Trabajo Grupal Modelo

Geotecnia Vial

Catedrático: Ing. Germán Gallardo

“REVISIÓN DE MECÁNICA DE SUELOS”

EVALUACIÓN PARTE II

PRESENTADO POR

Ing. Sergio Eduardo Avilés Córdova Ing. Gustavo Llerena Cano Ing. Carlos Jugo Escudero

Lima, Agosto 2007

EVALUACIÓN PARTE I – REVISIÓN DE MECÁNICA DE SUELOS

1. ¿Qué diferencia encuentra usted entre la opinión de un ingeniero geotécnico y la de un ingeniero geológico al enfrentar un problema de una cimentación? ¿A quién recurriría usted? Los geólogos son científicos que estudian los problemas a escala macro, esto es estudian la formación de las rocas, la tierra y sus procesos. El Ingeniero Geológico, estudia principalmente las propiedades mecánicas de las rocas, pero no las del suelo. El trabajo del Ingeniero Geotécnico es predecir el comportamiento del suelo o roca, cuando se va a construir sobre el suelo, o cuando se van a hacer túneles en su interior. Por consiguiente ante un problema de cimentación, es lógico recurrir a un Ingeniero Geotécnico, ya que su formación profesional esta orientada justamente a analizar este tipo de problemas. La opinión de un ingeniero geotécnico se basa en la mecánica de los materiales (suelos y rocas) y al comportamiento de estos materiales, mientras que el ingeniero geólogo tiende al estudio de las rocas, a su clasificación, a lo descriptivo. Para enfrentar un problema de una cimentación, nos parece se debería recurrir a un ingeniero geotécnico. 2. ¿Por qué es necesario adquirir una nueva mentalidad frente a problemas de suelos? Porque nuestra mentalidad como Ingenieros Civiles, esta formada para considerar los materiales como medios, isotropicos y continuos y las ecuaciones de mecánica racional están enfocadas bajo esta premisas, el cambio de mentalidad que se requiere es para entender que el suelo es un material donde no se aplican estas premisas y que es necesario redefinir nuestras condiciones de borde al realizar un análisis de suelos. Es necesario adquirir una nueva mentalidad frente a los problemas de suelos, porque es muy posible que como ingenieros tengamos en cuenta los conocimientos de la estructura “rígida” y en el tema de los suelos no se tienen características de corte claro y definido, más bien variables en el tiempo y espacio. Por eso es necesario tener una actitud de entendimiento de las propiedades del material. 3. Explique las razones por las que la adquisición de datos del suelo es un problema difícil. i. Los límites no son definidos claramente. ii. Las propiedades variables y desconocidas del material. iii. Las propiedades del material son esfuerzo – dependientes. iv. Las propiedades del material cambian con el tiempo. 4. Defina el criterio dominante en ingeniería geotécnica.

SOBRE LA INTRODUCCIÓN

Debemos comprender que el suelo se entiende solo en base a la interpretación adecuada de los ensayos, y esto depende de nuestra habilidad de análisis y cálculo para medir y caracterizar un problema. Resolver un problema de geotecnia supone conocer y determinar las propiedades del suelo; por ejemplo: i) Para determinar la velocidad de circulación de un acuífero, se mide la permeabilidad del suelo, se utiliza la red de flujo y la ley de Darcy. ii) Para calcular los asentamientos de un edificio, se mide la compresibilidad del suelo, valor que se utiliza en las ecuaciones basadas en la teoría de la consolidación de Terzaghi. iii) Para calcular la estabilidad de un talud, se mide la resistencia al corte del suelo y este valor se lleva a expresiones de equilibrio estático. En otros problemas, como pavimentos, no se dispone de expresiones racionales para llegar a soluciones cuantificadas. Por esta razón, se requiere una taxonomía de los suelos, en función de su comportamiento, y eso es lo que se denomina clasificación de suelos, desde la óptica geotécnica. Agrupar suelos por la semejanza en los comportamientos, correlacionar propiedades con los grupos de un sistema de clasificación, aunque sea un proceso empírico, permite resolver multitud de problemas sencillos. Eso ofrece la caracterización del suelo por la granulometría y la plasticidad. Sin embargo, el ingeniero debe ser precavido al utilizar esta valiosa ayuda, ya que soluciones a problemas de flujos, asentamientos o estabilidad, soportados sólo en la clasificación, puede llevar a resultados desastrosos. 5. Se tiene un proyecto de construcción en Las Lomas, Piura. Se ha hecho la exploración geotécnica y se encontró un suelo de grano fino en la superficie, medianamente fino a 1m., ligeramente grueso a 2 m., grueso a 2.5 m. y rocoso a 3 m. ¿Qué tipo de suelo usted cree que es?. Por las características de la distribución del tamaño de la grava, podemos inferir que se trata de un suelo residual, que ha sido afectado por el intemperismo, meteorizado en el lugar de origen, donde la roca madre se encuentra en la parte inferior del estrato. 6. Explique las principales características de la arcilla, de la arena y del limo. Arenas En las arenas predominan las fuerzas de gravedad y el contacto entre partículas, la propiedad mas importante de las arenas es la densidad, asociada a la densidad interparticular y a la fricción entre partículas. Al ser suelos no cohesivos, las arenas tienen un comportamiento individual de las partículas, es decir para el análisis del comportamiento de un suelo arenoso, interesa el estudio de las características de la partícula. Otra definición es que son todas aquellas partículas comprendidas entre 4.75 mm (malla #4) y 75 micrones (malla #200), formados principalmente de cuarzo y feldespato y otros minerales presentes también.

