40°

1040

60

40

40°

TALLER N° 1

EJERCICIO Nº 1

Considerando el estado de esfuerzos que se muestra en el elemento de roca siguiente, se pide determinar:

Dibujar el Círculo de Mohr.

Calcular esfuerzos Principales Mayor y Menor.

Calcular Esfuerzo máximo de cizalle.

Determinar las Direcciones de los Planos en los cuales actúan los esfuerzos Máximos Principales.

Determinar los Esfuerzos en Planos Verticales y Horizontales.

Construyendo el Círculo de Mohr.

1. Identificación de los esfuerzos parciales σx, σy, τxy que producen una microfractura.

2. Observar el sentido de rotación de los esfuerzos τxy, τyx.

3. Identificación de los pares (σx ,τxy) (σy, τyx)

σx=60 τxy=40

σy=10 τyx=-40

Esfuerzo Principal Mayor

σ θmax .=σ1=12

(σ x+σ y )+√ 14

(σ x−σ y )2+τxy

2

xy

yx 2

1

2

A

σ θ−MAX=σ1=12

(60+10 )+√ 14

(60−10 )2+402

σ θ−MAX=82 .17 [ kg .

cm .2 ]Esfuerzo Principal Menor

Esfuerzo máximo de cizalle

Determinación de las direcciones de los planos en los cuales actúan los esfuerzos Máximos Principales.

La orientación del plano que contiene a σ1 es igual a 29°

La orientación del plano que contiene a σ3 es igual a 119°

σ θ−MIN=σ3=12

(60+10 )−√ 14

(60−10 )2+402σ θ−MIN=σ3=12

(σ X+σ Y )−√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

σ θ−MIN=−12.17[ kg .

cm .2 ]

τθ−MAX=47 . 17[ kg .

cm2 ]τθ−MAX=±√ 14

(σ X−σ Y )2+τ2

XY

tg(2θ)=40¿

12

(60−10 ) ¿

¿¿ tg(2θ )=1,6 ¿2θ=Tg−11,6 ¿2θ=58 ° ¿¿

tg(2θ)=τxy

12 (σx−σ y )

θ=29º

45°

6070

20

70

45°

EJERCICIO Nº 2

Considerando el estado de esfuerzos que se muestra, para el elemento de roca siguiente, se pide determinar:

Demuestre gráficamente, se cumplen los invariantes de Mecánica de rocas.

Para este mismo estado se pide calcule los Invariantes de Mecánica de rocas y Dibuje el Circulo de Mohr respectivo.

Solución:

Deducción de Invariantes de Mecánica de Rocas.

Si se considera la función de “σθ”

σ θ=12 (σ X+σY )+1

2 (σ X−σ Y ) ·Cos 2· θ+τXY · Sen 2 ·θ

Si maximizamos:

∂ σθ

∂θ=0=1

2 (σ X−σY ) (Sen( 2· θ))×2+τ XY ·(Cos( 2· θ))×2

(σ X−σY )×Sen2θ=2 τ XY×Cos2θ

Tg 2θ=τ XY

12

(σ X−σY )

Si recordamos aspectos básicos de geometría analítica

2

XY

YX 21

A

Sen 2· θ=τ XY

ACos 2· θ=

12 (σ X−σY )

AA=√ 1

4 (σ X−σY )2+τ2

XY

Sen 2 ·θCos 2· θ

=Tang 2· θ=τ XY

12

(σ X−σY )reemplazando los valore de seno y cos en la ecuación se tiene :

σθ=12 (σ X +σY )+ 1

2 (σ X−σY ) · 12

(σ X−σY )

√ 14 (σ X+σ Y )2+τ

2XY

+τ XY

√ 14 (σ X+σY )2+τ

2XY

σθ=12 (σ X+σY )+

[14 (σ X−σY )2+τ

2XY ]

√ 14 (σ X+σY )2+τ

2XY

σθ=12 (σ X+σY )±√ 1

4 (σ X+σY )2+τ2

XY

Esfuerzo Principal Mayor.

σ θ−MAX=σ1=12

(σ X+σ Y )+√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

Esfuerzo Principal Menor.

