el nivel freático se tiene:

Presión efectiva en A:

Pi = (1082) (12) + (922) (6) = 12,984 + 5,532 = 18,516 kg/rn-

Después de bajar el nivel freático hasta el punto 2:

Pi = (1922) (6) (1082) (6) + (922) (6) = 23,556 kg/rn"

El incremento en la presión intergranular es de 5,040 kg/m- , o sea un27.220/0de incremento con respecto a la presión efectiva inicial.

9-------Esfuerzos de corteen los suelos

Una muestra de suelo sometida a un esfuerzo de corte tiende a producir un despla-zamiento de las partículas o de una parte de la masa del suelo. La resistencia alcorte del suelo tiende a contrarrestar estos movimientos dentro de la masa delsuelo. Se acepta que esta resistencia al corte se encuentra con la ecuación deCoulomb siguiente: s = e + Pi" tan cf>. Cuando el suelo no tiene cohesión, como enel caso de una arena limpia y seca, entonces la expresión es: s = Pi' tan cf>. Cuandoel suelo es una arcilla saturada en la que cf> = O, entonces el valor del corte es de s = c.

Para determinar los parámetros e y cf>. se usan varios procedimientos, como laprueba de corte directo, la prueba de compresión triaxial, la prueba de compre-sión axial sin confinar y la prueba de la veleta. La prueba de la veleta es muy útilpara los casos de arcillas suaves.

9.1 En un aparato de corte directo se efectúan pruebas de corte a tres especime-nes de arcilla, obteniéndose los resultados siguientes:

123

1.502.603.60

1.551.952.30

Prueba número Esfuerzo normalkg/cm'

Esfuerzo de cortekg/cm?

Determinar el valor de la cohesión y del ángulo de fricción interna del suelo.

Solución:

En un sistema de ejes de coordenadas se dibuja la línea intrínseca uniendolos puntos obtenidos al graficar los resultados anteriores, como se indica enla figura que sigue:

63


T

(kg/cm2)

___ ~~--'-_-L.._"';__..L-_--L ,u(kg/cm2,

1.50 2.60 3.00

9.2 A un espécimen cilíndrico de arcilla de 3.0 cm de diámetro por 7.5 cm de al-tura inalterado, se le somete a la prueba de compresión axial sin confinar,resultando como carga de ruptura un valor de 210 kg. La altura final de lamuestra en el instante de la falla es de 7.1 cm. Determinar la cohesión dela arcilla.

p

P = 210 kg

~--_r L- ~ __ ---_---_-- __ --------.~~-

'J .6 0.4 cm

7.5 cm7.1 cm

+-3.0---+cm

Solución:

Area inicial de la muestra = A = 7.0686 cm2

Deformación vertical de la muestra = ~ = 0.4 cmDeformación unitaria e = 0.4 = 0.0533

7.5

A' = _A_ = 7.0686 = 7.466 cm21 - e 0.9467


El esfuerzo de ruptura a compresión axial sin confinar "a.:' vale:

210qu = 7.466 = 28.127 kg/cm-

El valor de la cohesión de la arcilla vale:

e qu=--=2

1.406 Tm/m2

9.3 Se somete una muestra de suelo a una prueba de corte directo bajo una pre-sión normal de a = 1.3 kg/cm-, resultando una presión de corte a la ruptu-ra de 0.65 kg/cm-. Determinar el ángulo de fricción interna de la muestraensayada. .

Solución:

Al aplicar la ecuación de Coulomb se tiene:

T = (a) tan ~..

Por lo que tan ~ = 0.65 = 0.51.3

y el ángulo de fricción interna ~ == 26°30'

9.4 Determinar el ángulo de fricción interna de una muestra de arena limosaque rompe en un ensaye a compresión triaxial con una al = 2a3.

Solución:

Con la conocida ecuación de Mohr para el caso se tiene:

2., ~ ., . tan' (45 + ~~

De donde:

tan (45 + ;) = -J2 = 1.4142

45 + l_ = 55°2

9.5 A tres muestras o especímenes iguales se les somete a pruebas de compre-sión triaxial no drenadas obteniéndose los resultados siguientes:

Presión lateral en kg/ cm- 0.731 1.462 2.193Presión vertical en kg/ cm! .266 3.070 3.728Angulo de ruptura 51° 53° 52°

Se desea determinar la cohesión y el ángulo de fricción interna de lamuestra. Indicar qué tipo de suelo corresponde a.los resultados finales.


Solución:

Al dibujar los círculos de Mohr correspondientes a los resultados, se obser-va el valor de la cohesión del material y como la envolvente es casi horizon-tal, el ángulo de fricción interna 4> = O. Ahora, tomando como promediode los ángulos de ruptura ex = 520

, se tiene que (45 + i) = 520, o sea

4> = 140• Como se ve, si 4> = Ose trata de una arcilla saturada.

T

r-~~~~~~~--~C = 0.9

~0~.7-3-1~------~~--~~------~--_'-3.-7-2-8-.----~-- (J

Cámara de compresión triaxial

Placa Impermeable

Cámara de compresión, paredesde plástico duro

Presión horizontal

Bureta

Placa permeable

v

t:spécimen sujeto a la prueba decompresión triaxial


9.6 Se hace la prueba de corte directo a tres especimenes con área de 36 cm- enla caja del aparato. Los esfuerzos resultantes para cada esfuerzo normalson:

Esfuerzo normal en kg/cm- 0.65 1.30 2.62El esfuerzo de corte en kg/cm/ 0.65 0.85 1.30

Solución:

Al dibujar estos resultados se obtiene que e == 0.33 kg/cm! y rP = 20°

4

Unea de resistenciaintrínseca

3

2

1.30

1

0.85

0.65

0.65 1.30 2 2.62 3 4

9.7 La línea de resistencia mtrínseca se obtiene como se muestra en la figura delproblema anterior, y se prueba un espécimen del mismo suelo en una má-quina de compresión triaxial con una presión lateral 0'3 = 1.83 kg/cm"; de-terminar cuál es la compresión vertical de ruptura esperada de la muestra.

Solución:

Como ya se dibujó la línea de resistencia intrínseca, el círculo de Mohr de laprueba triaxial para 1.83 kg/cm! como 0'3 debe ser tangente a dicha línea.Para encontrar el centro del círculo a partir del valor de 0'3 = 1.83 kg/ cm2 ,

dibuje la línea "ad" con un ángulo de 45 + j_ = 55° que corte a la línea deresistencia intrínseca en el punto "d", y en e~epunto trace una normal a lamencionada línea de resistencia intrínseca perpendicular a ella, la que fija alcentro del círculo. Se dibuja el círculo y donde corte al eje de las presionesnormales (O') se encuentra el valor de 0'1 = 10.2 kg/cm-.

68 Problemas resueltos de mecánica de suelos y cimentaciones

7

Línea de ResistenciaIntrínseca

Ie

Ll...____....I~_~ _ __.__~(1

(11= 10.2

9.8 Determinar mediante los conocimientos relativos a la compacidad relativaC, cuál es el ángulo de fricción interna que una arena presenta cuando su C;vale 15OJo, 35OJo, 65OJo, 85OJo y l00OJo, primero cuando el porcentaje de finosarenosos es menor a 5 OJo, después cuando el porcentaje de finos arenosos esmayor a 5 OJoen peso de la muestra ensayada.

Solución:

Con la fórmula propuesta por Meyerhof se tiene para cuando hay menosdel 5OJode finos arenosos:

cp = 30° + 0.15 (Cr)

a) C; = 15OJo, = 30 + (0.15) (15) 32.25°b) C; = 35OJo, = 30 + (0.15) (35) 35.25°e) Cr = 65 OJo, = 30 + (0.15) (65) 39.75°d) C, = 85 OJo, = 30 + (0.15) (85) = 42.75°e) C, = 100OJo, = 30 + (0.15)(100) = 45°

Cuando el porcentaje de finos arenosos es mayor de 5OJo se tiene:

cp = 25° + 0.15 (C,)

a) C¡ = 15OJo, = 25 + (0.15) (15) = 27.25°b) C; = 35 OJo, = 25 + (0.15) (35) = 30.25°e) C, = 65 OJo, = 25 + (0.15) (65) = 34.75°d) C; = 85 OJo, = 25 + (0.15) (85) = 37.75°e) C; = l00OJo, ,= 25 + (0.15) (100) '= 40°

Como se observa, la diferencia de valores de cp es mayor en 5° para el casode tenerse menos de 5OJo de finos arenosos. .


9.9 Una veleta de 11.43 cm de longitud o del alto de las aletas, por 7'.62 cm dediámetro de las mismas, se introduce a presión en el fondo de un sondeode arcilla suave, hasta que las aspas de la veleta queden enterradas en la ar-cilla. Se aplica luego un par que se incrementa despacio hasta que se presen-ta la ruptura del suelo. El valor del par en el instante de la falla es de 456.24kg-cm, Determinar el valor de la cohesión de la arcilla.

Medidor delPar

Q)><O::Jen!:!(.J....«

-Veleta enterrada

Solución:

C.on la ecuación que mide el valor del corte si las aspas de la veleta quedanbien enterradas en la arcilla se tiene:

e = __ p . = 456.24

xd? fJ + :) .(3.1416) (7.62) (7.62) (5.715 + 1.270)

456.24= 1274.167 == 0.358 kg/cm-

T = =

10Empuje de tierras

Las personas con información acerca de la teoría sobre el empuje de tierras, sabenque su empleo para calcular la presión ejercida sobre un muro de retención es jus-tificable cuando se satisfacen las hipótesis de que: el muro puede desplazarse porgiro o deslizamiento una distancia suficiente como para que se desarrolle toda laresistencia al corte del terreno; que la presión de poro dada por el agua en un suelono sumergido es despreciable; y que las constantes del suelo que aparecen en lasfórmulas del empuje tienen valores definidos y pueden determinarse con exactitudrelativa.

En verdad, los empujes de tierras que se consideran más usuales en la práctica sondos: el empuje activo (cuando las tierras empujan el muroj'y el empuje pasivo(cuando el muro empuja las tierras).

10.1 Un muro de retención de paredes verticales de 7.00 m de alto soporta el em-puje de una arena con un peso volumétrico en su estado natural de 1760kg/m! y un ángulo de fricción interna de 32°. La superficie del terreno eshorizontal. Determinar el empuje que recibe el muro por metro de profundi-dad y marcar las fuerzas que actúan en el muro; despreciar el empuje pasivo.

Solución:

Cuando el terreno es horizontal y la pared del muro vertical, la teoría deRankine desprecia la fricción entre pared y suelo. El empuje se calcula conla fórmula:

1 sen cp1 + sen cp

(1.76) (49)= ......;.____;--'--_•2

1 - 0.52991 + 0.5299

= (43.2) (0.307) = 13.262 Tm 13,262 kg

Este empuje es horizontal y aplicado a un tercio de la altura del muro, me-dido a partir de la base, como se indica en la figura de la página siguiente.

Para el análisis de la pantalla, el valor de h que se va a emplear en el empujede Rankine debe ser ht. '

71


. ¡. "1

h, = 6.0 m• h = 7.0 m

.. ---+---+------13.26 Tm/m2

Pantalla __ ~ .. Ó .

o'l' "o

Si se considera el efecto de la rugosidad de la pared del muro, el valor calcu-lado por la fórmula anterior se multiplica por un factor que varía desde 0.8para o = 30°, a 0.9 para o = 15°, ya que o es el ángulo de fricción con la pa-red y así se obtiene la resultante horizontal.

10.2 Determinar el empuje sobre el muro del problema anterior modificando elvalor de Rankine por la fricción de la pared considerando un ángulo de fric-ción de 20°.

Solución:

Como o = 20°, se hace una interpolación entre 0.8 y 0.9, resultando 0.87.Por tanto:

EA . cos o = (13,262) (ex)

EA . cos oEA = -'.(_13_!_,2_62~)--,-(0_.8_7.<_)

cos 20°

= (13,262) (0.87)

11,537.9 = 12279.6 k0.9396 ' g

La disminución del empuje es de 7.4070, en este caso.

10.3 Se construye un muro de retención de 7.0 m de alto para sostener un limoarenoso con un peso volumétrico de 1,760 kg/m! y un ángulo de fricción in-terna de 32°. El limo arenoso presenta, además, una cohesión de 1,220kg/rn-, o sea 0.122 kg/crn". La superficie del terreno es horizontal. Sedesprecia el efecto de la fricción del muro. Determinar la presión en la basede la pantalla.

Empuje de tierras

Solución:

Como se tiene cohesión y fricción, la fórmula activa de la presión al fondode la pantalla vale:

1 + sen ~donde N", = 1 ' y (11 = 'Yn • h

sen ~

(

(2) (0.122) J 1 + 0.52990'3 = (1.76) (7) ( 1 - 0.5299 ) _ 1 - 0.5299

'. 1 + 0.5299 1 + 0.52991 - 0.5299

= 3.785 - 0.135 = 3.65 Tm = 3,650 kg

10.4 Un muro de retención con su cimentación se muestra en la figura siguiente;

J

, .

, "

EA = 23556 kg.....,-, -"• (J = 1762 kg/m3

.. q, ~. 27°

--~-----..~.~-------Ep" ' ....

Rv = 43984 kg

a) Encontrar el valor del empuje pasivo "Ep" del lado izquierdo del muroy el factor de seguridad al deslizamiento tomando como ángulo de fric-ción entre suelo y zapata el valor de 20°

Solución:

E = ('Ynh2). ( 1 + sen ~.) = (1762) (9)p 2~ l-sen~ 2

1.4540.546 = 21,114.9 kg

73

)~


La resistencia total al deslizamiento vale:

21,114.9 + (43,984) tan 20° = 37,123.76 kg

El factor de seguridad al deslizamiento vale:

F S = 37,123.76 = 1.57. . 23,556

10.5 Calcular el empuje activo que recibiría la pantalla del problema 10.1 si sesabe que el suelo que sostiene presenta una densidad absoluta relativa de2.65, un ángulo de fricción interna de 39.75° (arena con menos de 5OJode fi-nos arenosos), una relación de vacíos de 0.45 y se encuentra saturado100%. Además, ¿cuál es el momento que el empuje activo provoca en elempotramiento de la pantalla?

Solución:

Primero se calcula el peso volumétrico saturado:

"[sat = Da + e1 + e

= 2.65 + 0.45 = 2.138 gr/cm'1.45

El empuje activo vale:

= ( (2,138) (36) ) ( 1 - 0.639)2 1 + 0.639

= (38,484) (0.22) = 8,466.48 kg/m de muro.

Como la fuerza del empuje se encuentra a ~ = ~ = 2 m, el momento3 3

en el empotramiento de la pantalla dado por el empuje activo vale:

M¿ = (8466.48) (2) = 16,932.96 kg-m

10.6 Con las condiciones del problema anterior; pero el suelo se encuentra con elnivel freático a nivel superior del terreno y el ángulo de fricción interna esde 21°; ¿cuál es el empuje activo contra la pantalla del muro?

Solución:

Como el suelo (arena) se encuentra sumergido, el peso volumétrico de laarena es:

'Y'Da - 11 + e

2.65 - 11 + 0.45

1.138 gr/cm"


El empuje está compuesto por el de la arena sumergida más el empuje delagua:

'Y' . h¡ 1 - sen 4J ('Yw) (hD 1,138 x 36EA = . + = .