SOBRE LA TIERRA, LOS SUELOS Y LAS ROCAS

Arcillas Son suelos con predominancia de grano fino, en las arcillas predominan las fuerzas electrostáticas, estas fuerzas pueden ser de atracción o de repulsión, entre las características más saltantes de las arcillas debemos indicar: - El agua permite observar la propiedad de la plasticidad, si no hay plasticidad el suelo no es una arcilla, esta plasticidad se produce por la presencia de minerales de arcilla - Son suelos cohesivos, donde el comportamiento es de conjunto, es decir la arcilla se comporta como una masa Son usualmente definidas como partículas con un tamaño menor de 0.002 mm. Sin embargo, en algunos casos las partículas comprendidas entre 0.002 mm y 0.005 mm son también consideradas como arcillas (según norma ASTM D-653). Estas partículas son clasificadas como arcillas basándose en su tamaño y necesariamente no cuentan con minerales de arcilla. Las arcillas han sido definidas como aquellas partículas que “desarrollan plasticidad cuando se mezclan con una cantidad límite de agua” (Grim, 1953). Los suelos no arcillosos pueden contener partículas de cuarzo, feldespato o mica que son lo suficientemente pequeñas para estar considerados dentro de la calificación de las arcillas. Por tanto es apropiado para las partículas de suelo más pequeño de 2 ó 5 micrones, definidas en los diferentes sistemas, ser llamadas partícula del tamaño de arcilla en vez de ser llamadas arcillas. Las partículas de arcillas mayormente están dentro del rango del tamaño de los coloides (< 1 micra) y 2 micras, como límite superior. Limos Son suelos también con predominancia de partículas finas, pero su comportamiento es un estado intermedio entre arenas y arcillas, dependiendo del mismo, se les puede denominar suelos limo-arcillosos, arcillo-limosos si se trata de suelos plásticos y limo–arenosos o areno-limosos si se trata de suelos no plásticos. Debemos distinguir en lo que se refiere al tamaño que toda arcilla es plástica, pero no todo suelo que tiene el tamaño de una arcilla es un suelo plástico. Como recomendación general debemos indicar que, justamente debido a esta propiedad de plasticidad y cohesión, es que es factible efectuar terraplenes utilizando arcillas, pero en ningún caso se pueden conformar terraplenes utilizando limos. Consisten en granos de cuarzo muy finos y otros en forma de hojuela, que son fragmentos de minerales micáceos. 7. ¿Por qué la Montmorinollita y no la Illita proporciona características expansivas a las arcillas en las que está presente? Porque el espacio variable entre las láminas que conforman su estructura (silicato – gibsita – silicato) atrae una gran cantidad de agua. Esta es la causa de la expansividad de la Montmorinollita. La montmonirollita tiene una estructura similar a la illita, es decir una lámina de gibsita intercalada entre dos láminas de sílice. En la montmorinollita hay sustitución isomorfa de magnesio y hierro por aluminio en las láminas octaédricas. Los iones de potasio no están aquí presentes como en el caso de la illita y una gran cantidad de agua es atraída hacia los espacios entre las capas proporcionando características expansivas a las arcillas en las que está presente.