σ θ−MIN=σ3=12

(σ X+σ Y )−√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

Si se suman ambas funciones σ 1 y σ3

2

XY

YX 21A

I 1 (σ1+σ3)=(σ X+σ Y )

La sumatoria de los Esfuerzos Principales Totales es iguales a la sumatoria de los esfuerzos parciales.

I2 Demostración Invariante en Mecánica de Rocas

Si se restanσ 1 y σ3

(σ1−σ3 )=2 · √14

(σ X+σY )2+τ2

XY

(σ1−σ3 )2

=√14 (σ X+σ Y )2+τ

2XY

Ahora si se considera la ecuación para el esfuerzo de corte se tiene:

τθ=12 (σ X−σY ) · Sen 2 ·θ−τ XY ·Cos 2 · θ

Maximizando τθ , se tiene

∂ τθ

∂θ=0=1

2 (σ 2 X−σY )·Cos 2 ·θ ·2+τXY · Sen 2 ·θ·2

Sen2θCos2θ

=

12

(σ X−σY )−τ XY

=Tg2θ=

12

(σ X−σ Y )−τ XY

Si hacemos uso aspectos básicos de geometría analítica

Sen2θ=

12 (σ X−σY )

ACos 2θ=

−τ XY

A

donde A=√ 14

(σ X−σ Y )2+τ2

XY

reemplazando en τθ

A

x

y

B

τθ−MAX=12 (σ X−σ Y )×

12 (σ X−σ Y )

√ 14 (σ X−σY )2+τ

2XY

−τ XY×−τ XY

√ 14 (σ X−σ Y )2+τ

2XY

τθ−MAX=

14 (σ X−σ Y )2

√ 14 (σ X−σY )2+τ

2XY

+τ

2XY

√ 14 (σ X−σ Y )2+τ

2XY

τθ−MAX=±√ 14

(σ X−σ Y )2+τ2

XY

Combinando esta ecuación con (**) se tiene que:

I2

τθ−MAX=12 (σ 1−σ3)

Esfuerzo de Corte Máximo

Para resolver la segunda parte este ejercicio partiremos aplicando el procedimiento para construcción del Círculo de Mohr:

Se identificarán los esfuerzos parciales σ x ; σ y ; τxy ; τ yx a los cuales esta sometido el elemento de roca:

Al observar el sentido de rotación de los esfuerzos nos damos cuenta que

τ xy=(+); τ yx=(−), por que el primero gira en sentido de los punteros del reloj y el otro el sentido opuesto a las manecillas del reloj.

Identificación de los pares:

Par (σ y , τ yx) ( σ x , τ xy)

Par (60, -70) (20, 70)

σ θ−MAX=σ1=12

(σ X+σ Y )+√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

σ θmáx=σ1=12

(20+60 )+√ 14

(20−60 )2+702

σ θmáx=σ1=112.8[ kg .

cm .2 ]

σ θmín=σ3=12

(20+60 )−√14

(20−60 )2+702

σ θmín=σ3=−32 .8[kg .

cm .2 ]

Ahora se comprobará el primer invariante de mecánica de roca

I 1⇒ (σ1+σ3 )=(σ X+σY )(112. 8−32 . 8 )=(20+60 )

80=80

σ θ−MIN=σ3=12

(σ X+σ Y )−√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

τθ−MAX=± √ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

τθ−MAX=√14

(20−60 )2+(70 )2

τθ−MAX=72. 8 [kg .

cm .2 ]

Al comprobar el segundo invariante de mecánica de roca se tiene:

I 2⇒ τθ máx=12 (σ1−σ 3)

72 .8=12

(112. 8+32.8 )

72 .8=72 . 8

Por lo tanto queda comprobado para este caso que se cumplen los invariantes de mecánica de roca.