2 l+sen4J 2 2

1 - 0.358 + (1000) (36) = (20484) (0.391) + 18 000 =1 + 0.358 2 ' ,

= 26,009 kg/rn de muro.

10.7 Se desea encontrar el empujetotal que recibe un muro de 3.50 m de pantalla.El suelo es una arena arcillosa húmeda con un peso volumétrico húmedo de1824 kg/m! y un ángulo de fricción interna de 30° y, cerca del muro, se en-cuentra una carga concentrada de 18 Tm, como se muestra en la figura:

P = 18 Tm

'__x = 1.80 mII

3.50 m<1> = 30°

I Yh = 1824 kg/m .

Solución:

Primero se comprueba si la carga produce o no empuje sobre el muro. Paraello, la distancia de 1.80 m a que se encuentra la carga concentrada debe serigual o menor a:

x = h . tan(45 - ~) =_(3.5) (tan 30°) = 2.02 m

Como 1.80 es menor que 2.02 m, la carga P sí afecta al muro. Por tanto, elempuje total vale:

EA = 'Yh • h2• 1 - sen 4J + P . tan ( 45 _ s., =

2 1 + sen 4J 2

= (1824) (12.25) (0.333) + (18,000) (0.577) =2

= 3,720.28 + 10,386 = 14,106 kg/rn de muro,


10.8 Calcular la presión de las tierras sobre el ademe de una zanja en una arenaen estado medio o en estado denso de compacidad, suponiendo los datos dela figura.

,::-...... -

p = O.8·'Y·h·KA

0.2 h = 0.4 m

I0.6h = 1.2m

0.2 h = 0.4

Dr = 2.65e = 0.428KA = 0.33h = 2.0 mh

Da'Y = -- = 1856 kg/m3

s 1 + e

El valor del empuje en estos casos es:

EA =( h +20.6h ) (0.8) ('y.h·kA) = 0.8 (1.6) (1.856) (2) (0.33) == 1.57 Tm/m

0.2 h = 0.4 m

-r0.8h = 1.6 m

'Y. = 1680 kg/m3

q, = 28°h = 2 m

~ .. ~O = O.8·'Y'h·KA

a) Si la arena estuviese floja, el valor del empuje seria:

EA = ( 2 \ 1.6 ) (0.8) (1.68) (2) (0.369) = 1.78 Tm/m

El empuje está aplicado en el centroide del trapecio.

b) Si en vez de arena el material fuera arcilla floja o media, el empujesobre el ademe sería:


0.3 h Dr = 2.7e = 0.6C = 1.25Tm/m2

h = 2.0 m

"Ys = ~- = 3_:_!__ = 1.69 Tm/m31 + e 1.6

0.15 h

p = 4C - "yh~ Valor máximo de diseño

Por lo que:

EA = ( h + ~.55h ) (4C - 'Yh) = (2 +21.10 )(4) (1.25) - (1.69 x 2)

= 4.37 Tm/m

11Consolidación yasentamientos

En no pocas ocasiones cuando un proyectista de cimentaciones observa que elterreno sobre el cual va a desplantarse una estructura está formado por una capade arcilla blanda, toma todas las precauciones necesarias a fin de evitar que laestructura sufra asentamiento excesivo. Sin embargo, si en la superficie existe unespeso estrato de gravas y arenas densas, y bajo éste se encuentra una capa de ar-cilla blanda, muchos proyectistas creen que el asentamiento de la estructura sólodepende de la naturaleza del suelo situado inmediatamente y en contacto con la ci-mentación, sin preocuparse por la arcilla blanda que se encuentre a más de tresmetros debajo del desplante de la cimentación, sin considerar que la consolidacióngradual de la capa de arcilla por el peso de la estructura puede originar asenta-mientos excesivos y no uniformes.

Debido a la frecuencia con que han aparecido asentamientos no previstos a causadel fenómeno, la compresibilidad de los estratos de arcilla confinados recibe unaatención creciente. Por tanto, existen ya procedimientos que permiten estimar lamagnitud y distribución de los asentamientos, para que si son excesivos, se tomenlas precauciones adecuadas.

11.1 Si la altura inicial de una muestra inalterada es de H¡ =3.0 cm, su relaciónde vacíos inicial e¡ = 1.15, y se somete a la prueba de consolidación unidi-mensional, la muestra se reduce a una altura final de H¡ = 2.40 cm. ¿Cuáles la relación de vacíos final de la muestra?

Solución:

Se sabe que:

e¡ = VT' Da _ 1Ps

1 = A H¡ _ 1A n,

H¡=---

Por tanto:H¡Hs = -~-

1 + e¡

3.0 3.0=--= 1.39 cm

1 + 1.15 2.15

79


La relación de vacíos final es:

Vv H¡ - Hsel = -- = =Vs Hs2.40 - 1.39 = 0.7266

1.39

11.2 Determinar el coeficiente de compresibilidad volumétrica m; de un estratode arcilla de 10m de espesor, si se conoce que el asentamiento total de unedificio construido sobre esa arcilla es de 4.53 cm, bajo un incremento depresión (Jz sobre la arcilla de 0.52 kg/cm",

Solución:

De la fórmula general de asentamiento:

s = m;- dp' H

se tiene:

Smv = ---dp·H

11.3 Un estrato de arcilla amarilla, cuyas características mecánicas se muestranen la figura que sigue, recibe en su parte media un incremento de carga (Jz de1.2 kg/cm", ¿Cuál es el asentamiento total del estrato de arcilla?

3.00 m Wn = 8% Arcilla limosa

1.80 m-¡- e = 0.68, Dr = 2.7, Wn = 28%, LL = 31%,. LP = 19%. Arcilla

6.00 m Arena arcillosa

~!--~-------------------------------Solución:

Primero se calcula el índice de liquidez para que se tenga una idea de si alsuelo se le puede considerar consolidado o preconsolidado.

h = Wn - L.P. = 28 - 19 = _9_ = 0.75J.P. 12 12

Como el valor del índice de liquidez (h) se encuentra cercano al, sepuede aceptar que el estrato de arcilla se encuentra normalmente consoli-dado, por lo que es aplicable la fórmula:

, S = (~) (IOglO Pi + (Jz ) (H), en la que:1 + e Pi

Ce = 0.009 (L.L. - 10) = (0.009) (21) = 0.189e = 0.68; (J2 = 1.2 kg/cm-; H = 180 cm;

Consolidación y asentamientos 81

El peso volumétrico del estrato de arcilla vale:

v« = ( Da ).(1 + ~)= ( 2.7 )(1.28) = 2.057 Tm/rn!1 + e 100 1.68

Pi = (1.68) (3) + (2.057) (0.90) = 5.04 + 1.85 = 6.89 Trn/m- == 0.689 kg/cm-

Por tanto, el asentamiento del estrato de arcilla es:

S =( 0.189 )(10 . 0.689 + 1.2 )(180) = 887 m1.68 \: g10 0.689 . e

11.4 Si en una prueba de consolidación se obtiene que:

Coeficiente de consolidación = Cv = 0.002 cm-/segCoeficiente de compresibilidad = av = 0.029 crn-/kgRelación de vacíos = e = 0.85

Determinar el coeficiente de permeabilidad del suelo ensayado.

Solución:

Al aplicar la fórmula correspondiente se tiene:

K = Cv.av.'Yw(1 + e) 1000

=(0.002) (0.029) (1.0)

(1 + 0.85) 1000= 3.13 X 10-8 cm/seg

11.5 En un ensayo de consolidación unidimensional realizado con una mues-tra de arcilla de 5 cm de alto, se tardaron 18 horas para un determinadoasentamiento. ¿En cuánto tiempo se asentaría un estrato de 5 m de espe-sor de la misma arcilla, sujeto a las mismas condiciones de carga y asenta-miento?

Solución:

Se sabe que:

h2se tiene: t2 = _2_ . t1h~

Por tanto:

t2 = (5~~2/18) = 180,000 horas, o sean 7500 días, igual a 20.547 años.

11.6 Se espera que el asentamiento total de una estructura, debido a la consoli-dación de un estrato de arcilla drenado por los dos lados, sea de 10 cm. Cal-cular los tiempos, en días, necesarios para que se presenten asentamientosde 2, 5 y 7 cm, sabiendo que el estrato de arcilla deformable es de 4 m de es-pesor y su coeficiente de consolidación es de 0.0018 cm-/seg


Solución:

Los tiempos para los asentamientos pedidos se calculan con la fórmula:

t = T·Jl2m

Cv

y como Hm = ~ = 2 m = 200 cm, se tiene:

t = (1) (200)2 = 22,222,222.22. T seg0.0018

Por lo que:

U10/0 =( 1~ )100 = 20% --- T1 = 0.031

U2% = ( 150)100 = 50% T2 = 0.197

U3% = (170 )100 = 70% T3 = 0.405

De donde:

t1 = (22,222,222.22) (0.031) = 688,888.88 seg = 7.97 díast2 = (22,222,222.22) (0.197) = 4,377,777.77 seg = 50.67 díast3 = (22,222,222.22) (0.405) = 8,999,999.99 = 104.17 días

12Movimiento del aguaen los suelos

Las presiones hidrostáticas que actúan en el interior de un suelo se calculan pormedio de la red de flujo. Esta es una solución gráfica de la ecuación general de es-currimiento de los líquidos a través de medios porosos. La red de flujo consiste endos series de líneas que se cruzan normalmente formando recuadros semejantes.Unas representan la trayectoria del agua y se llaman líneas de flujo, Las otraslíneas que cortan perpendicularmente a las de flujo, y unen puntos en el que el po-tencial hidrostático tiene el mismo valor se llaman líneas equipolencia/es. El pro-cedimiento gráfico es muy útil para determinar el flujo en cualquier problema defiltración.

12.1 Dibujar la red de flujo bajo un sistema de ataguías que tiene una extensiónde 20 metros.

Dibujada la red de flujo, calcular la cantidad de agua que se filtra a travésde las ataguías.

El coeficiente de permeabilidad del suelo es de k = 0.000015 m/seg

Solución:

La red de flujo del sistema es:

Estrato impermeable

83


Por lo que la cantidad de agua que se filtra a través del suelo bajo lasataguías es de: .

q = «». _!!¡__ = (0.000015) (4){_2_.) (20) = 0.00054 rn-/seglVe \ 20

12.2 Si se construye una cortina de tierra como lo muestra la figura y el valor dek = 30.48 m/día para el material de la cortina, calcular la infiltración pordía del agua a través de la cortina de tierra.