8. Un constructor obtuvo los precios –puesto en sitio- del material de préstamo proveniente de 3 canteras. Los datos correspondientes se muestran en la tabla adjunta. Se tiene conocimiento que el suelo de la cantera 3 es de $11.000 y $3.900 más barato que el de las canteras 1 y 2 respectivamente. Se necesita 26.254,2 m3 a una compactación con e=0.7 Se pide encontrar: a). El costo unitario C2 para el suelo de la cantera 2. b). La relación de vacíos e para el suelo de la cantera 1. c). El volumen de suelo para cada caso: V1, V2 y V3 d). El monto pagado por el constructor.

Canteras

Item 1 2 3 Sitio del proyecto

Costo ($/m3) 7.77 C2 7.12 e e1 0.88 0.95 0.70 V(m3) V1 V2 V3 26.254,2 Costo Total ($) CT1 CT2 CT3 CT3 = CT1 – $ 11.000 ………… (i) CT3 = CT2 – $ 3.900 .............. (ii) Material del proyecto:

Peso Volumen

0.70 Vs

0

Vs

0

0

Aire

Agua

Suelo

e = Vvp/Vsp = 0.70 Vvp = 0.70 Vsp Vt = (0.70 + 1) * Vs Vs = 26.254/1.7

SOBRE LA COMPOSICIÓN DEL SUELO

Analizando la Cantera 2 : e = 0.88 Vt2 = (1 + e)*Vs Vt2 = (1 + 0.88) * 15.443,53 Vt2 = 29.033,84 m3 Analizando la Cantera 3 : e = 0.95 Vt3 = (1 + e)*Vs Vt3 = (1 + 0.95) * 15.443,53 Vt3 = 30.114,88 m3 Costo del material de la Cantera 3: CT3 = $ 7,12/m3 * 30.114,88 m3 CT3 = $ 214.417,96 De la ecuación (ii): CT3 = CT2 – 3.900 CT2 = CT3

+ 3.900 CT2 = $ 214.417,96 + $ 3.900 CT2 = $ 218.317,96 C2 = CT2/V2 = $ 218.317,96 / 29.033,84m3 = $ 7,52/m3

Costo del material de la Cantera 1: De la ecuación (i): CT3 = CT1 – 11.000 CT1 = CT3

+ 11.000 CT1 = $ 214.417,96 + $ 11.000 CT1 = $ 225.417,96 V1 = CT1 / C1 = $ 225.417,96 / $ 7,77/m3 = 29.011,32 m3 Hallando la relación de vacíos:

Vs = 15.443,53 m3

VT1 = (1+e1) * Vs (1+e1) = Vt / Vs e1 = Vt / Vs – 1 e1 = (29.011,32 / 15.443,53) – 1 e1 = 1.8785 – 1 e1 = 0.879 En el cuadro:

Canteras

Item 1 2 3 Sitio del proyecto

Costo ($/m3) 7.77 7.52 7.12 e 0.879 0.88 0.95 0.70 V(m3) 29.011,32 29.033,84 30.114,88 26.254,2 Costo Total ($) 225.417,96 218.317,96 214.417,96 Respuestas: a). El costo unitario C2 para el suelo de la cantera 2. El costo unitario del material de la cantera 2 es $ 7.52 / m3 b). La relación de vacíos e para el suelo de la cantera 1. La relación de vacíos e para el suelo de la cantera 1 es 0.879 c). El volumen de suelo para cada caso: V1, V2 y V3

El volumen total de las canteras 1, 2 y 3 es 29.011,32 m3 29.033,84 m3 y 30.114,38 m3

respectivamente. d). El monto pagado por el constructor. El monto pagado es de $ 214.417,96 9. Se dan los valores de los ensayos de LL y LP practicados al suelo “a”. Encuentre los LL, LP e IP. ENSAYO DE LIMITE PLASTICO

Container No 16 17 18 Peso húmedo + container (gr) Peso seco + container (gr) Peso de container (gr)

4.40 3.85 1.60

3.85 3.35 1.40

5.70 4.80 1.45

ENSAYO DE LIMITE LÍQUIDO

Container No 21 22 23

Número de golpes Peso húmedo + container (gr) Peso seco + container (gr) Peso de container (gr)