DETERMINACIÓN DEL CENTRO DEL CÍRCULO DE MOHR

Se conoce el centro del círculo de Mohr de la siguiente expresión:

Expresión:

(a ,b ) donde b=0

Centro(a )=12 (σ X+σY )

Centro (a )=12

(20+60 )

Centro (a)=40

Tg 2θ=τ XY

12 (σ X−σ Y )

Tg 2θ= 7012

(20−60 )

Tg2θ=−3 .5Tg−12θ=−3. 52θ=−74 . 05 ºθ=−37 .03 º

La orientación del plano donde actúa σ rSub { size 8{1} } es θ=37 . 03º

Por invariante de mecánica de roca I5, que es de origen geométrico se tiene que los planos

donde actúan los esfuerzos σ rSub { size 8{1} } y σ rSub { size 8{3} } forman un ángulo de 90º por lo tanto la orientación

del plano donde actúa σ rSub { size 8{3} } es θ=90 º+37 . 03º=127 . 03º

EJERCICIO Nº 3

40°

3025

40

25

40°

Considerando el estado de esfuerzo que se muestra, para el elemento de roca siguiente. Se pide dibuje el Círculo de Mohr en términos de los esfuerzos máximos observados.

DETERMINACIÓN DEL CENTRO DEL CÍRCULO DE MOHR

Se sabe que:

( a ,b) donde b=0

Centro(a )=12 (σ X+σ Y )

Centro(a )=12

(20+60 )=40

Determinación los pares

Par (σ y , τ yx) ( σ x , τ xy)

Par (30,-25) (40, 25)

Conocidos los valores anteriores se puede determinar el centro del círculo de Mohr:

Centro(a )=12 (σ X+σY )

Centro( a)=12

(40+30 )

Centro(a )=35

DETERMINACIÓN DE LOS VALORES

Sabemos que:

σ θ−MAX=σ1=12

(σ X+σ Y )+√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

σ 1=12

( 40+30 )+√ 14

(40−30 )2+252

σ1=35+√25+625

σ θ−MIN=σ3=12

(σ X+σ Y )−√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

σ 3=12

( 40+30 )−√ 14

( 40−30 )2+252

σ3=35−√25+625

Comprobación del cumplimiento de los invariantes de mecánica de roca

I 2⇒τθ máx=12 (σ 1−σ3)

25. 5=12

(60 .5−9.5 )

25.5=25.5

ORIENTACIÓN DE LOS PLANOS DONDE ACTÚAN

La orientación del plano donde actúa σ rSub { size 8{1} } es θ=39 .35 º

Por invariante de mecánica de roca I5, que es de origen geométrico se tiene que los planos donde actúan los esfuerzos forman un ángulo de 90º por lo tanto la orientación del plano

donde actúa σ rSub { size 8{3} } es θ=90 º+39 .35 º=129. 35 º

EJERCICIO Nº 4

Para el elemento de roca que se muestra en la figura, se indica que la ecuación que representa al Círculo de Mohr es la siguiente:

( X−25)2+Y 2=100

Determine si se cumplen los Invariantes de Mecánica de Rocas.

σ 1=60 .5[ kg .

cm .2 ]

σ 3=9.5[ kg .

cm .2 ]

τθ−MAX=± √ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

τθ−MAX=25 .5 [ kg .

cm .2 ]τθ−MAX=√ 14

(40−30 )2+252

30°

940

9

30°

De la ecuación arriba descrita se desprende que en centro del círculo de Mohr esta dado por:

( a ,b) donde b=0

25=12 (σ X+σ Y )

despejando σY se tiene :

σ X +σY=50 ( i )y el centro :

r2=14

(σ X−σ Y )2+τ XY2

100=14 (σ X−σ Y )2+92

(σ X−σY )2=76 /√(σ X−σ Y )=8 .72

( σ X+σ Y )=50 (i )

(σ X−σY )=8 . 72 (ii )sumando ( i)+( ii ) se tiene :

σ X=29. 36 [ kg .

cm2 ]σY=20 .64 [ kg .

cm2 ]Determinación los pares (σ X , τ XY ) y (σY , τYX)

σ X=29 .36 τ XY=9σ Y=20 . 64 τYX=−9

DETERMINACIÓN DE LOS VALORES

Sabemos que:

σ θ−MAX=σ1=12

(σ X+σ Y )+√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

σ 1=12

(29 . 36+20 .64 )+√ 14

(29. 36−20 .64 )2+92

σ 1=25+√ 14

(76 . 038 )+81

σ1=25+10

σ θ−MIN=σ3=12

(σ X+σ Y )−√ 14

(σ X−σY )2+τ2

XY

σ 3=12

(29 . 36+20 . 64 )−√ 14

(29 . 36−20 .64 )2+92

σ 3=25−√ 14

(76 .038 )+81

σ3=25−10

τθ−MAX=± √14

(σ X−σY )2+τ2

XY

τθ−MAX=±√14

(29. 36−20 .64 )2+92

Comprobación del cumplimiento de los invariantes de mecánica de roca

I1⇒ (σ 1+σ3 )=(σ X +σY )(35+15 )=(29 .36+20. 64 )

50=50

I 2⇒τθ máx=12 (σ 1−σ3)

10=(35−15 )

2

ORIENTACIÓN DE LOS PLANOS DONDE ACTÚAN

Tg(2θ )=τ XY

12 (σ X−σY )

σ 1=35 [ kg .

cm .2 ]

σ 3=15 [ kg .

cm .2 ]

τθ−MAX=±10[ kg .

cm2 ]

10=10

Tg(2θ )=2∗9

(29. 36−20 .64 )Tg (2θ )=2 . 06

Tg−1(2θ )=2 . 062θ=64 .10 º

θ=32. 05 º

La orientación del plano donde actúa σ rSub { size 8{1} } es θ=32. 05 º

Por invariante de mecánica de roca I5, que es de origen geométrico se tiene que los planos

donde actúan los esfuerzos σ rSub { size 8{1} } y σ rSub { size 8{3} } forman un ángulo de 90º por lo tanto la orientación

del plano donde actúa σ rSub { size 8{3} } es θ=90 º+32. 05 º=122 . 05 º

EJERCICIO Nº 2

2.- La figura muestra la pared final de un Macizo Rocoso, sobre la cual se estudia su discontinuidad y para la cual se determinó la relación gráfica que se indica, donde Icp = Indice Carga Puntual y RCS = Resistencia a la Compresión Simple Roca Intacta. Al respecto se pide:

A.- Como determinar la Cohesión y la Fricción para el Macizo Rocoso.

B.- Como se determinan los Parámetros Cohesión y Fricción, cuando se sabe, se ha podido monitorear en el Macizo Rocoso, valores para los parámetros que se señalan a continuación.

Resistencia Compresión Simple

(Kgrs/cms2)

Indice Carga Puntual

(Kgrs/cms2)

1250 35

1280 37

1320 40

1340 42

1256 42

1410 65

1550 71

Campo validez relación gráfica

RCS

Icp

70

30°

1788 75

1879 82

1890 92

1915 100

1980 112

2050 138

2150 145

2180 155

A.- Determinación de la Cohesión y la Fricción para el Macizo Rocoso.

Del gráfico obtenemos los siguientes datos:

α=30°

b0=70

m=tg α

Calculando la fricción Ø

φ=sen−1m

C0=b0

Cos φ

m=0 ,5774m=tg 30 °

φ=sen−10 . 5774 φ=35 .27 º

C0=85 .74 [ Kg .

cm2 ]B.- Como se determinan los Parámetros Cohesión y Fricción, cuando se sabe se ha podido monitorear en el Macizo Rocoso, valores para los parámetros que se señalan a continuación.

De los valores dados se debe graficar σ 3 v /s σ1

Resistencia IndiceCompresión Carga

Simple Puntual(Kgrs/cms2) (Kgrs/cms2)

1340 421256 421410 651550 711788 751879 821890 921915 100

Ejercicio 2

y = 0,0732x - 48,108

35

45

55

65

75

85

95

105

1200 1300 1400 1500 1600 1700 1800 1900 2000

Indice de Carga Puntual (Kg/cm2)

Res

iste

nci

a C

om

pre

nsi

ón

Sim

ple

Graficando y recuperando m=0 . 0732 y b0=−48 . 108

Reemplazando estos valores en las expresiones siguientes:

φ=sen−10 . 0732

Entonces la envolvente promedio Mohr Coulomb esta representada por la siguiente ecuación:

EJERCICIO Nº 3

Co=70cos 35 . 27 º

Co=b0

cos φφ=sen−1m

Co=−48 . 108

cos 4 . 198º

φ=4 .198 ºCo=−48 .2374 [ Kg .

cm2 ]

τ=±(−48.2374+σ N tg 4 . 198º )

Considerando los resultados siguientes, obtenidos durante la realización de Ensayo de Comprensión Triaxial. Se pide determinar un valor para la envolvente de Coulomb según el Criterio de ruptura de Rocas de Mohr Coulomb, Comente los resultados obtenidos.