23 mi

13.80. '#-50. m . 50. m12 m

30. m

2 m

e-Agua

~~~ ~ 112m ~~

A .~.... _:.; .... ,".z ..., .•.

y = 45.80. m

Solución: '

Primero se dibuja la red de flujo. Al principio no se conoce la posición delpunto D, por lo que se determina. La línea BD es la línea tope del suelo sa-turado por infiltración. Esta línea puede trazarse, aproximadamente, usan-do la sugerencia hecha al respecto por Arthur Casagrande, que es: a lo largode la superficie del agua marque la distancia BFigual a 0.3 Be como se indi-ca en la figura. Fijado el punto F, se dibuja una parábola desde ese puntocon foco en E, de acuerdo con la relación:

Z2 - X2X = -------

2X

en la que:

, así pues:

BF = (0.30) (46) = 13.8 m

X = ..J(45.8)2 + (23)2 - 45.8 =

= 5.45 m = 2 ED

Movimiento del agua en los suelos 85

por tanto ED = 5.;5 = 2.725 m == 2.73 m

Z2 - (5.45)2X = __ __;,__...:._(2) (5.45)

que es la posición de la parábola básica con foco E. La parábola se constru-ye gráficamente o evaluando x para diferentes valores de Z.

El flujo es, dibujada la red de flujo bajo la parábola trazada, así:

q = Kih- ~ = (30.48) (23) (!) = 233.68 m+/día/m de cortina.

13Distribución de presionesen los suelos

El caso más sencillo de la distribución de presiones corresponde a una carga con-centrada y vertical en la superficie de un terreno considerado homogéneo, elásti-co e isótropo. El problema matemático fue resuelto por Boussinesq en el año de1865mediante la teoría de la elasticidad. Al integrar la ecuación de Boussinesq pa-ra una superficie rectangular quedando el punto bajo integración a una profundi-dad "z" debajo de una esquina, Fadum preparó una tabla que simplifica elproblema.

13.1 Determinar la distribución vertical de esfuerzos sobre planos horizontaleshasta 5 m, de metro en metro, en la línea de acción de una carga de lOOTmconcentrada en la superficie del terreno.

P = 100 Tm

1.00 m

1.00 m

5.00 m 1.00 m

1.00mII

1.00 m

87


Solución:

El problema se resuelve mediante la fórmula de Boussinesq para cada metrode profundidad.

3P Z30=--'--z 211" R5

Como en este caso se piden los esfuerzos directamente bajo la carga, la fór-mula se transforma en:

3POz = 211"·Z2

Por tanto:

(3) (lOO) 300 47.78Oz = = =

(2)'1I".Z2 6.28 Z2 Z2

así:

a) Para Z = 1.0 m ;b) Para Z = 2.0 m ;e) Para Z = 3.0 m;d) Para Z = 4.0 m ;e) Para Z = 5.0 m;

Oz == 47.8 Tm/rn! = 4.78 kg/cm-Oz = 11.9 Tm/m! = 1.19 kg/cm!Oz::::; 503 Tm/m! = 0.53 kg/cm!Oz::::; 2.98 Tm/m! = 0.298 kg/cm-Oz = 1.9 Tm/rn! = 0.19 kg/cm-

13.2 Para el caso anterior, determinar el esfuerzo a una profundidad de 3.0 m yauna distancia de 2.0 m de la línea de acción de la carga:

Solución:

La fórmula de Boussinesq también se escribe así:

c1z = KB • ( ;Z ), en la que5/2

KB = 23

11" . (1 + ~r/Z)2)

Por lo que para el caso en que r/Z = 1, se tiene:

Oz = 0.0844 ( I~) = 0.938 Tm/rn! ::::;0.094 kg/cm!

Los valores de KB en función de la relación (z) se encuentran tabuladospara variaciones de 0.01, en el libro Mecánica de Suelos y Cimentacionesdel mismo autor.

13.3 Una cimentación circular se encuentra desplantada a 2.0 m de profundidaden un terreno considerado elástico, homogéneo e isótropo. La cimentaciónpresenta un diámetro de 3.0 m y soporta una carga de lOOTm, incluyendo supeso. Determinar la presión en un plano a 7.5 m de profundidad directamen-te bajo la zapata.

Distribución de presiones en los suelos

Solución:

Para el caso de carga uniformemente distribuida de tipo circular, la fórmula es:

IYz = (K) (q),

en la que:

K = 1 _ ~ __ 1 _[1 + (R/Z)2] 3/2

Los valores de K (factor de influencia) para presión vertical bajo el centrode una carga uniformemente distribuida circular son:

D K D K D K- -Z Z Z

0.0 0.0000 2.0 0.6465 4.0 0.91060.2 0.0148 2.2 0.6956 6.0 0.96840.4 0.0571 2.4 0.7376 8.0 0.98570.6 0.1213 2.6 0.7733 10.0 0.99250.8 0.1996 2.8 0.8036 12.0 0.99561.0 0.2845 3.0 0.8293 14.0 0.99721.2 0.3695 3.2 0.8511 16.0 0.99811.4 0.4502 3.4 0.8697 20.0 0.99901.6 0.5239 3.6 0.8855 40.0 0.99991.8 0.5893 3.8 0.8990 200.0 1.000

Solución:

El valor de q = p = 100 = 100 = 14.14 Tm/rn!A 7rR2 7.07

Para una relación D = _3_ = 0.4 ; K = 0.0571 ;Z 7.5

Por lo que:

Uz = (0.0571) (14.14) = 0.807 Tm/m! = 0.081 kg/cm-

13.4 Una cimentación rectangular de 15 m deancho por 30 m de largo pro-voca una presión de contacto de 1.5 kg/cm- = 15 Tm/m-. Determinarla presión que la zapata provocaría a una profundidad de 3.0 m bajouna de sus esquinas.

Solución:

Para resolver estos problemas se usa el gráfico de Fadum que representala integración de la ecuación de Boussinesq. Cuando el punto estudiadose encuentra bajo una de sus esquinas, la fórmula es:

Uz = I-q

89

IZ ~ 3.0 mi

90

0.25

0.24

0.23

0.22

0.21

0.201

0.19

0.18

0.17

0.16

0.15

0.14

0.13

~ 0.12Ql

""CIII 0.11Ql(5ro 0.10>

0.09

0.08

0.07

0.06

0.05

0.04

0.03

0.02

0.01

0.00


!JRAFICA PARA DETERMINAR EL VALOR DE INFLUENCIA

CURVAS DE FADUM

di/I~1m 00 7 -m 3.0 I//"" ¡::..-

Im=2.~~~

1--m=2.0 ./ L...--

q por uní-

~ dad de área'X ~ t::-r?!. I-B__./ Wff/ V 1--

Z B L

J m = Z. n = Z I/W/l!J.°z ~Nl!J.az = q x la i/¿r/ /z V

I/~ // l.---

~ IV7 -1/ / IV -:h 1/ I¡ J j / /' ¡......-

q, r/~ 1)/"

h~I

/¡....--

'/1/ 1)I!J.r/¡'jI V

1jJ¡~V/ I ..-- ......-

l íh/ V VI~'1/1 II 1/

J I!jj .JI /~

-I/IA 1/1,I / ,/

W/;/ / I/ -

~ WI/ r/ I V

1MVI / 1/I,,''v

~ V/ /V

v~v~ V V ¡...-

./ ¡,.-I--"

m=oo~

V

~V VV

m=O.S::: ~ I-Yt? I---~ __......V

_-:::: ~ ~ P:::V-~ ~

m=1.8m= 1.6

m=1.4

m= 1.2

m=1.0

m=O.9

m=0.8

m=0.7

m=0.6

m=0.5

m=0.4

m=0.3

m=0.2

m=0.1

0.01 3 4 5 6 7 8 0.1 3 4 5 6 7 8 1.0 2 3 4 5 6 7 8 10.0

m=O.O

2 2

LValores de n = Z

Nota-m y n son intercambiables.


en la que 1(Factor de Influencia) depende de m y de n que a su vez de-penden de:

Bm---- -Z

Ln = _Z

Para encontrar el valor de 1se usa el gráfico de Fadum anexo. Para estecaso:

15 30m=--=5·n=--=1O3 ' 3

Por lo que de la gráfica o curvas de Fadum, en función de m y n, 1= 0.25y el valor de o¿ es:

Oz = (0.25) (15) = 3.75 Tm/rn- = 0.375 kg/cm!

13.5 En el problema anterior, determinar la presión a la misma profundidad, pe-ro al centro de la zapata rectangular.

Solución:

Para este caso la zapata se divide en cuatro recuadros:

Por lo que: m B 7.5 25=-=--= .;Z 3

L 15n = _ = -- = 5;Z 3

1 = 0.2439;

0: = 4(0.2439) (15) = 14.63 Trn/m- = 1.46 kg/cm!

Observar la diferencia del valor de Oz de este problema con respecto al valorobtenido para una de las esquinas.

13.6 Con los datos anteriores, determinar el esfuerzo a la misma profundidad,pero bajo el punto G.


¡--30m

F~~=·i~~f----------~__lI II 13mI I IG'- ....J_t

15 m

Solución:

Para la solución de este problema se divide el área como se indica y se efec-túa lo siguiente:

A t:r------,I

30m1c1

15 m

I JI~3m-

Dr- E F

I : f I

1 13m 1GL .:._1H..l J I

a) Se calcula, mediante el procedimiento de Fadum, la presión para el pun-to G como si el área ACIG estuviera totalmente cargada.

b) A la presión anterior se le restan las presiones de los recuadros ABHG yDFIG y se le suma la presión del recuadro DEHG que se ha restado dosveces:

a) Cálculo de la presión dada por el recuadro ACIG:

333

11

1 = 0.24948

az¡ = (0.24948) (15) = 3.74 Tm/rn! = 0.374 kg/cm!

b) Cálculos de los recuadros: ABHG; DFIG; y DEHG.

Distribución de presiones en los suelos

Recuadro ABHG:

B 3m=-=-=I;nZ 3

1 = 0.20449

(JZ2 = (0.20449) (15)

Recuadro DFIG:

B 3m=-=-=I;nZ 3

1 = 0.20457

93

L 18=-=-=6Z 3

3.06 Tm/rn- = 0.306 kg/crrf

L 33= - = -- = 11Z 3

(JZ3 = (0.20457) (15) = 3.068 Trn/rn- = 0.307 kg/cm-

Recuadro DEHG:

3m = - = 1; n3

1 = 0.17522

3= - = 13

(JZ4 = (0.17522) (15) = 2.63 Tm/rn- = 0.263 kg/cm!

Por lo que la presión resultante a 3.0 m bajo el punto G vale:

(Jz = 0.374 - (0.3Q6. + 0.307) = 0.263 = 0.024 kg/cm-

13.7 Se cuenta con una zapata de 2.0 m de ancho por 3.0 m de largo que soportauna carga de 120 Tm (incluyendo su peso) equivalente a una presión de 20Tm/rn-. Encontrar la presión que soportarían los puntos A, B, e, D, y E auna profundidad Z = 2.5 m bajo el nivel de desplante de la zapata.

l' 3ml·

A

0.50·

i2.5mi I

III

r---- -_~__1_..__ c_l_..L-~ 0.50m

t

¡--1.5--¡'.5i

I --.II 1.0m-----rs-----+I 1.0mI -it-

0.50i2.5mi Ij

III: 2.0 m

IDI

1


Solución:

a) El esfuerzo z bajo el punto A a 2.50 m de profundidad será para q = 20Tm/rn-:

m = .!!... = 2.0 = 0.80Z 2.5

n = !::...= .l:_Q_ = 1.20Z 2.5

1 = 0.16848

Por lo que:

GZA = (0.16848) (20) = 3.37 Trn/rn! = 0.337 kg/ cm-

b) Para el punto B el esfuerzo será:

B 1m = - = -- = 0.40Z 2.5

n =!::... = ~ = 0.60Z 2.5

1 = 0.08009

GZB = 4(0.08009) (20) = 6.41 Tm/m/ = 0.641 kg/cm-

e) Para el punto e el esfuerzo será:

1. m = ~ = 0.6 ; n = 0.50 = 0.22.5 2.5

1 = 0.04348

2. m = ~ = 0.6; n = ~ = 1.02.5 2.5

1 = 0.13605

3. m = ~ = 0.2; n = 0.5 = 0.22.5 2.5

1 = 0.01790

4. m = n = 0.5 = 0.22.5

1 = 0.01790

GZ = 20(0.04348 + 0.13605 + 0.01790 + 0.01790) == 4.3 Tm/m2 == 0.43 kg/cm/


d) Para el punto D el esfuerzo se obtiene así:

1. m = 0.50 = 0.2 . n2.5 '

2- - = 0.82.5

1 = 0.05042

m = _2_ = 0.8 . n2.5 '

2.5 1.02.2.5

1 = 0.15978

<1z = 20(0.5042 + 0.15978) = 0.21 Tm/rn- = 0.021 kg/cm!

13.8 Una carga P = 100 Tm, concentrada en la superficie del terreno y situadadirectamente en el centro de un área de 2.0 m de ancho por 3.0 m de largo,¿qué carga total produciría, a 2.5 m bajo la superficie sobre el área men-cionada?, ¿qué carga total produciría sobre esa área si estuviera desfasada1.0 m del eje de la carga, como se muestra en la figura?

P = 100Tm

¡b<:9"/'z':::M"'---YíáS;¡-&>T7-"'Y/'<'Yd';:-Y/'>~"»/é"/'z+á'_--V/<'W/.9

2.5 m ;

LL----..,...------7//" e

I

" 3m

l .¡_;..=-E -!Uc.: / 2.0m__¡

r '00'.

lal Ibl

Solución:

a) Valores de m y de n para el caso (a):

m = B = J..:Q_ = 0.4 . nZ 2.5 '

L = ___!1__ = 0.6Z 2.5

1 = 0.08009

Presión total:

PT = (4) (P) (1) = (4) (100) (0.08009) = 32.036 Tm

El esfuerzo sobre el área de 2.0 m x 3.0 m es de:

<1= 32.036 = 5.34 Tm/rrf2 x 3


b) Valores de m y de n para el caso (b):

1. Para el rectángulo ACFD:

m = n = 1.:Q_ = 1.202.5

1 = 0.19584

2. Para el rectángulo ABED:

m = ...!:Q_ = 0.4 . n = _3_ = 1.22.5 ' 2.5

1 = 0.10631

Por tanto:

PT = 100(0.19584 - 0.10631) = 9.953 Tm

El esfuerzo sobre el área es:

az = 8.953 = 1.49 Tm/rn! = 0.149 kg/cm-6

13.9 Mediante el método de 2:1, determinar la presión az que una carga de 120Tm, distribuida en un área de 2.0 m de ancho por 3.0 m de largo produce a2.50 m de profundidad, bajo su desplante.

Solución:

La presión promedio se encuentra con la ecuación:

paz= ------------

(B+Z) (L+Z)120 120 = 4.85 Trn/m/ =

24.75(2 + 2.5) (3.0 + 2.5)

= 0.485 kg/cm!

La presión az anterior es la presión media a la profundidad indicada. Lapresión máxima aproximada se encuentra multiplicando la presión mediapor 1.5. Así, la presión máxima en este problema es:

az ' = (4.85) (1.5) = 7.27 Tm/m- = 0.73 kg/crn!max


13.10 Si la distribución de presiones se hiciera no con la pendiente de 2 en 1 (<1 2)1

sino bajo un ángulo de 30° , ¿cuál sería, para el caso anterior, la presión me-dia a la misma profundidad?

pa = ---------

z (B+1.15Z)(L+1.15Z)120

(2+1.15x2.5) (3+1.15x2.5)

120 12028.64 = 4.19 Tm/rn- = 0.42 kg/cm-(4.875) (5.875)

La presión máxima sería az ' = 4.19 x 1.5 = 6.28 Tm/rntmax

14Capacidades de carga enlas cimentaciones

Es creencia algo generalizada que cualquier terreno puede sostener con eficien-cia una construcción liviana y, por tanto, no se requiere un estudio de suelos. Sinembargo, los hechos demuestran lo contrario. Casas residenciales y otras cons-trucciones livianas han sido muy afectadas debido al desconocimiento de las ca-racterísticas del subsuelo.

La capacidad de carga admisible en una cimentación es aquella que puede aplicarsesin producir desperfectos en la estructura, teniendo un margen de seguridad dadopor el coeficiente de seguridad.