48 4.35 3.55 1.40

24 5.40 4.25 1.40

12 4.40 3.50 1.40

ENSAYO DE LIMITE PLASTICOMolde Nº 16 17 18Peso Humedo + Molde (gr) 4.40 3.85 5.70Peso Seco + Molde (gr) 3.85 3.35 4.80Peso Molde (gr) 1.60 1.40 1.45Peso Seco (gr) 2.25 1.95 3.35Peso Agua 0.55 0.50 0.90% de Humedad 24.44% 25.64% 26.87%

LIMITE PLASTICO 25.65%

ENSAYO LIMITE LIQUIDOMolde Nº 21 22 23Número de Golpes 48 24 12Peso Húmedo + Molde (gr) 4.35 5.40 4.40Peso Seco + Molde (gr) 3.55 4.25 3.50Peso Molde (gr) 1.40 1.40 1.40Peso Seco 2.15 2.85 2.10Peso Agua 0.80 1.15 0.90% de Humedad 37.21% 40.35% 42.86%

LIMITE LIQUIDO 39.99%

Calculo Limite Líquidoy = -0.0407Ln(x) + 0.5309

R2 = 0.9958

36.00%

37.00%

38.00%

39.00%

40.00%

41.00%

42.00%

43.00%

44.00%

10 100

Numero de Golpes

% d

e H

um

edad

Serie1 Logarítmica (Serie1)

IP = 39.99 – 25.65 IP = 14.34% 10. Ante la ausencia de fondos para hacer ensayos especiales de expansibilidad, ¿qué parámetros básicos usaría Ud. Para identificar dichos suelos? Se podría usar la carta de plasticidad e identificar los suelos que se encuentran entre los límites de la línea A y U; o por debajo de A. 11. ¿Cuál es la principal utilidad de la carta de plasticidad? Es un elemento básico en la identificación y clasificación de los suelos. La labor que realizó Casagrande fue llevar a un gráfico una cantidad de muestras con sólo dos parámetros, el límite líquido y el índice plástico. Observó que los materiales homólogos se agrupaban, existiendo así posiciones y fronteras para los distintos tipos de suelo. La carta de plasticidad, tiene seis zonas claramente diferenciables. Estas zonas se encuentran delimitadas por tres líneas denominadas A, B, y C. La línea A se define por la ecuación IP = 0.73* (LL-20) . Los suelos en correspondencia con puntos que se encuentran por encima de la línea A, se clasificarán como arcillas inorgánicas. De manera análoga, los suelos inorgánicos que correspondan a puntos que se encuentran por debajo de la línea A se clasificarán como limos. Las líneas B y C se encuentran paralelas al eje de las ordenadas en los puntos 30 y 50 % del eje de la abcisas, respectivamente. Estas rectas dividen la carta en tres franjas verticales correspondientes de izquierda a derecha a materiales de baja, mediana y alta plasticidad. Las zonas II y III indicadas en la carta que se muestra, tienen el

inconveniente de que clasifican también limos orgánicos y arcillas orgánicas respectivamente. Afortunadamente los materiales orgánicos son fácilmente identificables por su color oscuro, estructura esponjosa y a veces olor característico. De esta manera, quedan definidas las zonas de la forma siguiente: I: Limo inorgánico de baja plasticidad II: Limo inorgánico de mediana plasticidad o limo orgánico III: Limo inorgánico de alta plasticidad o arcilla orgánica IV: Arcilla inorgánica de baja plasticidad V: Arcilla inorgánica de mediana plasticidad VI: Arcilla inorgánica de alta plasticidad

12. ¿Cuáles son las estructuras de los suelos estables que existen en la naturaleza? La estructura de los suelos estables son las de los suelos granulares (no cohesivos) y son dos: i). Estructura de grano individual. Las partículas están en posición estable. Cada partícula está en contacto con las de su alrededor y la forma y distribución de tamaño de las partículas influyen en la densidad. Suelto y Denso ii). Estructura de celdas o panaloide. Las arenas finas y limos forman pequeños arcos con cadenas de partículas, tienen grandes relaciones de vacíos y pueden soportar cargas estáticas normales. Bajo cargas pesadas o bajo un choque de cargas, la estructura se rompe, resultando en asentamientos grandes, es una estructura colapsable. 13. ¿Cree que es importante saber que hay suelos colapsables en la naturaleza? ¿Por qué? Describa brevemente su estructura Es importante saber que hay suelos colapsables para poder manejar los riesgos de analizar los suelos en escenarios de cargas y asentamientos. Las estructuras de los suelos colapsables son:

i). Estructura de celdas o panaloide. Las arenas finas y limos forman pequeños arcos con cadenas de partículas, tienen grandes relaciones de vacíos y pueden soportar cargas estáticas normales. Bajo cargas pesadas o bajo un choque de cargas, la estructura se rompe, resultando en asentamientos grandes, es una estructura colapsable. ii). Estructura Dispersa. Todas las partículas están orientadas más o menos paralelas unas a otras. iii). Estructura Floculante. Tienden a ordenarse en flóculos visibles, tiene grandes vacíos. iv). Estructura floculante tipo sal. Tienen orientación en parte paralela, poseen un peso ligero y también poseen una relación de vacíos alto. 14. Clasifique el suelo “a” de la pregunta 9 y cuya granulometría se adjunta en la figura siguiente. Use el SUCS y el AASHTO. Método AASHTO % pasa tamiz 10 (2 mm) = 79 % pasa tamiz 40 (0.4 mm) = 42 % pasa tamiz 200 (0.075 mm) = 7 Limite Liquido (LL) = 40% Índice Plástico (IP) = 14.4% De la tabla de clasificación general de suelos se tiene que para un porcentaje menor a 35% corresponde a materiales granulares. En la tabla, de izquierda a derecha y relacionando el porcentaje de material que pasa el tamiz 200, el LL y el IP se tiene que es un material A-2-6 El valor de índice de grupo GI se calcula con la siguiente fórmula para los suelos A-2-6. GI = 0.01(F – 15)(PI – 10) Donde:

SOBRE CLASIFICACIÓN DEL SUELO

F = % que pasa la malla Nº 200 (0.075 mm) PI = Índice de Plasticidad GI = 0.01(7 – 15) (14.4 – 10), GI = -0.352 entonces GI = 0 Por lo tanto, la clasificación del material por el método AASHTO es: A-2-6(0) Grava y arena limosa ó arcillosa

40 0 40 1040 70 100 70

0 10100 10

Material granularExcelente a bueno como subgradoA-2-6 Grava y arena arcillosa o limosa

0Valor del índice de grupo (IG): 0

Clasificación fracción limoso-arcillosa (AAHSTO)

0

10

20

30

40

50

60

70

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

LL (%)

IP (%

)

A-6A-2-6

A-4A-2-4

A-7-6

A-5A-2-5

A-7-5A-2-7

SISTEMA DE CLASIFICACIÓN DE SUELOS AASHTO

Clasificacióngeneral

A-7Grupo: A-1-a A-1-b A-3 A-2-4 A-2-5 A-2-6 A-2-7 A-4 A-5 A-6 A-7-5

A-7-6Porcentaje que pasa:

Nº 10 (2mm) 50 máx - -Nº 40 (0,425mm) 30 máx 50 máx 51 mínNº 200 (0,075mm) 15 máx 25 máx 10 máx

Características de lafracción que pasa por

el tamiz Nº 40Límite líquido - 40 máx 41 mín 40 máx 41 mín 40 máx 41 mín 40 máx 41 mín (2)

Indice de plasticidad NP (1) 10 máx 10 máx 11 mín 11 mín 10 máx 10 máx 11 mín 11 mínConstituyentes

principalesCaracterísticascomo subgrado

(1): No plástico(2): El índice de plasticidad del subgrupo A-7-5 es igual o menor al LL menos 30

El índice de plasticidad del subgrupo A-7-6 es mayor que LL menos 30

-35 máx

-

-

Pobre a malo

--

36 min

Arena finaFracmentos de

roca, grava y arena

Excelente a bueno

6 máx

Materiales limoso arcilloso(más del 35% pasa el tamiz Nº 200)

Suelos limosos Suelos arcillosos

Materiales granulares(35% o menos pasa por el tamiz Nº 200

A-1

Grava y arena arcillosa o limosa

[ ]