TABLA DE RESULTADOS ENSAYO COMPRESIÓN

Ensayo Valor Esfuerzo Principal Menor

Valor Esfuerzo Principal Mayor

(Mpa) (Mpa)

1 5 150

2 6 165

3 10 185

4 8 170

5 9 175

6 7 168

7 5 145

El ejercicio debe ser resuelto, consultando el criterio de los Máximos Cuadrados, valido para lograr el mejor ajuste de la Envolvente de Coulomb. Se recomienda al estudiante visualice y entienda, en forma efectiva en que consiste el método que se menciona.

σ1 σ3 1/2(σ1+σ3) 1/2(σ1-σ3)X j Yj

150 5,0 77,50 72,50165 6,0 85,50 79,50185 10,0 97,50 87,50170 8,0 89,00 81,00175 9,0 92,00 83,00168 7,0 87,50 80,50145 5,0 75,00 70,00

Ejercicio 3

y = 0,7618x + 13,411

60,00

65,00

70,00

75,00

80,00

85,00

90,00

70,00 75,00 80,00 85,00 90,00 95,00 100,00

1/2(σ1+σ3)

1/2

(σ1-

σ3

)

El excel nos facilita el trabajo pues, se puede linealizar la curva y además nos entrega la ecuación de la línea de tendencia, de la cual obtenemos el valor de “b0” y “m”

b0=13 .411m=0 . 7618

Reemplazando estos valores en las expresiones siguientes:

φ=sen−10 . 7618

Entonces la envolvente promedio Mohr Coulomb esta representada por la siguiente ecuación:

EJERCICIO Nº 4

Se pide encontrar una Función simuladora, para resultados de ensayos de compresión triaxial. Considere que la Resistencia a la Compresión Simple en roca intacta, toma en laboratorio un valor igual a 145 Mpa. La información ha sido obtenida desde un macizo rocoso, explorado a través de una malla de sondajes regulares, obteniéndose la siguiente tabla de valores experimentales que representan resultados de ensayos de Compresión Triaxial.

ESFUERZO PRINCIPAL MAYOR

(Mpa) σ1

ESFUERZO PRICIPAL MENOR

(Mpa) σ3 = X

165 5

212 5,7

230 6,8

187 4,6

194 4,7

204 5,3

200 4,8

237 12

224 14,7

247 12,9

Co=b0

cos φφ=sen−1m

Co=13 . 411cos 49 .623 º

Co=20 .702φ=49 . 623 º

τ=±(20 . 702+σ N tg 49 .623 º )

σ1 σ3 (σ1-σ3)^2X Y

165 5,0 25600,00212 5,7 42559,69230 6,8 49818,24187 4,6 33269,76194 4,7 35834,49204 5,3 39481,69200 4,8 38103,04237 12,0 50625,00224 14,7 43806,49247 12,9 54802,81

Y= (σ1-σ3)^2

Ejercicio 4

y = 1542,7x + 29588

0,00

10000,00

20000,00

30000,00

40000,00

50000,00

60000,00

0,0 2,0 4,0 6,0 8,0 10,0 12,0 14,0 16,0

y j=mσ c x j+sσc2

M=mσ c

⇒ m=Mσ c

= 1542 . 7145 m=10 .64

b0=sσ c2 ⇒ s=

b0

σc

s= 29588

1452 s=1. 41

σ 1=σ3+√mσ c σ 3+sσc2

Si m=10 .64 s=1 . 41 σc=145 se obtiene en la práctica una función simuladora de tipo paramétrica para resultados de ensayos de la Resistencia a la Compresión Triaxial

σ 1=σ3+√1542 ,8σ3+26645 ,25