La capacidad de carga depende del tipo de suelo (gravas, arenas, limos, arcillas, ocombinaciones de ellas), de las características de la cimentación y de la estructura,y del coeficiente de seguridad adoptado. El conocimiento de la presencia o ausen-cia del nivel de las aguas freáticas es muy importante porque cambia las condi-ciones de resistencia.

14.1 Determinar la profundidad de desplante aconsejable para una zapata de2.0 m de ancho por 3.0 m de largo a fin de que no se produzcan movimien-tos fuertes en ésta debidos a cambios de humedad, si se desplanta en unsuelo tipo Cl. del sistema unificado de clasificación de suelos, como se indi-ca en la figura.

rh - 7

ARCILLA"Cl" _lH",..,", ~,,,",.' 1:1=. =====-B-----------....-~i ~:~:

_____ Wo=_'" _j_')'n = '690 kg/m3

12.0 m

ARCillA "CH" LL = 60% LP = 30% IP = 30% Wn = 50% e = '.0 1.0 m

ARCilLA "SM" 6.0 m

99


Solución:

Mediante la ecuación que sigue, obtenida experimentalmente por el autor,se obtiene para los suelos tipo Cl.:

h = [(0.827-0.01698IP)IP] -4rn

[(0.827 -0.01698 x 15)15]-41.69

[(Q.827 -0.2547)15] -4 = 2.71 m1.69

14.2 En el problema anterior la arcilla es tipo Cl.; ¿es aconsejable el uso de zapa-tas aisladas?

Solución:

La arcilla Cl: del primer estrato presenta un índice de compresión Ce =0.009 (35-10) = 0.225; es decir, es de compresibilidad media (estácomprendido entre 0.20 y 0.39), lo que indica que es más recomendable,desde el punto de vista del control de los asentamientos diferenciales,emplear zapatas continuas ligando las columnas con vigas de cimentaciónpara darle la rigidez necesaria.

14.3 Si en el suelo del problema anterior se construye una zapata continua de unmetro de ancho por 20.0 m de largo (por lo general cuando L/Bes mayor de5, se considera como continua), ¿cuál es la capacidad de carga admisible de lazapata con un factor de seguridad de tres?

Solución:

Se aplica la siguiente ecuación de Terzaghi para la capacidad de carga última:

qd = e-N; + 'YZ.Nq + 0.5 'YB.N-ye = 12 Tm/rn-

N¿ = 5.7 (para 4> = O,Ne = 5.7, Nq = 1 y N-y = O)según la tabla de Ter-zaghi siguiente:

</>0 Nc Nq Ny

O 5.7 LO 0.05 7.3 1.6 0.5

10 9.6 2.7 1.215 12.9 4.4 2.520 17.7 7.4 5.025 25.1 12.7 9.730 37.2 22.5 19.734 52.6 36.5 35.035 57.8 41.4 42.440 95.7 81.3 100.445 172.3 173.3 297.550 347.5 415.1 1153.2


La capacidad de carga última es:

qd = (12) (5.7) + (1.69) (2.71) (1) = 68.4 + 4.58 = 72.98 Tm/rn-

Con un factor de seguridad de tres, la capacidad de carga admisible es:

72.98ü« = 3 = 24.33 Trn/m- = 2.4 kg/cm!

14.4 En una arena de compacidad relativa de 65070 se desea saber la capacidad decarga de una zapata cuadrada de 3.0 m por lado. La arena presenta un án-gulo de fricción interna de 35° (arena gruesa con menos de 5% de finos are-nosos), carece de cohesión y tiene un peso volumétrico húmedo en el lugarde 2.1 Tm/m-. La zapata se desplantará a 1.20 m de profundidad. Factor deseguridad de tres.

Solución:

Mediante la ecuación de Terzaghi, la capacidad de carga última de la arena es:

qa = 1.3·c·Nc + 'YZ.Nq + O.4.'YB.N-y.

e = O ; para 4> = 35° : N¿ = 57.8 ; Nq = 41.4 ; N-y = 42.4 ;

qd = (1.3)(0)(57.8) + (2.1) (1.2) (41.4) + (0.4) (2.1) (3) (42.4)= O + 104.328 + 106.848 = 211.18 Trn/rn-

La capacidad de carga admisible con un factor de seguridad de tres es:

211.18qa = = 70.39 Tm/rn- = 7.04 kg/cm-

3

14.5 Si en el problema anterior en vez de usar una zapata cuadrada de 3.0 mx 3.0 m se usa una zapata circular de 3.0 m de diámetro, ¿cuál es la capaci-dad de carga admisible, si todo lo demás 'permanece igual?

Solución:

La capacidad de carga última es:

qd = 1.3·c·Nc + 'Y.Z.Nq + 0.6·'Y·R.N-y, y como e = O, se tiene:qd = (2.1)(1.2)(41.4) + (0.6)(2.1)(1.5)(42.4) = 104.328 + 80.136 =

= 184.46 Tm/rn-


184.46qa = = 61.486 Tm/rn! = 6.15 kg/cm-3

14.6 Un manto de arena de 15 m de espesor servirá para desplantar una estructurapor medio de zapatas aisladas. Las zapatas se colocarán a 2.0 m de profun-didad, la mayor de ellas es de 2.0 m de ancho por 3.0 m de largo. La arenaes bastante fina y el nivel freático se encuentra a 1.0 m de la superficie del


terreno. Se hicieron pruebas de penetración normal a cada metro de pro-fundidad, encontrándose que el menor promedio (entre todos los sondeoshechos) de los valores de N, bajo una distancia de 2.0 m bajo el nivel dedesplante, fue de 23.

Determinar la capacidad de carga de la cimentación con un factor de seguri-dad de dos y un asentamiento máximo de 2.54 cm

Solución:

La siguiente expresión de Terzaghi-Peck se aplica para el caso:

qa = 720 (N-3) e ~Bl(R) 4.88

en la que:

qa = capacidad de carga admisible en kg/rn- (el factor 4.88 es el de cambiode unidades).

N = número de golpes en la prueba de penetración normal, y que, en estecaso por ser arena fina sumergida, se modifica así:

N'= 15 + 0.5 (N-15) = 15 + 0.5 (8) = 19

B = ancho de la zapata, en pies.

R = factor de reducción según condiciones de la figura:

B

~y NF

1.0

0.9a:(1) 0.8"O(/)(1)

(5 0.7ro>0.6

0.5

~ -,-,

r-,-,o 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

z,Z

a:(1)

"O(/)(1)

(5ro>

/_/_

//

L

1.0

0.9

0.8

0.7

0.6

0.5

o 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0


Solución:

qa = 720(19-3)(1 + 6.56\2 (0.75) 4.88 = (11,520) (0.332) (0.75)13.12 -;

(4.88) = 13,998.18 kg/m- = 13.998 Tm/m- = 1.4 kg/cm!

El valor anterior puede aumentarse multiplicándolo por (1 + Z/ B) con unvalor límite de dos cuando Z/B sea mayor que uno, por tanto:

qa = 13.998(1 + ~) = (13.998) (2) = 28.0 Tm/rn- = 2.8 kg/cm-

Otra solución a este problema es mediante la fórmula siguiente, que se apli-ca en forma directa, sin correcciones (en la fórmula, no en el valor de N)por lo que respecta al nivel freático y siempre considera el factor de profun-didad R, arriba de la zapata. Además, las unidades están en el sistemamétrico decimal.

qa = 0.6 (N-3)(B+2~305y . R; R = (1 + !):5 2

por lo que se tiene para el mismo problema:

qa = 0.6 (19-3)( 2+~.305J (1 + ~) = 6.37 kg/cm!

El valor de B está en metros en esta fórmula y el resultado en kg/ cm!

Al obtener la capacidad de carga admisible para la zapata más cargada, casise asegura que el asentamiento diferencial entre zapatas sea menor a 2.5 cmy, usualmente, menor a dos centímetros.

14.7 En un estrato de arena fina se construye una losa de cimentación. Para ladeterminación de la capacidad de carga se realizan varios sondeos y deter-minaciones del valor de N en la prueba de penetración normal. Si el valorpromedio de N es de 15, ¿cuál puede ser la capacidad de carga admisible dela arena?

Solución:

Para el caso de losas que se van a construir sobre arenas, se puede determi-nar la capacidad de carga admisible por medio de la expresión:

N-3 15-3qa = = = 24 kg/cm-55·

14.8 Suponer ahora que en el problema 14.6 de capacidad de carga, la carga envez de centrada está colocada excéntricamente, con una excentricidad de0.30 m; ¿cuál es la capacidad de carga admisible de la zapata de cimenta-ción?

Solución:

Para la determinación de la capacidad de carga admisible de una cimenta-ción con carga excéntrica se determina, primero, la capacidad de carga ad-


misible suponiendo que la carga está centrada, y luego se multiplica por elfactor de reducción que se obtiene de la gráfica siguiente. En el problemadel ejemplo anterior se tenía:

qa = 2.8 kg/cm-, y como:

c:'0ü~ 0.6 ¡---it--"Ir'---t---+--j

'"oc

'"'O

° 0.1 0.2 0.3 OA 0.5

elB

e = excentricidad de la carga, cmB = ancho de la cimentación, cm

_!!_ = 0.30 = 0.15, el factor de reducción para suelos granulares es de 0.48,B 2.00por lo que la capacidad de carga admisible es:

qa = (2.8) (0.48) = 1.34 kg/cm-

14.9 Si en el problema 14.4 la carga en vez de estar aplicada verticalmente, estu-viera aplicada con una inclinación de la vertical de 400, ¿cuál sería la capa-cidad de carga de la cimentación?

Solución:

En estos casos se determina la capacidad de carga como si la carga fueravertical y su valor se multiplica por el factor de reducción R¡ propuesto por

zt '---L--._J

I--B_J

Pv- = Ri' qaB

e-o'üo:l'OQ)

OC

'"'O

Boro

LJ_

Pi- = Ri : qaB

1.0

e-o'üo:l'O

'"OC

'"'O

Boro

LJ_

0.8

0.6

0.4

o


la A.R.E.A. y por Meyerhof, como se indica en la figura. Para el ejemplo,ya que ex = 40° y la arena está con 65010de compacidad relativa (límite su-perior de estado medio), el valor de R¡ es de 0.3, considerando el caso másdesfavorable o sea en estado medio de compacidad, por lo que la capacidadadmisible de carga es:

q = 7.04 x 0.30 = 2.11 kg/cm-

14.10 Una zapata de cimentación de 2.0 m x 3.0 m se desplanta en un terreno quetiene una inclinación de 30° como muestra la figura:

8 .---y--..,---.--r-17 J.-+-~-+-'+-I

6 1--+.:--+.&,-+--+-1

8']5;;:: 4 t---'~>i..,--+'--+-I

3 1--~d--"~:'1--i

2 r-+.'f'>-.d"-<~

400 I--~--l Angulo de" ~fricción interna

600 r--.---.--r--.----t500 t-'",:-+-+---+---+--I

"

20"40° 60° 80°

Si la zapata se coloca de tal manera que Z = 2.40 m, ¿cuál es la capacidad decarga admisible de la zapata si e = 0.7 kg/ cm", 'Yh = 1.7 Tm/ m3 y 1> = 30°?

Solución:

Z 2.40Como - = -- = 1.20 que es mayor de uno, los valores de Ncg y Nwq son:B 2.00

Ncg = 3.8 y Nwq = 20, por tanto:

qd = 1.3.c.Ncg + O.4B.'Y.Nwq

= (1.3) (7) (3.8) + 0.4 (2) (1.7) (20) == 61.78 Tm/rn-


qa = . 61.78 = 20.59 Tm/rn- = 2.06 kg/cm"3

14.11 A lo largo de un tramo de 10 Km en terreno bajo, en el que el nivel freáticocoincide con la parte superior del mismo, las características mecánicas son:

Peso volumétrico sumergido = 'Ysum = 610 kg/rn!Cohesión = 0.9 Tm/rn-Angulo de fricción interna = 1> = 10°

Sobre este terreno se desea construir un terraplén para una carretera, comose muestra en la figura siguiente:


t--- 2b = 27.5 m

!- 13.75 --!

¡- 12.5 ...¡ t""'- 1 2. 5 ___,..Talud 1:2.5

//

//

//

//

/

40 mSuperficie de falla

El material con que se construirá proviene de un banco cercano y sus carac-terísticas físicas son, ya compactado:

Peso volumétrico seco = 1920 kg/rn!Cohesión = 3.42 Tm/rn-Angulo de fricción interna = ~ = 20°

Se desea determinar la capacidad de carga del suelo de cimentación, o resis-tencia a la expulsión lateral, debido al peso del terraplén que se va a colocarsobre el terreno natural.

Solución:

a) Primero se transforma la sección trapecial del terraplén en una secciónequivalente rectangular de la misma altura. Así, el ancho de dicha basees de 2b = 27.5 m

La ecuación que se emplea es la de Prandtl, modificada por Taylor:

Cálculos para el suelo de cimentación:

e . cot ~ (3.42) (cot 10°) == (3.42) (5.671)

19.39 Tm/rn-

-:». tan (45 + ~) = (0.610) (13.75) tan (45

_ 10 Tm/m-

10)+ 2 .= 9.99 Trn/rn- ==

tan- 50° 1.42

e7r·tan <p = e(3.14) tan 10° = e(3.14) (0.1763) = eO.5535 1.739 = 1.74


Capacidad de carga última del suelo de cimentación:

qd = (19.39 + 10) [(1.42) (1.74) - 1] = (29.39) (1.4708) = 43 Tm/m- == 4.3 kg/cm/

Presión del relleno sobre el suelo de cimentación:

Pi = b's·Z) = (1.92) (5) = 9.6 Tm/m-

Factor de seguridad contra la rotura del terraplén colocado sobre elsuelo de cimentación:

F.S. = 43.23 = 4.59.6

Siendo el F.S. bastante alto, para tener un F.S. = 3, se requiere:

F.S. = 43.23 = 3(1.92) (Z)

Por lo que la altura del terraplén puede llegar a:

(1.92) (Z) (3) = 43.23

z= 43.23 = 43.23 = 7.5 m(1.92) (3) 5.76

b) Si en este ejemplo el suelo de cimentación fuera arcilla pura con ángulode fricción interna de cero y 2.44 Trn/m! de cohesión, ¿cuál sería la ca-pacidad de carga? Mediante la teoría de Prandtl se tiene:

qd = 5.14 e = (5.14) (2.44) = 12.54 Trn/rn!

El factor de seguridad en este caso es:

F.S. = 12.54 = 1.319.6

En este caso, si se desea un factor de seguridad de tres, el terraplén debe te-ner una altura de:

Z 12.54 12.54 2 18· 1 di' .= = = . m en ugar e os cmco metros que tiene.(1.92) (3) 5.76

Debido a las características mecánicas del suelo de apoyo del terraplén, sonde esperar asentamientos significativos.

15Zapatas de cimentación