)10()15(01,0IG :sólo usando calcula se7-2-Ay 6-2-A subgrupos los de suelos los para grupo de índice El

d.plasticida de índice :IPlíquido. límite :LL

200. nº ASTM tamizel pasa que % :F:Siendo

)10()15(01,040)-0,005·(LL0,235)-(FIG

:grupo de Índice

−⋅−⋅=

−⋅−⋅++⋅=

IPF

IPF

Método SUCS 7% del suelo es mas fino que 0.075 mm (malla 200). Entonces es grano grueso. Como está entre 5 y 12%, es necesario utilizar doble símbolo. 90% pasa la malla 4, es una arena. Cu = (D30)^2/D10 * D60 = 1.1 esta entre 1 y 3 Cumple con los criterios para SP y SM Por lo tanto la clasificación del material según método SUCS es:

SP – SM Arena mal graduada con limo

DIVISIONES Símbolos del NOMBRES TÍPICOSPRINCIPALES grupo

GRAVAS

ARENAS <5%->GW,GP,SW,SP.

>12%->GM,GC,SM,SC.

IDENTIFICACIÓN DE LABORATORIO

Cu=D60/D10>4 Cc=(D30)2/D10xD60 entre 1 y 3

ML

Suelos muy orgánicos

SC

SM

OL

PT

OH

CL

MH

Límite líquido mayor de 50

Gravas mal graduadas,mezclas grava-arena,pocos finos o sin finos.

No cumplen con lasespecificaciones de granulometríapara GW.

Gravas arcillosas, mezclasgrava-arena-arcilla.

Gravas limosas, mezclasgrava-arena-limo.

Encima de líneaA con IP entre 4y 7 son casoslímite querequieren doblesímbolo.

Límites deAtterberg sobre lalínea A con IP>7.

Límites deAtterberg debajo dela línea A o IP<4.

Determinar porcentaje degrava y arena en la curvagranulométrica. Según elporcentaje de finos(fracción inferior al tamiznúmero 200). Los suelosde grano grueso seclasifican como sigue:

Cuando no se cumplensimultáneamente las condicionespara SW.

Límites deAtterberg debajo dela línea A o IP<4.

Límites deAtterberg sobre lalínea A con IP>7.

Los límitessituados en lazona rayada conIP entre 4 y 7son casosintermedios queprecisan desímbolo doble.

Cu=D60/D10>6 Cc=(D30)2/D10xD60 entre 1 y 3

CH

Arenas limosas, mezclasde arena y limo.

Más de la mitaddel material pasapor el tamiznúmero 200

Limos inorgánicos, suelosarenosos finos o limososcon mica o diatomeas,limos elásticos.

Limos orgánicos y arcillasorgánicas limosas de bajaplasticidad.

Arcillas orgánicas deplasticidad media aelevada; limos orgánicos.

Turba y otros suelos de altocontenido orgánico.

Arcillas inorgánicas deplasticidad alta.

Limos y arcillas:Límite líquido menor de 50

Limos y arcillas:

SUELOS DEGRANO FINO

Más de la mitadde la fraccióngruesa esretenida por eltamiz número 4(4,76 mm)

Arenas arcillosas, mezclasarena-arcilla.

Limos inorgánicos y arenas muyfinas, limos límpios, arenasfinas, limosas o arcillosa, olimos arcillosos con ligeraplásticidad.

Arcillas inorgánicas deplasticidad baja a media, arcillascon grava, arcillas arenosas,arcillas limosas.

Más de la mitadde la fraccióngruesa pasa porel tamiz número4 (4,76 mm)

(apreciable cantidad definos)

Gravas, bien graduadas,mezclas grava-arena,pocos finos o sin finos.

Arenas bien graduadas,arenas con grava, pocosfinos o sin finos.

Arenas mal graduadas,arenas con grava, pocosfinos o sin finos.

Gravas confinos

5 al 12%->casos límiteque requieren usar doblesímbolo.