El tipo de cimentación por medio de zapatas aisladas es aconsejable cuando elsuelo es de baja compresibilidad, es decir, que su índice de compresión es menorde 0.20. Cuando el suelo tiene estas características se considera, al usar zapatasaisladas, que los asentamientos diferenciales deben ser controlados, ya sea por laflexibilidad de la estructura que los acepta o por el uso del procedimiento de asen-tamientos iguales en el cálculo de las áreas de las zapatas. Cuando el suelo es decompresibilidad media, entonces es más aconsejable el uso de zapatas continuas,ligadas por medio de vigas, según sea la intensidad de las cargas que se van a so-portar.

15.1. Calcular mediante la teoría última del concreto (o teoría plástica como tam-bién se le llama) una zapata cuadrada para cimentar una columna de 0.60 mx 0.60 m que transmite al suelo una carga de 180 Tm en su base.

Datos:

(la 25 Tm/m- = 2.5 Kg/cm!"fe = 2.5 Tm/rn!t: 175 Kg/cm!fy 2530 Kg/ cm-CV 70 TmCM 90Tm

p 160 Tm

Solución:

a) Cálculo del área de la zapata:

P + 070 P = 160 + 16 = 7.04 m2

Ua 25A =

B ..J7.04 = 2.65329 m == 2.65 m

Un = ~ = (70) (1.7) + (90) (1.4) =A 7.04

119 + 126704

34.8 Tm/m2


b) Cálculo del momento externo == Mu:

== (3.48) (102.5)2 (265) == 4,844,431.87 Kg-cm2

, ,60 m__,,-i""" __ C_~-r-.., -,B ~ 2,65 m

c ~ 102.5 cm'

Eu

OTOíE ;1~LO +caN I

O 01'" caal o 11

.o

d

f- .60 m L.2 Lo 82.5 cm-l., .,

e) Cálculo de las cuantías:

Qmín == ___!i_ == 14 = 0.0055fy 2530

(f~ 6100)

Qmáx = 0.75 o» == 0.75, 0.85 K1h 6100 + fy .

Como j'; es menor que 280 Kg/cm", se usa K1 = 0.85; por tanto:

(. 175)( 6100 )

Qmáx = (0.75) (0.85) (0.85) 2530 6100 + 2530 = 0.0265

Se toma un valor arbitrario de Q = 0.01, entre la mínima de 0.0055 y la má-xima de 0.0265.

d) Cálculo del peralte por flexión:

cP = Muf/> • Q • b . fy (1 - 059 Q fy )

fe

4,844,431.87= =(0.9) (0.01) (265) r 2530 (1 - 0.59 X 0.01 253011

175

=

4,844,431.87 = 877.72 cm-5,519.3636

Por lo que:

d = .J877.72 = 29.63 cm


Siendo mayor que el mínimo recomendado de 15 cm se acepta para es-tos casos.

Como el valor del peralte efectivo en las zapatas no está regido por el mo-mente sino por el corte, se emplea como primera prueba un d == 40 cm

e) Comprobación del peralte de d == 40 cm al corte:El esfuerzo del corte admisible es:

Vad == .JJ{ = .Jf75 = 13.2 Kg/ cm2

El esfuerzo actuante Va es:

(265 + 100)Ve = (un) (A) = (3.48) 2 (82.5) = 52,395.75 Kg

v: _ Ve = 52,395.75ae - 1>. b . d (0.85)(100) (40)

52,395.75 = 15 4 Kg/cm!3400 .

Como el corte actuante resultó mayor que el admisible, se prueba conun d mayor. Se usa un d = 45 cm, que es vez y media el d calculado pormomento, aproximadamente:

Ve = (3.48)( 265 ; 105 ) (80) = 51,504 Kg

Ve 51,504Vae = 1>. b . d == -(0-.8-5)-(';_10-5)-(-45--)==

515044,016.25

= 12.82 Kg/crn

~c = 102.5 cm

,..0.60 m..,...2""'l1,..0.80 m·~

22.5 cm

El concreto con d = 45 cm resiste el valor del corte actuante, pues éstees menor que el admisible de 13.2 Kg/cm!

El Valor del corte actuante es resistido por el concreto con d = 45 cm,pues dicho corte es menor que el admisible de 13.2 Kg/cm",


j) Cálculo del refuerzo necesario:

Se supone un valor de a igual a 1~ del peralte efectivo calculado pormomento, como primera prueba, por lo que:

d 29.63a=-- = -~-10 10

2.963 cm ==.3 cm

= 4..:..,8_44.....-;...,4_3_1_.8_7__ = 51.79 cm2

(0.85) (2530) (45 - 1.5).

g) Recálculo de a, para comprobar la supuesta:

a = As· fy(0.85) Ue) (B)

(51.79) (2530)(0.85) (175) (165) = 3.32 cm

La diferencia de 3.32 cm de a con la supuesta de 3.0 cm es dellO.66OJo,que está dentro de lotolerable (10%)

h) Revisión de la cuantía:

As 51.79emín = b. d (265) (45) = 0.00434 que es menor que elemín = 0.0055, por lo que se aumenta el acero de refuerzo. Se usa elmínimo:As = (0.0055) (265) (45) = 65.59 cm2Si se emplea varilla del # 7, se tiene:N' d ·11 N 65.59 16948 17 '11umero e van as = = = .. =. van as.

3.87Se usan varillas del # 7 a 15.5 cm c.a.c. colocando la primera y la últimaa 8.5 cm del extremo de la zapata. Este refuerzo se colocaen ambos sen-tidos.

COl. 60 x 60 cm

d = 45 cmtr = 7.5 cm't

Vr. No. 7 a 15.5 cm

de c.a.c. en las

dos direcciones

r r!I L-+--+--+-~: I

I I¡ I

~

Zapatos decimenttwión 113

/r 7

Ii+-----1-

,2.65 cm -11) Revisión por longitud de desarrollo o adherencia:

Para varillas del # 11 o menores, la longitud de desarrollo, como en elejemplo, debe ser de:

1 _ 0.06 Av' fy _ (0.06) (3.87) (2530)d - .J1{ - -.Jf75 587.47 = 44.40 cm

13.23

y mayor que: 0.0057 (dv) (fy) = 32 cm

Como la longitud de anclaje de la varilla es de e = 102.5 cm, su longi-tud de desarrollo es correcta.

15.2. Diseñar una zapata continua bajo un muro que, a través de una viga decontra-cimiento como muestra la figura, transmite una carga P = 13 Tm pormetro de muro. Usar teoría de última resistencia. De las 13 Tm, 5.0 Tm sonC.V. y 8.0 Tm son de C.M.

Ancho de la viga de contra-cimiento = 30 cm, capacidad de carga admi-sible de la cimentación continua = Ua = 10 Tm/mt == 1.0 Kg/Cm212'

Peso volumétrico del concreto = '"re = 2.5 Tm/rn!f~ = 175 Kg/cm2;fy = 2530 Kg/cm/

Solución:

a) Cálculo del área de la zapata:

A = P + OJo P = 13 + 1.3Ua 10

14.310

1.43 m2

Al considerar una longitud unitaria de muro se tiene:

A 1.43B = -_= -- = 1.43 m, se usa como B = 1.40 m,L 1.0

con lo que la nueva área An = 1.40 m2


. r; (?) (1.7) + (8) (l.4)La sigma neta Un = An = =1.40

= 8.5 + 11.21.40

= 14.07Tm/m2

b) Cálculo del momento externo:

(un) (C)2 (1.0) (1.407) (55)2 (100)Mu = = =2 2

= 212,808.75 Kg-cm

e) Cálculo de las cuantías:

14 14 = 0.0055enún = fy = 2530

!c 6100emáx = 0.75 Po = 0.75 (0.85 K1 ~ • ----fy 6100 + r,

Como f~ es menor que 280 Kg/cm-, se usa K1 = 0.85, por tanto:

(175 ). ( 6100 )emáx = (0.75) (0.85) (0.85) 2530 6100 + 2530 = 0.0265

Se toma arbitrariamente un valor intermedio entre el mínimo y el máxi-mo para suponer a e = 0.01

d) Cálculo del peralte por flexión:

~ = M~u =

(j) . e . B . fy (1 - 0.59 e ~)

= -::--=2:.:1.::.;2,~8.::.:08:..:..7:..:;5:.__ --:: =(0.9) (0.01) (55) [2530 (1 - 0.59) (0.01) 2

15;50]

212,808.75 = 185.92 cm1144.648

De donde:

d = "'185.92 = 13.63 cm


Como el peralte encontrado es menor que el mínimo especificado de 15cmpara estos casos, se usa d = 15 cm

e) Comprobación del peralte d = 15 cm por corte:

El corte admisible vale:

Vad = .,¡¡;-= -JT75 = 13.2 Kg/ cmz

El esfuerzo actuante vale:

Vc = (un) (A) = (1.407) (55-15) (100) = 5,628 Kg

Yac = __ Jl:...:;.c __ = 5628 = 5628 = 4Al K /cm-4> • b . d . (0.85) (100) (15) 1275 g

Como el corte actuante fue menor que el admisible, el peralte d = 15 cmes correcto.

j) Cálculo del refuerzo necesario:

Se supone un valor de a aproximadamente igual al peralte por momentodividido entre diez: a ::':::1.4 cm

As = M___:.;_u__ = 212,808.754>·fy(d - .E..) (0.85) (2530) (15-0.7)

2

212,808.75

30,752.15=

= 6.92 cm-

g) Recálculo de a para comprobar la supuesta:

1 = As· fy(0.85) (fa (B)

(6.92) (2530)(0.85) (175) (55)

17,507.68,181.25

= 2.14cm

Como la diferencia entre la a calculada y la a supuesta es mayor del100/0,se supone una a mayor. Ahora se escoge una a = 2.0 cm

As = 212,808.75(0.85) (2530) (15-1)

212,808.75 = 7.07 cm-30,107

a(7.07) (2530) 17,887.10 = 2.18'cm

8,181.25(0.85) (175) (55)

La diferencia de 0.18 con el valor de a = 2.0 cm supuesto representa un9% por lo que se considera adecuada.

h) Revisión de la cuantía:

Q = b~sd = (5;)~~5) = ~.~; = 0.00857 que está comprendido entre

el mínimo de 0.0055 y el máximo de 0.00265.


Si se emplea varilla del # 3, se tiene:

N = 7.07 = 9.958 varillas == 10 varillas # 30.71

Por lo que se colocan varillas del # 3 con la separación de:

100S = -- = 10cm c.a.c.10

La primera y la última varilla se colocan a la mitad de la separación an-terior, o sea a 5 cm de la orilla de la zapata.

J) La longitud de desarrollo, en este caso de zapata continua, vale:

1 _ (0.06) (Av)(fy) =d - f~mayor que:

(0.06) (0.71) (2530) = 8.15cmydebeser175

~ ::;;:0.0057 (du) (fy) = (0.0057) (0.95) (2530) = 13.7 cm Rige este valorde 13.7 cm, y como es menor que e = 55 cm, en el ejemplo la longitud dedesarrollo disponible es mayor que la necesaria, o sea que es correcta.

k) Acero po~ temperatura:

Perpendicular al acero de flexión se coloca acero por temperatura en lacantidad de:

Ast = 0.0018 bd = (0.0018) (240) (15) = 6.12 cm2

Al emplear también varillas # 3 se tiene:

N = 6.12 = 8.62 varillas = 9 varillas # 30.71

Se colocan varillas del # 3, por temperatura, a:

240S = -9- = 26.67 cm

Se colocan a 25 cm de separación y la primera y la última a 20 cm delextremo de la zapata.

,/ ¡;VARILLA #3 a25 cm Ca C.

JI

------------------ ------------ -----¡ -- -- ---- - - - -- '---

Contracimiento f--------------- -------- ------------J -- 1-- - - - - - -- - ---

) I/' L VARILLA #3 a 10 cm Ca C.

ZapattlS d~ cimentación 117

15.3. Diseñar una cimentación "conectada" para dos columnas, una de lindero,como lo muestra la figura:

400m

COLS. 40 cm x 40 cm

P = 80 Tn

T

A; Br~ .

Trabe de liga _.__._ 1~J

~.

,

--tO

Esfuerzo neto del.terreno (igual al esfuerzo admisible del terreno menos elesfuerzo que provoca la zapata sola) = (1n = (1a - (fe = 15 Tm/m"

Solución:

Se supone la dimensión AB o la A C.En este problema se supone la dimensión AC == 2.0 m

Diagrama de fuerzas:

~'ll .50 Tn0.20 m

y

3.80 m

x4 --

2

R = 30 x


Se pueden establecer las siguientes ecuaciones de equilibrio llamando x a ladistancia AB = CD. Se toman momentos con respecto al punto de aplica-ción de la fuerza y y se tiene:

50 + y = 30x

De la primera ecuación se tiene:

190 = 120x - 15.x2.x2 - 8x + 12.7 = O

. - b ± .Jr-b2---4-.a-.c 8 ± --./64- 50.8x = ------~-------- = =z, 2

4 ± 1.82

De donde:

x = + 5.82 m; x = 2.18 m

Al tomar como solución el menor valor de x se tiene que:

x = 2.18 m

Al reemplazar este valor de x = 2.18 m en la ecuación de suma de fuerzasverticales se tiene:

50 + y = (30) (2.18) = 65.4y = 65.4 - 50 = 15.4 Tm

La solución es correcta, ya que y = 15.4 Tm resultó bastante menor que lacarga en la columna interior, que es de 80 Tm

La parte de la carga de la columna interior que debe cimentarse es:

80 - 15.4 = 64.6 Tm

Esta zapata se escoge cuadrada, por lo que queda de:

B = 64.6 = 2.075 == 2.10 m15

De este modo la cimentación queda con las siguientes dimensiones en planta:

2.20 m 2.10 m

r2 m'

j1-

1I - t--.

e de- n., 1 IL 2.,

,_1- - '1-

10 m


En este análisis no se considera el peso de la trabe de liga, ni la reacción delsuelo sobre dicha trabe, ya sea porque el ancho de la trabe es muy pequeñoo porque se afloje el suelo que está en contacto con ella en el tramocomprendido entre las dos zapatas. Además, de esta forma el problema sesimplifica y no se comete error apreciable al ejecutarlo.

Para el dimensionamiento de la trabe de liga se calcula el momento máximo.

El momento máximo aparece donde el corte es igual a cero, de ahí que la dis-tancia Xl> medida desde el lindero, donde el corte es cero y el momento esmáximo, se obtiene sumando las fuerzas verticales a la izquierda de la sec-ción considerada:

- 50 + 30'Xl = 1.67 m

3.8 m

15.4 Tm

·1<

t 2.10 m í

III

I .

~ I .. I'-k'\j: ~Ahora, tomando momentos con respecto al punto de corte cero' 'O", se en-cuentra el valor del momento máximo:

M¿ = 30XI' Xl ~ 50 (Xl - 0.20) =2

= (30) (1.67)e~7) - (1.67-0.20) =

= 43.35 - 73.5 = - 30.15 Tm - m

]20 Problemas resueltos. de mecánica de suelos y de cimentaciones

Se toma para la trabe un ancho de 40 cm (igual al ancho de las columnas) yse considera para el concreto y el acero las siguientes características:

f~ = 180 kg/cm-fs = 1400 kg/ cm2

Vod = 0.29 -JJ{ = 3.89 kg/cm-"le = 2.5 Tm/m3

Se puede calcular el peralte de dicha trabe y su acero correspondiente. Seusa la teoría elástica en vez de teoría última. Por tanto:

K = 14.06 kg/cm-; f~ = 80 kg/cm-; n = 12; k = 0.407; j = 0.864

Por lo que:

d - / M- J K· b3,015,000

(14.06) (40) =

73.22 cm == 73.0 cm

h = 73,00 + 7.5 = 80.50 cm == 80 cm

La trabe de liga queda de 40 cm x 80 cm

Análisis del corte en la trabe de liga:

Pac = b~ = (!g;:) = 5.28kg/cm2,queesmenora3.89kg/cm2

Se tienen que usar estribos para tomar la diferencia de corte:

v' = 5.28 - 3.89 = 1.99 kg/cm-

Al emplear varillas del # 3, se tiene:

s = (Av) (fs) = (2) (0.71) (1400) =(v') (b) (1.99) (40)

1988 = 2497 m79.6 .. e

Se usan estribos #3 a 25 cm de c.a.c. de estribos. La cantidad de acero quese usará es:

As = __ M_·_fs·j· d

3,015,000 == 34.15 cm!(1400) (0.864) (73)

Al emplear varillas # 7, con A v = 3.87 cm-, se tiene:

N = j34.15 = 8.89 varillas = 9 varillas #7 que se ponen en dos capas,.87

cinco varillas abajo y cuatro arriba. Ya que es una trabe, no es necesario re-visar la adherencia o longitud de desarrollo.

Las zapatas se calculan como losas continuas empotradas a la trabe de liga.


Est. No. 3 @ 25 cm

16Pilotes y pilasde cimentación

El uso de pilotes en una cimentación es recomendable cuando el suelo superficial,en un espesor fuerte, no tiene la suficiente resistencia para soportar las cargas de laestructura sin deformaciones exageradas. En estos casos, el efecto de las cargas selleva a estratos más profundos pero resistentes por medio de pilotes.

Los pilotes también se usan para consolidar terrenos flojos. Hay que considerarlas diferentes formas en que los pilotes trabajan y calcular sus asentamientos al so-meterlos a la acción de las cargas. Aunque el más usual es el pilote de concreto re-forzado, trabajando de punta, también puede trabajar' sólo por fricción cuandoel estrato resistente se encuentra a mucha profundidad y es antieoonómico apo-yarlo en él. Algunas veces se les hace trabajar como pilotes mixtos, trabajando depunta y de fricción.

Cuando los pilotes son de gran diámetro se les llama Pilas y en algunas ocasionesllevan una ampliación o campana en la punta para ayudar a tomar más carga.

16.1. La cimentación de una estructura en un terreno como el que se muestra enla página siguiente, se diseña por medio de pilotes.

La columna más pesada lleva una carga de 120Tm. Los pilotes que se van aemplear son de sección cuadrada de 0.30 m por lado, armados con 4 varillas#6 (3/4") y estribos 3/16" separados 8.0 cm de centro a centro en toda sulongitud, excepto el primero y el último metro del pilote, en donde los estri-bos se colocan a la mitad de la anterior separación, o sea, a 4.0 cm uno delotro.

Los pilotes son de 10.0 m de longitud total y se les considera trabajando na-da más por fricción lateral.

a) Se desea saber si los estratos del perfil de suelos mostrados están precon-solidados o normalmente consolidados.

b) Calcular la capacidad de carga de cada pilote trabajando por fricción,en cuanto al suelo se refiere, y como columna corta al trabajar estructu-ralmente.

123

')'h = 2.176 Tm/m3

qu = 10 Tm/m2

N = 8LL = 38% cJ> = 4°LP = 24% fu = 10 Tm/m2

11.0 m IP = 14% Cc = 0.252Wn = 36% e = 0.8

124

6.0m


P = 120Tm

col. de 0.30 m x 0.30 m

Arcilla orgánica compacta de color:café rojizo

Arcilla inorgánica blanda de coloramarillo3m----t

3m LP =IP =

\.h = 1.855 Tm/m2

q = 5.0 Tm/m2

N = 4LL = 32%

Elev.84_t_

.1Ce = 0.198fu = 2 Tm/m2.

cJ> = 4°e = 0.7

Roca dura tipo lutita sana

e) Decidir cuál es la capacidad de carga que se va a emplear para determi-nar el número de pilotes. .

d). Determinar el número de pilotes y su separación o distribución.e) Dimensionar en planta la zapata-cabezal.j) Determinar el factor de seguridad del conjunto de pilotes.g) Por el método de dos en uno y empleando las presiones medias, calcular

los incrementos de presión en las cotas 89.16 y 84.h) Calcular el asentamiento total que sufre la zapata.1) Calcular estructuralmente la zapata-cabezal.

Solución:

a) Para conocer si los estratos están pre-consolidados o normalmente con-solidados, se determina el índice de liquidez. Para el primer estrato setiene:

Pilotes y pilas de cifMntación 125

IL -_ Wn - Lp 36 - 24 ,-..:..:..._.,---~ = = 0.857; como este valor esta cercano at; 14

1, se dice que el estrato está normalmente consolidado.

Para el segundo estrato se tiene:

Wn - Lp 28 - 20ic = 1 12normalment~ consolidado.

0.67, se puede considerar también

b) Cálculo de la capacidad de carga de un pilote de 10.0 m de longitud tra-bajando con fricción:

R¡ = (L) (4B) (fu) = (10) (1.20) (10) = 120 Tm; al emplear un factor deseguridad de tres se tiene:

R¿ = 120 = 40 Tm, como capacidad admisible del pilote en cuanto al3

suelo se refiere.

Ahora como columna corta el pilote resistiría:

R¿ cp (0.85 /~ Ac + As/y=

= 0.7 (0.85)(175)(900 - 11.48) + (2530) =

=112.85 Tm

La resistencia admisible, como columna corta con un factor de seguri-dad de dos, vale:

R~ = 11~.85 = 56.42 Tm

e) Como el valor de. capacidad de carga admisible por fricción del suelofue de 40 Tm (menor que 56.42 Tm, como columna), ése es el valor querige el diseño: R¿ = 40 Tm

ti) El número de pilotes que se va a emplear es:

N 120 3'1= 4() = PI otes.

El peso de la zapata-cabezal se transmite directamente al suelo y seconsidera resistido por éste, ya que los pilotes trabajan sólo por fric-ción.

El peso propio de la zapata-cabezal, como los pilotes trabajan sólopor fricción, se considera resistido por el suelo; lo transmite a él directa-mente.

Mediante una distribución a tres bolillo y con un valor de D = 1.0 m sedistribuye así:


t,.+, 0/2 = 50 cm

+---~ fj l~~I:J I 0.87 Y = 87 cm

- ----+h--.-.-r~ 0/2 = 50 cm~~ ~~-_.-t-

.. ~.

rOc~ 100 cm ~OS:~

r . B ~

A

e) Las dimensiones de la zapata-cabezal, según la distribución anterior esde: A = 1.87 m; B = 2.00 m

.f) El factor de seguridad del conjunto de pilotes es.

la capacidad de carga del conjunto de pilotes Qc vale:

Qc = Qd + (4B) (L) (7)

en que:

Qd = Capacidad de carga última de un pilote cuadrado.

B = Lado de la periferia del grupo de pilotes.

L = Longitud de hincado de los pilotes.

7 = Promedio de la resistencia unitaria al corte del suelo situado entrela superficie y la longitud L de los pilotes e igual al:

7 = e + Pi tan c/J

Por lo que:

7 = 2 + (1.78) (2.0)(0.0699) + 5 + (2.176)(10)(0.0699) = 2.25 + 6.52 =8.77 Tm/m-

Qd = (1.30)2 (1.3) (5.0) (5.7) + (2.176) (10) (10) = (1.69) (58.81)= 99.39 Tm

Qc = 99.39 + (4) (1.30) (10) (8.77) = 99.39 + 456.04 = 555.43 Tm

Por lo que el factor de seguridad del conjunto de pilotes a la falla es:

F.S. = 555.43 = 4.63120

/,¡ffi,

/7):.¡:[\I '

I ' \/ ,

"*---±t$\I ¡;.. 100 cm ~!~ 130 cm j_


Es mayor de tres, por lo que el conjunto de los tres pilotes trabajarábien.

g) Los asentamientos y los incrementos de presión Uz en las cotas 89.67 y84, según el método de dos en uno se calculan suponiendo que la arcillacomprendida entre las cabezas de los pilotes y el punto que marca su ter-cio inferior es incompresible y que la carga se aplica al suelo en dichopunto (ver figura al inicio del problema).

Por tanto la carga en el tercio inferior es:

Carga equivalente = 120 = . 120 = 142 Tm/rn"~ 0.5 (1.3) (1.3)

La presión en el punto de elevación 89.16 a 2.16 m del punto de aplica-ción de la carga es:

_ Pe. d d A. - (1.30 + 2.16) (1.30 + 2.16) - 5 98 2Uzl -~' on e 1 - 2 - . m

ya que es un triángulo de base (1.30 + 2.16) y de altura (1.3 + 2.16) dedonde:

Uzl = Pe = 142 = 23.74 Tm/m/ = 2.374 Kg/cm!Al 5.98

Para la cota 84.00 se tiene:

Pe 1Uz2 = --, en a que:A2

A2

= (1.30 + 7.32) (1.30 + 1.32) = 37.15 m2, por tanto:2

142 = 3.82 Tm/m! = 0.382 Kg/cm!37.15

h) Cálculo del asentamiento de la zapata:

Las presiones intergranulares para la elevación 89.16 y 84.00, son:

Para la elevación 84.00:

Pi = (1.78)(2) + (2.176)(11) + (1.855)(3) = 33.06 Tm/rn! == 3.311 Kg/crrf

Por tanto:

Asentamiento del primer estrato cuyo punto medio corresponde a la co-ta 89.16:

S = (0.252) ·(10 2.28;- 2.37) (432) = 17.54 cm1 1.8 glO 2.28


Asentamiento del segundo estrato cuyo punto medio corresponde a lacota 84:

S = (0.198) (10 3.31 + 0.382) (600) = 3 31 m2 1.7 glo 3.31 . e

Asentamiento total de la zapata: S = SI + S2 = 17.54 + 3.31 = 20.85 cm

1) Cálculo estructural de la zapata-cabezal:

0.87 m

E-t'-- = 0.435 m-. . -

._j_.\ 1

_f:]>.30m T'._10.50 lllI

dp- = 0.15m2.

0.87-2- - 0.15 = 0.285 n

1.87 m

e = 0.785 m

.-.- L_

II 0.015 m = 1.5 cm

l *0.15 - 0.015 = 0.135 m = - - 0.015 m = 13.5 cm2.

Para el análisis estructural se supone que la carga de 120Tm está forma-da por 50 Tm de C.V. y 70 Tm de C.M. Así, la carga neta por pilote es:

Pn

= (50) (1.7) + (70) (1.4) = 85 + 98 = 61 Tm3 3

Cálculo del momento externo Mu:

M¿ = 2(61)(0.285) = 34.77 Tm-m = 34770 Kg-m = 3,477 000 Kg-cm

Cálculo de las cuantías:

14Qmín = -- =

fy14

2530 = 0.0055

( 175 ) ( 6100 )Qmáx = 0.75 Pb = (0.75) (0.85 (K1) .2530 6100 + 2530


Al emplear el valor de K1 = 0.85, porque j'; es menor que 280 Kg/cm!se tiene:

emáx = (0.75) (0.85) (0.85) (2157:0)(:61006~2530) = 0.0265

Se toma como cuantía un valor intermedio entre el valor mínimo y elmáximo: e = 0.01.

Cálculo del peralte efectivo de la zapata-cabezal:

cP = Mu = 3,477,000

el> • e . B . fy (1-0.59 e (fY, ) (0.85) (0.01) (200) (2530)fe

---------- = 883.83 cm2

(1) - (0.59) (0.01) (14.46)

:. d = vf883.83 = 29.73 cm == 30 cm

Este peralte efectivo es aceptable, ya que es el mínimo especificado paralas zapatas-cabezales de pilotes.

Como el peralte por corte es mayor que el de flexión, se usa un peralted = 60 cm

El valor del corte admisible es:

Pad = -{f{ = ....rrt5 = 13.2 Kg/cm!

El valor del corte actuante es:

a 1_13.5)Pe = b .N· s; = \30 (2) (61) = 54.90 Tm = 54,900 Kg

Ve 54900 54900Pact = ---=-- = ---------,--- = =

el> b . d (0.85) (30 + d) (d) (0.85) (90) (60)

= 11.96 Kg/cm-

El peralte efectivo de 60 cm es adecuado, ya que el corte actuante de11.96 Kg/cm! es menor al que acepta el concreto: 13.2 Kg/cm-

Ahora se calcula el acero para la zapata-cabezal.

Se supone un valor de a de 2.5 cm y se calcula el área de acero:

As = M--:-"u'------,,.- = 3,477,000el> • fy (d - ~1(0.85) (2530) (60 - 1.25)

=

= 3,477,000 = 27.52 cm2126,341.87


Recálculo de a:

_ As ./y =a - (0.85) if~) (b)

(27.52)(2530) = 69,625.6 = 2.34 cm(0.85) (175) (200) 29,750

Como la diferencia entre la a supuesta y la a calculada es menor de unlO%, se acepta.

Revisión de la cuantía del acero.

= As = 27.52 = 27.52 = 0.00229e b . d (200) (60) 12,000

Como la cuantía 0.00229 es menor a la mínima de 0.0055, se usa lamínima cuantía.

Usar un As = (0.0055) (200) (60) = 66.Ü' cm2

Si se usan varillas de # 8 cuya Av = 5.07 cm", se necesitan:

N = ~ = 13 varillas.5.07

Se usan varillas de # 8 a 15 cm de separación.

La primera y la última varilla se colocan a 10 cm de la orilla de la zapa-ta-cabezal. Este refuerzo se usa en las dos direcciones.

La longitud de desarrollo necesaria es de:

1 - 0.06 Av . /y _ (0.06) (5.07) (2530) = 58.17 cm, y mayor que:d - ~ - 13.23

Id = (0.0057) (dv) ify) = 0.0057 (2.54) (2530) = 36.63 cm

En el ejemplo e = 0.785 m, por lo que es correcto.

16.2. Usar la fórmula de hinca de pilotes por el procedimiento dinámico de Rabé,para determinar la capacidad de carga de un pilote de concreto de 12" x 12"x 50', hincado verticalmente con un martinete de caída libre.

Datos:

M = 4.7 (factor de eficiencia del martinete).e = 0.15 (pérdida temporal de compresión en pulgadas).S = 0.10 (Penetración promedio en una serie de diez golpes, medido en pul-

gadas).W = 3000 libras (peso de las partes del martinete que intervienen en los gol-

pes).H = 3.28 pies (altura caída del martillo).P = 150 libras correspondientes al peso del cabezal de hincado.

El pilote atraviesa tres estratos diferentes, como se ve en la figura.


1-·~88

30' ~

---~-~

Arcilla suave : Bs = 0.5

10' Arcilla media: Ss = 0.7

Arena media: Bs = 1.0

Solución:

La fórmula de Rabé es;

M·F·DRa = -----s + e

W---·BW+.E_

2

R¿ = Capacidad de carga admisible, en lb, con un F.S. = 2.

El valor de F = W.H = (3000) (3.28) = 984 lb-pies.El valor de D = 1, por ser pilote vertical.El valor de B = (Bs) (Be) (Bz), donde:

B, = promedio pesado de los B, de los estratos, igual a:

e, = 4 (1 x 10) + 2 (0.7 x 10) + 1 (0.5 x 30) = 0.774 x 10 + 2 x 10 + 1 x 30

Be = 1.04 = factor sección que se obtiene de la gráfica siguiente.

60 81 - factor de longitud

40

-

V---- r-_V -

I V!1----

, /l

I ! //¡I iI i X1

,.),/ 1

~ ¡.--

A

140

120

o0.5 0.7 0.9 1.0 1.2 1.4 1.6


4001

/V

ji ,

VJ

VLV

~V

_- ~ J

300

200

100

o

0.8 0.9 1.0 1.1 1.2

Bc = factor de sección

(B)

'"o ni

~~"'''CQ) ~"C t.l

ni '"'O niCLl"C

E ~!~c: c:2 CLloc Q)

o .....c: oa; '5,"'_.... CLl

~ o~ Q.ni o::'''Cc: ~'o <O'(3 C.t.l '"CLl CLl

cn"C

B¡ = factor de longitud del pilote = 0.98, obtenido también de la gráfica.

Los valores de My e se obtienen de la tabla del problema 16.3. Por tanto:

Ro =(4.7) (3 (00) (3.28)

0.1 + 0.15__ 2000 . (0;77) (0.98) (1.04) =2000 + 7650

2= 49,796 lb

16.3. Determinar la capacidad admisible, con F.S. = 2, del pilote del problema16.2; sólo que ahora se hinca inclinado.

Solución:

. Como ahora el pilote está inclinado, se calcula el factor D que entra en lafórmula.

La inclinación del pilote es de 14

1, por lo que G

14'" 1

G = T ="4 = 0.25

Así:

D = 1 - UG = _1--;:::.-::::::,:(0=.=2)::::::,:(0=.2~5~)= 0.92-JI + (J2 -JI + (0.25)2

1= - o sea:4 '


El valor de U y de los otros valores que se usaron en el problema 16.2, seobtuvieron de la tabla que sigue:

Mínimo I MáximoTIPO DE MARTINETE M U .C

N J N J

Martinetes de caída movida porcable.

4 0.2 0.25 0.3 1.4 0.8 2.2

Martinetes de caída libre. 4.7 0.2 0.25 0.3 1.4 0.8 2.2

Martinetes de vapor de acciónsimple o de aire. 5.0 0.1 0.15 0.18 1.2 0.45 1.8

(Tipo Vulcán)

Martinete de vapor, aire o devapor diferencial. 5.2 0.05 0.15 0.16 1.2 0.4 1.8

(Tipo Vulcán)

Martinetes de vapor, de aire, dedoble acción o diesel.

6.0 0.05 0.15 0.16 1.2 0.4 1.8

(Tipo Mckiernan Terrv)

El pilote inclinado resiste con F.S. = 2, lo siguiente:

Ro = (4.7) (3000) (3.28) (0.92)0.1 + 0.15

2 0007650 . (0.77) (0.98) (1.04) =2000+ 2

= 45,825 lb

16.4. Usar la fórmula del Engineering News para determinar la capacidad de car-ga de un pilote, si para su hincado se emplea un martillo de 6,000 Lb decaída libre desde 3..0 pies de alto. El valor de S = 0.3 pulgadas. Como elmartillo es de caída libre, elvalor de e = 1.00 pulgadas.

La fórmula es:

2 x W x HRo = . ....S + e

Por tanto se tiene:

Ro = 2 x 6000 x 3 = 27,692.3 Lb = 12,587 Kg0.3 + 1.0


16.5. Emplear la fórmula del Engineering News para encontrar el valor de S nece-sario (penetración promedio del pilote en los últimos diez golpes) para queal hincarse un pilote con una carga de 6,000 Lb, dejado caer libremente des-de 3.0 pies de alto, se tenga una R¿ de 30,000 Lb.

Solución:

S 2 x 6,000 x 3 _ 1.0030.000

0.2 pulgadas por golpe.

16.6. Resolver el problema 16.4 empleando un martinete de vapor.

Solución:

R¿ = 2 x 6,000 x 3 = 90,000 Lb = 40,909.09 Kg0.3 + 0.1

16.7. Calcular la distribución de las cargas sobre los pilotes acomodados como semuestra en la figura. Se sabe que la carga vertical es de 150 Tm y se en-cuentra excéntrica 0.30 m del eje de las x y 0.20 m del eje de las y, así:

x-

.-8ifl5

-1 !I-

10.50 m 1.5 m 1.01. m

!I ,

11- '---'--:--fty::i-- -+.------ ~..----_.-.---1 .-

.~ i.C m

! 0.20 m I 1.0

-J- -_ --~12- I ~- I

i 1I i;

0.50 m + I.J. 1.0 m 0.50 m 1.0 mT -1"" 1"

m

x

m

Pilotes y pilas de cimentación

Solución:

La solución a este problema se obtiene mediante la fórmula:

P = Pv ± My . x ± Mx. y; x = distancia del pilote al eje y.N E.x2 Ey2 y = distancia del pilote al eje x.

M; y My, momentos con respecto a los ejes x y y, respectivamente.e, = 150 TmN = Número de pilotes = 6Por tanto:

Pv = 150 = 25 TmN 6

M; = p. x = (150) (0.30) = 45 TmMy = p. y = (150) (0.20) = 30 TmE.x2 = (4) (1.5)2 + 2 (0.50)2 = 9.5 m2E y2 = (4) 0.0)2 = 4.0 m2

~MX

PILOTES 2 y 6 3y4 1 y 2 31 y 5

Cargas en cada pilote:

p = 25 + (30) (1.5) _ (45) (1.0) = 25 + 47 - 11 3 = 18.4 Tm1 9.5 4.0 ..

P = 25 + (30) (1.5) + (45) (1.0) = 25 + 4 7 + 11 3 = 41 O T2 - 9.5 4.0 ... m

P3 = 25 + (30) (0.50) = 25 + 1.6 = 26.6 Tm9.5

p. = 25 - (30) (0.50) = 25 - 1.6 = 23.4 Tm9.5

Ps = 25 - (30~.~.5) - (45~.~.0) = 25 - 4.7 - 11.3 = 9.0 Tm

P6 = 25 - (30~.~.5) + (45~.~.0) = 25 - 4.7 + 11.3 = 31.6 Tm

16.8. Calcular las cargas que soportan cinco pilotes distribuidos bajo un muro deretención de tierras, como se indica en la figura.

135

4 5y6

136

2


0.20 P = 1.6 Tm/m2T ~\

1.6l~1-0h=-=. m.6 I '

q, = 30°"Yn = 1.6 Tn/m3

--+---- ......-EA

543

P1 P2 P3 P4 P5I

~:3~;5~.2:50~_.5~. 5?.t-0.3~

2.60 m

Solución:

\\\,\\\\\\\\\\\\\\\

HI = 1 + 3.7 + 0.8 =\ 5.5 m\\\,\\,\\\\,

El empuje activo se encuentra mediante la fórmula, ya que hay carga uni-formemente distribuida en la superficie:

EA = _'Y_:_._Jl2_2

1_ sen cp1+ sen cp

1.6 (5.5)2 (0.33) = 8.06 Tm/m2

Los pesos verticales son:

P1 = ~0.20 ; 0.60) (3.70) (2.4) = 3.5 Tm

P2 = (2.6) (0.80) (2.4) = 5.0 Tm

P3 = (3.70 + 1.0) (1.0) (1.6) = 7.5Tm


El empuje activo provoca un momento con respecto a la base del muro de:

ME = (8.06) (1.73) = 13.94 Tm-m

El momento resultante vale:

MR = 13.94 - 16 (1.70 - 1.30) = 7.54 Tm-m

Como N = número de pilotes = 5 y se tiene que:

E x2 = (2) (1)2 + (2) (0.5)2 = 2.5 m2, la expresión a usar es:

P = ~ ± 7.54 X = 3.2 ± 3.02x5 2.5

Por tanto:

Pl = 3.2 + (3.02) (1) = 6.22 TmP2 = 3.2 + (3.02) (0.5) = 4.71 TmP3 = 3.2 TmP4 = 3.2 - (3.02) (05) = 1.69 TmPs = 3.2 - (3.02) (1) = 0.18 Tm

16.9. Calcular las cargas sobre los pilotes colocados según se muestra en la figurade la página siguiente

El valor total de las cargas sobre los pilotes es:Cargas verticales = 327 + 299 + 271 + 80 = 977 TmValor de los momentos:

M; = 234 Tm - mM; = 378 Tm - m

Al aplicar la conocida fórmula:

e, My. x Mx· yP=N± Ex2 ± Ey2

se tiene:

N = 14E x2 = (4)(5)2 + (6)(3.5)2 + (2)(1.5)2 = 178m2E y2 = (6) (1)2 + (4) (1.5)2 = 15 m2

de donde se obtiene:

P = 977 ± 378x14 178

± 234y15 '

o sea:

P = 69.78 ± 2.12x ± 15.6y

]38 Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones

P2=299 Tm

IMy=378 Tm-m

P3=271 TmP1 =327 Tm

Zapata cabezal con Pp = 80 Tm

, t-itt-- I

II '~.I

.~_.

1

2

l'I-t ..fl-'- 5

;.¡".- I~-··---+--- -_j~-I-._---. "+Ff10

- $-6 [' ~i ."

··_-t~-~~O

~ -PLANTA-t------t-I ~Mx=234 Tm__m

~ ~ I -CORTE _ "C_O"

e-- ID .., , ,15

··-~4

II

I

B

l+xI


y de ella:

Pilotes: 1: PI = 69.78 - (2.12) (5) - (15.6) (1) = 43.58 Tm2: Pz = 69.78 - (2.12) (5) + (15.6) (1) = 74.78 Tm3: P3 = 69.78 - (2.12) (3.5) - (15.6) (1.5) =

= 38.96 Tm4: p. = 69~78 - (2.12) (3.5) + O = 62.36 Tm5: Ps = 69.78 - (2.12) (3.5) + (15.6) (1.5) =

= 85.78 Tm6: P6 = 69.78 - (2.12) (1.5) + O = 66.60 Tm7: P7 = 69.78 + O - (15.6) (1.0) = 54.18 Tm8: P8 = 69.78 + O + (15.6) (1.0) = 85.38 Tm9: Pg = 69.78 + (2.12) (1.5) + O + 72.96 Tm

10: PIO = 69.78 + (2.12) (3.5) - (15.6) (1.5) == 53.8 Tm

11: P« = 69.78 + (2.12) (3.5) + O = 77.24 Tm12: Pl2 = 69.78 + (2.12) (3.5) + (15.6) (1.5) =

= 100.58 Tm13: P13 = 69.78 + (2.12) (5) - (15.6) (1.0) =

64.78 Tm14: PI. = 69.78 + (2.12) (5) + (15.6) (1.0) =

= 95.98 Tm

16.10.Calcular el efecto de las cargas dadas en la figura sobre los cuatro pilotesahí indicados.

Pv = 210 Tm

Pm = 12Tm

PLANTA

140

Solución:

Se tiene que:

Al resolver:

Por tanto:


210 = cos 15° (A + B) = 0.9659 (A + B)12 = sen 15° (B - A) = 0.2588 (B - A)

B = 131.5 Tm y A = 85.5 Tm

Pl = P3 = 8~5 = 42.75 Tm

Pl = P4 = 13~.5 = 65.75 Tm

16.11. Determinar las cargas sobre los pilotes en A, que tienen una inclinación de5:1, o sea tan oc = 1/5, yen B con inclinación de 10:1, o sea tan {3 = 1/10,según se muestra en la figura siguiente:

I Pv = 87.4 Tm

~PH=5.8Tm

IIIIII


Se tiene que:

P; = A cos ex: + B cos {3; tan ex = _!_ = 0.2; ex = 12°5

PH = A sen ex - B sen {3; tan {3 = 110 = 0.1; {3 = 6°

Por tanto:

87.4 = A cos 12° + B cos 6° = 0.978A + 0.995B5.8 = A sen 12° = B sen 6° = 0.208A - 0.105B

Al resolver se tiene:

A == 47.0 Tm; B == 40.4 Tm

de donde:

470=--=2

404P2 = p. = -- = 20.20 Tm2

23.50 Tm

16.12. En un terreno formado por 18m de espesor de arcilla con las característicasque muestra la figura, se busca la capacidad de carga, con un factor de se-guridad de tres (F.S. = 3), de una pila de cuerpo recto de 0.80 m dediámetro y 12 m de longitud. La pila es de concreto simple y sin campana.

Eooex>

p

EooN~

'Yt = 1.6 Tm/m3

qu = 12Tm/m2

e = 6 Tm/m2

t rp = 0°

fu = fricción última = ~4 fu

fa = fricción admisible = :3...J

t +-¡/~<!=0.80\

/ . \/ . \ f- Campana (si se usa)/ I \L_ ----it- J

I


Solución:

Al aplicar la ecuación para capacidad de carga máxima en la base de la pila:

a« = 75 C(1 + 0.21)y como la pila es circular, e = ~u, y se desea un F.S. = 3, la anterior ecua-ción se transforma en: qa = 1.5 qu

Ahora bien, como la pila, además de su capacidad de carga en la base, tra-baja por fricción, la capacidad de carga admisible total de la pila vale:

q = 1.5 qu + i; (11" .d.L)

de donde:

q = (1.5) (12) + ~ (3.1416 x 0.80 x 12) = 18 + 30.16 = 48.16 Tm12

También puede obtenerse la capacidad de carga última de la base con laecuación:

qd = c.Nc (11" .r) ó qd = c.Nc (B)Z

para pilas circulares o cuadradas en su base.

En este caso, la capacidad de carga admisible total por base y fricción es:

qa = ~ .c.Nc (11" r) + i; (11" .d.L)

Si la base de la pila termina en forma de campana, la fricción que se consi-dera es sólo la de la parte recta de la pila.

17Cimentaciones compensadas

Cuando en la superficie se encuentran estratos de suelos de alta o de muy altacompresibilidad (Ce mayor de 0.39), con baja capacidad de carga, y es necesariocimentar cargas muy pesadas, se aconseja usar las cimentaciones compensadas,total o parcialmente, requiriendo del uso de una caja monolítica de cimentaciónque debe quedar vacía. La compensación total requiere de la extracción de un pe-so de terreno igual al peso de la estructura que se va a colocar, mientras que en lacompensación parcial se aprovecha algo de la capacidad de carga del subsuelo.

17.1. Conocidas las características físicas de un estrato de gran espesor de arcillablanda:

P1 P2 P3, P4

N

~_* -t~Es'pacio vacío'

Calcular la profundidad de desplante Z de la cimentación de un edificio cuya carga total (carga viva + carga muerta) es de 25,000 Tm, mediante com-pensación total. La cimentación se realiza por medio de una losa de 36.00metros de ancho por 60.00 metros de largo.

143

144 Problemas resueltos de mecánica de suelos V de cimentaciones

Solución:

La presión que transmite la losa al suelo según la carga y su área es de:

P 25000q = - = ' = 11 57 Tm/m!A 2,160 .

Como se necesita compensación total:

11.57'Y .Z = q; (1.85) (Z) = 11.57; Z = = 6.254 m1.85

No olvidar que para una compensación total de peso de suelo por peso de es-tructura se necesita que el cajón quede vacío, como se muestra en la figura.

17.2. En el problema 17.1 se determinó que para una compensación total se nece-sita excavar 6.254 m en toda el área 36 x 60 m.

¿Cuál es la profundidad que se va a excavar, en el mismo problema, si sólo sequiere una compensación parcial, pero con un factor de seguridad de tres encuanto a la capacidad de carga admisible de la arcilla suave? Considéreseque la (Ja = qa == qu. Por tanto:

Z= = -,,(_11_.5__:7):,_-~(2:,_.90-,-.~)= _8.6_7=1.85

4.69 m = 4.70 m1.85

18Cilindros de cimentación

Los cilindros de cimentación son elementos huecos, con tapón arriba y abajo, quese emplean a fin de cimentar pilas de puentes, más que para cimentar edificios.Por lo general trabajan por fricción, pero también pueden trabajar de punta.

18.1. Se desea cimentar una pila de puente por medio de cilindros de cimentaciónhuecos con tapón en su parte inferior y losa en su parte superior donde des-cansa la pila.

La profundidad a que llegan los cilindros de diámetro exterior de 4.5 m esde 21.00 m.

La fricción del terreno es de 1.5 Tm/m-. El peso volumétrico del concretoque se va a usar es de 2.4 Trn/rn",

La carga sobre la pila dada porla superestructura es de 1,333 Tm, la cargaviva de 238 Tm y la sub-presión de 275 Tm.

Solución:

Area lateral de un cilindro:

AL = 11" .d.L = (3.1416) (4.5) (21) = 296.88 m2

Resistencia al hincado:

F = (296.88) (1.5) = 445.32 Tm

Volumen necesario de concreto para vencer la fricción:

v = 445.32 = 185.55 m32.4

Area requerida:

A = 185.55 = 8.84 m221 '

145


Area exterior:

7r .lP4

= 15.9 m2

Area hueca:

A2 = 15.9 - 8.84 = 7.06 m2

Por lo que el diámetro interior del cilindro es:

d = J (4) (A2) = )8.989 :;:::2.998 m == 3.0 m7r

Al emplear dos cilindros pesan:

PI = (2) (8.84) (21) (2.4) = 891.07 Tm

El peso total es:

PT = (1333 + 238 + 891.07 - 275) = 2187.07 Tm

La presión que se transmite al terreno en la base de los dos cilindros es de:

PTu=--=

A2187.07 = 68.77 Tm/rn- = 6.88 K /cm!

(2) (15.9) ... g

El suelo de cimentación de los cilindros debe resistir la presión anterior conun factor de seguridad de tres.

El armado de estos cilindros siempre es reducido, por lo que se recomiendausar el siguiente armado:

Refuerzo tipo "A" (ver figura):Varillas # 6 a 40 cm de c. a c.

Varillas tipo "A"Varillas tipo "B"Varillas tipo "C"Varillas tipo "D"

Cilindros de cimentación

Refuerzo tipo "B":

Refuerzo tipo "e":

Refuerzo tipo "D":

147

Varillas #6 a 28 cm de c. a c.

Varillas # 3 a 30 cm de c. a c.

Varillas # 4 a 30 cm de c. a c.

19Cimentaciones dezapatas aisladas paraasentamientos iguales

Cuando se proyecta una cimentación sobre grava, arena o suelo arenoso con com-pacidad relativa baja (menos de 350/0), o sobre arcilla blanda o suelo arcillosoblando, es común hacerlo mediante el concepto de iguales presiones de contacto,sin pensar si esto puede o no ocasionar que la cimentación presente fuertes asenta-mientos diferenciales. Para evitar lo anterior, es necesario pensar que, para suelosde esa naturaleza, es conveniente cimentar con el procedimiento de asentamientosiguales y no con el de presiones de contacto iguales.

19.1.a) En un terreno como se indica se va a diseñar la cimentación de una estruc-tura por medio de zapatas aisladas, con la condición de que todas se asien-ten prácticamente lo mismo. A la carga total de cada columna agrégueleun 10% como peso propio de la zapata.

PERFIL DEL SUELOV;¿c::sr4<OO..sv.....;cw)3ls.;.;z;:T,;_::eSht...~,C;;;4-.~.:::$# ...#.r;;:;ca,_ yp:~y,...j4.Vz,.$>7)$#;:,Y/AW¡K'')74v/IW» ....:::;s:))$" ---,fe-

~:~p~ d:5

:aterial Orgánico I.P. ~ 12% 1°·3 m

L.P. ~ 23% Cc ~ 0.225 compresibilidad mediaWn ,;, 14% Il ~ 0.75 preconsolidadoeo ~ 0.68 "Y. ~ 1.583 Tm/m3

Dr ~ 2.66 "Yn ~ 1.805 Tm/m3

N ~ 15 Tipo de suelo (S.U.C.S.I "Cl,"Capacidad de carga qu ~ 20 Tm/m2 (compacta)

por corte general .", ~ 60 +__________ F.~S.~~-3-------------------------r-a-----2-4-T-m-/m-2-------------- __

ARENA GRUESA CON POCOS FINOS < 5%

L.L. ~ 15% Dr ~ 2.60 3.0 mL.P. ~ NP Wn ~ 12%

eo ~ 0.50 Cr ~ 65% +_________ N~_~_3~0~ ~"'~~_3~6~0 _

ARCILLA INORGANICA

L.L. ~ 56% a, ~ 0.036 cm2/kg Cc ~ 0.414 alta compresibilidadL.P. ~ 26% Dr ~ 2.70 Il ~ 0.07 preconsolidado

_________ W~n__~_2_8_% e~0_~__0_.7_0 T~i~~o_d_e_s_ue_1O_(_S_.U_.C_._S._)~'~_H_'_' +GRAVAS y ARENAS <5% FINOS LlMOARENOSOS

12.0 m

1.2 m

Dr ~ 2.64 N ~ 50 Cr ~ 85%. eo ~ 0.45 C ~ O '" ~ 41" _J__

1II§i1l@lIlElIl~IIII§1I1I=III1=1I1@1"Woct'11I I§JI 11=111gU[§I!lslll lél11gU(!§\11Ig[(111

3.0 m

149


PLANTA OE ESTRUCTURA

2 1--~!----~I----~I~,14m

A t--------*- -------t---iI .I 8m

IIIII

I I I

B -- --ffi- - - - - - ---$-- --------$-- - --1--,1'-

I I II II I II I II I II I

II

II

, I I

C----$_ ----- ---ffi--- - ------f!3---I I II : I

I II

I

III

D----~---------$--------._--- jI~

II

!8m

___ ___.L._ 4 m

1

19.1.b) Diseñe estructuralmente la zapata menos cargada y la zapata más cargadamediante la teoría última.

Datos:

f~ = 200 Kg/ cm-fy = 4200 Kg/ cm!

Vad = .JI{;"'fe 2.5 Tm/rn!

COLUMNA 03OIM. 40 x 40 cmP = 100Tm

COLUMNA Al, DlDIM. 40 x 40 cmP = 150Tm

COLUMNA A2, Cl, D2OIM. 50 x 50 cmP = 200 Tm

COLUMNA B1, C3OIM. 50 x 50 cmP = 240 Tm

8m

COLUMNA A3OIM. 55 x 55 cmP = 260 Tm

COLUMNA B2, C2OIM. 60 x 60 cmP = 300 Tm

COLUMNA B3OIM. 60 x 60 cmP = 350 Tm

8m

4m

Cimentaciones de zapatas aisladas para asentamientos iguales 151

Solución:

l.a) Se emplean las gráficas de Hansen porque la cimentación de esta es-tructura se va a diseñar por medio de zapatas aisladas, y se prevé unasentamiento igual.

1. Cálculo de la profundidad de desplante.

h = (0.83 - 0.017 • IP) IP - 4'Yn

Da 2.66'Ys = 1 + e = 1 + 0.68

Yn = 'Ys(1 + ~) = 1.583 (1 + 0.14) = 1.805 Trn/m"

1.583 Tm/rn",

IP = LL - LP = 35 - 23 = 120/0

h = (0.83 - 0.017 • 12) (12) - 4 = 1.94 m1.805

Se va a desplantar la cimentación a una profundidad de 2.00 metros.2. Cálculo del Indice de capacidad de carga (gráfica de la página siguiente).

Con el número de golpes N de la prueba de penetración normal, se entraa la curva de arcillas arenosas y se obtiene el valor del índice de capaci-dad de carga C.

Para N = 15C = 43

3. Cálculo del ancho de la zapata menos cargada.

B= JF= fIJO = 2.14 m.J27Usar un ancho de zapata de 2.00 metros.

4. Cálculo del asentamiento.

Ya con el valor de la relación P1'Yn se entra a la curva para B = 2.0 delas gráficas, sección A (Análisis), correspondiente a una profundidadde desplante de 2.0 metros.

Para P1'Yn = 55.40 m3 y B = 2.00 m; SC = 1.40 m entonces S = SCIC= 1.4/43 = 0.0325 m = 3.25 cm

152

300

250

u.. 200'lJca'lJocaQ.ca 150uQ)'lJQ)o'lJ 100e


50

o 20 80 10040 60

Valores de IIN"

PRUEBA DE PENETRACION NORMAL

Este asentamiento cumple las especificaciones para edificios tipo in-dustrial pero no para edificios comerciales. A fin de cumplir con los se-gundos, se aumenta el ancho de la zapata.

Se usa un ancho de zapata de 2.50 metros.

Para P1'Yn = 55.40 m3

y B = 2.50 mSC = 1.05 m

entoncess = SCIC = 1.05/43 = 0.0244 m = 2.44 cmS = 2.44 cm menor que Smáx = 2.50 cm


P/y10

10

4

3

1.5

,1

10 l'

1.5

ESCALA lOGAfUTMlCA

2.5


2.,10

: ESCALA I

8

"" .... A ANAl 1!':1"l¡t" ".

6UI = 'm

4 6

10

4

3

-.....

1.5

P/y

10 9

6

4

1.5

"I

"

1'" :

¡:¡;I~¡I' :~., ~\rñ!t:::~~'I:

, I

1.5 2.5 4 9 10

Cimentaciones de zapatas aisladas para asentamientos iguaJes

5. Cálculo del ancho de las demás zapatas.

Con el valor de se ya conocido e igual para las demás zapatas, se ,ubicala curva dentro de la gráfica correspondiente para una profundidad dedesplante de 2.00 metros y se entra a esta curva con el valor de P1'Yn co-nocido, así se encuentra en las abcisas el valor de B, ancho de zapata.

Col.p

Secc. Col. .E: (m') B-- --(Tm) (cm x cm) "In (m)

D3 110 4Ox4O 55.40 2.50

DI 165 4Ox4O 91.41 3.60

Al 165 4Ox4O 91.41 3.60e, 220 50 x 50 121.88 4.40

A2 220 50 x 50 121.88 4.40

D2 220 50 x 50 121.88 4.40

Bl 264 50 x 50 J46.26 5.00

C3 264 50 x 50 146.26 5.00

A3 286 55 x 55 158.45 5.20

B2 330 6Ox6O 182.83 5.70

C2 330 6Ox6O 182.83 5.70

B3 385 6Ox6O 213.30 6.40

1.b) Diseño con teoría última.

Datos:

J' e = 200 Kg/cm"Jy = 4200 KgI cm2

Vad = Jfl = 14.14 Kg/cm""le = 2.5 Tm/m3

En el cálculo de Un se supone un 60070para carga muerta y un 40% para car-ga viva de la carga de la columna.

Columna D3Columna 40 x 40 cmZapata 2.5 x 2.5 mP = 100 Tm

155

1. Cálculo de esfuerzo neto:

Un = 60 x 1.4 + 40 x 1.7 = 24.32 Tm/m- = 2.432 Kg/cm!(2.5)2

2. Cálculo del momento:

M = (un) (B) (C)22

2.432 (250) (105)2 = 3,351,600 Kg-cm2


3 2 I

A rh rh r,L~ L:...J Lf-'

B r, r -, rhL ..J L ..J '-

II

I

e rh rh r-,Li-J L~ L-l

o r: r,Lo L '-1

Cimentaciones de ..apatas aisladas para asentamientos iguales 157

t-'05cm-i

1L 250 cm

3. Cálculo de cuantía:

14 14Q'MÍN = fy = 4200 = 0.0033

r: 6100,eMÁx = 0.75 b; b = 0.85 K .cs: . -----

fy 6100 + 4200

200e b = 0.85 (0.85) -4-2-00- 6100----- = 0.02046100 + 4200

eMÁX = 0.75 (0.0204) = 0.0153e = 0.01

4. Cálculo de peralte efectivo:

d2 = M__;;_u _

(~)(e)(b)fy(I-0.59 }~)

d2 = 3,351,600

0.9 (0.01) (250) (4200) (1-0.59 x 0.01 ~:)

d = 20.12 cm > 15 cm OK!

Por corte se propone d = 40 cm

(80 + 250)Ve = (un)(A) = 2.432 2 (87.5) = 35,112 Kg

Ve 35,112 2 2Vad = ~bd = 0.85 (80) (40) = 12.90 Kg/cm < 14.14 Kg/cm


5. Cálculo de acero de refuerzo:

As = Mu = 3'351,600

fy (d - ;) 0.85 (4200) (40 - ;)938.823= --;----,--

(40 - ;)

a = Asfy0.85 s: b

As (4200)---:--:-":"_:__--'-- = 0.0988 As(0.85) (200) (250)

Efectuar tanteos iniciando con a = 3.0 cm

As = 24.385 cmz

a = 2.40 cm

6. Revisión cuantía

As 24.38e = - = = 0.00243bd 250 (40)

ASmín = 0.0033 (250) (40) = 33.00 cm-

As = 33.00 cm-

7. Cálculo de acero por temperatura

Ast = 0.0018 bd = 0.0018 (250) (40) = 18.00 cm!

U sar acero por flexión

Usar varillas # 7 con diámetro d, = 2.22 cm y Av = 3.87 cm2

Perímetro e = 7 cm

N = 33.00 == 9 varillas # 73.87

Peso de zapata

Peso = 2.5 (2.5) (0.40) (2.5 Tm/m3)

Peso = 6.25 Tm < 10 Tm p

Columna B3Columna 60 x 60 cmZapata 6.4 x 6.4 mP = 350 Tm

1

Cimentaciones de zapatas aisladaspara asentamientos iguales 159

r290Cm]I /1I .-I .-I .-I /'

: ¡-""I "1'-O, 130 cm 640,m

D~135 cm .....I "I 'I "

640 cm

1. Cálculo de esfuerzo neto

_ 210 (1.4) + 140 (1.7)Un r-: (6.4)2 .

2. Cálculo de momento

L1

12.988 Tm/rrr' = 1.3 Kg/cm!

M = un·B·O = 1.3 (640) (290)2 = 34'985,600 Kg cm2 2

3. Cálculo de cuantía:

14Qmín = !y = 14 = 0.0033

4200

Qb == 0.85 K_f_~_ . __ 61_00__!y 6100 + !y

200 6100Qb = 0.85 (0.85) 4200 . 6100 + 4200 == 0.0204

Qmáx = 0.75 b

Qmáx = 0.75 (0.0204) == 0.0153 = 0.01

4. Cálculo de peralte efectivo:

cP = 34,985,600

0.9 (0.01) (640) (4200) (1-0.59 x 0.01 4~gg)d == 41 cm

Por corte se propone d = 80 cm

Ve == Un· A == 1.3 (130 + 640) (255) = 127,628 Kg2

p = ;~ = (0.8;)2~;~~~ (80) = 14.43 Kg/cm- < 14.14 Kg/cm-

«~¡::....J::::>«a:ow1-

.,~o

'(3u

~~'<t .,C')~

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I ~VW

'...jI-t-'+-tlI:!:W4 W

D

160

oE h'L'<t u 1 I

Euo'<t

x E01-'<to",oc~§ ~

"O a;(.)(.)

E~N

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N~C') ..o~S~'" '"C.u'" .,Nw

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X

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e~'" '"C.u'" .,Nw


5. Cálculo de acero de refuerzo:

A - 34;985,600 O0386 As - (0.85) (200) (640) =. s

As (4200)a = 0.85 (200) (640) = 0.0386 As

Efectuar tanteos iniciando con a = 4 cm

As = 125.64 cm2

a = 4.85 cm

6. Revisión cuantía:

As 125.64Q = - = ;; 0.00245

bd (640) (80)

As = Qmín. bd = 0.0033 (640) (70) = 147.84 cm!

7. Cálculo de acero por temperatura:

Al = 0.0018 bd < 0.0033 bd

Usar acero por flexión

Usar varilla # 7 con diámetro d;P = 7 cm

N = 147.84 = 39 varillas #73.87

2.22 cm y Av = 3.87 cm2 perímetro

peso de zapata

peso = 6.4 (6.4) (0.8) (2.5 Tm/rnt) = 81.92 Tm

Referencias

1. C. Crespo V. Mecánica de Suelos y Cimentaciones. Limusa, 1981.·2. K. Terzaghi-R.B. Peck. Soil Mechanics in Engineering Practice. John Wiley and Sons,

Ine., 1967.3. J.V. Pareher-R.E. Means. Soil Mechanics and Foundations. Charles E. Merril Publi-

shing Company, 1968.4. M.G. Spangler. Soil Engineering. International Textbook, 1963.5. M.M. Truitl. Soil Mechanics Technology, Prentiee-Hall, 1983.6. B.K. Hough. Basic Soil Engineering. The Ronald Press Company, 1969.7. A.R. Jumikis. Foundations Engineering. Van Nostrand, 1967.8. Peek-Hansen-Thornburn. Foundations Engineering. John Wiley and Sons, 1969.9. L. Leevaert. Foundations Engineering for Difficult Subsoi/ Condiüons. Van

Nostrand, 1972.10. D.F. MeCarthy. Essentials of Soil Mechanics and Foundations. Reston Publishing,

Ine. 1977.11. Ch. Liv-J.B. Evett. Soi/s and Foundations. Prentice-Hall, 1981.12. W.C. Teng. Foundations Design. Prentice-Hall, 1962.13. J.E. Bowles. Foundation Analysis and Design. MeGraw-HilI, 1977.14. R.F. Seott. Foundation Analysis. Prentiee-Hall, 1981.15. J.K. Mitehell. Fundamentals of Soil Behavior. John Wiley and Sons, 1976.

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