SUELOS DEGRANO GRUESO

Más de la mitaddel materialretenido en eltamiz número 200

SP

GP

GW

SW

GC

GM

Gravas límpias

(sin o conpocos finos)

Arenas límpias

Arenas confinos

(pocos o sinfinos)

(apreciable cantidad definos)

Tamiz Pasa Pasante Retenido Retenido(mm) (%) (%) acumulado (%) parcial (%)100 100.00 100.00 0.00 0.0080 100.00 100.00 0.00 0.0063 100.00 100.00 0.00 0.0050 100.00 100.00 0.00 0.0040 100.00 100.00 0.00 0.0025 100.00 100.00 0.00 0.0020 99.00 99.00 1.00 1.00

12.5 98.00 98.00 2.00 1.0010 96.00 96.00 4.00 2.006.3 94.00 94.00 6.00 2.005 90.00 90.00 10.00 4.002 79.00 79.00 21.00 11.00

1.25 69.00 69.00 31.00 10.000.4 42.00 42.00 58.00 27.00

0.160 16.00 16.00 84.00 26.000.080 7.00 7.00 93.00 9.00

Límite líquido LL 40.00 %Límite plastico LP 25.65 %

Índice plasticidad IP 14.35 %

Pasa tamiz Nº 4 (5mm): 90.00 %Pasa tamiz Nº 200 (0,080 mm): 7.00 %D60: 0.97 mmD30: 0.29 mmD10 (diámetro efectivo): 0.11 mmCoeficiente de uniformidad (Cu): 9.06Grado de curvatura (Cc): 0.81

Granulometría

0.0010.0020.0030.0040.0050.0060.0070.0080.0090.00

100.00

0.0010.010.1110100

Tamiz (mm)

Pasa

(%)

15. Explique muy brevemente cuál es la importancia económica y social del drenaje. Tener en cuenta los aspectos del drenaje es importante económica y socialmente, para evitar costos de rehabilitación de infraestructura, estos costos incluyen los costos sociales por la interrupción de la actividad humana debido a los posibles problemas por drenaje en el suelo. 16. Explique muy resumidamente las consecuencias de la filtración no controlada. Las consecuencias de una filtración no controlada en obras de infraestructura vial pueden llegar a ser, desde deslizamientos de taludes laterales, hundimientos de plataforma o estructura del pavimento, colapsos de obras de arte, tales como, cabezales de entrada de alcantarillas, cajas de captación de aguas de drenaje longitudinal, fallas en los muros de contención o de sostenimiento. 17. La figura muestra las capas de suelo en un tubo que tiene 100mm x 100mm de sección trasversal. El agua se abastece para mantener una diferencia de carga constante de H mm a través de la muestra. Los coeficientes de permeabilidad del suelo en la dirección del flujo son:

Suelo K (cm/seg) A 10-2 B 3 x 10-3 C 4,9 x 10-4

Sabiendo que la tasa de abastecimiento de agua (caudal q) es 29.304 cm2/hr, calcule los valores de hA y hB

SOBRE FLUJO DE AGUA EN EL SUELO

hC

hD

kA = 10-2 cm/seg kB = 3 x 10-3 cm/seg iA = hC/L kC = 4,9 x 10-4 cm/seg q=kA iA A …..(1) iA=q/kA hC/L=q/kA A ……(2)

hrcm29.304q

hrcm36k

hrcm36

hr3600

1cm10

segcm10k

3

A

22

A

=

=

===−

−

A = 100 mm x 100 mm = 100 cm2

En (2):

hC =

( )0.1221cm

2100cmhrcm36

15cmhr

3cm29.304

=⎟⎠⎞⎜

⎝⎛⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

Por continuidad:

( ) 0.407cmcm 0.12213

10h

h3x1010h

kkhhkhk

LLLL tambien Lhk

Lhkikik

AA Acomo AikAikikikik

D

C3

2

CB

ADDBCA

DCBAB

DB

A

CABBAA

BA BBBAAA

CCBBAA

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=→=

===⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛⇒=

===

==

−

−

Luego, para las alturas en los suelos B y C

hC= 0.1221 cm.

hD= 0.407 cm.

( )

( )

2.5cmH

2.5cm0.4074.930H

0.4074.9x103x10h

KKH

LhK

LHK

4

3

DC

B

DCB

=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−

−

Luego del gráfico tenemos:

2.38cmh 0.1222.5h

hHhhhH2.09cmh

0.4072.5h hHhhhH

A

A

CAAC

B

B

DBBD

=−=

−=→+==

−=−=→+=

18. La figura muestra una presa de concreto cimentada en arena fina situada sobre el lecho rocoso impermeable. La presa tiene una losa de concreto de 42 m de longitud, construida en la superficie de la arena tal como muestra la figura. La arena es anisotrópica con coeficientes de permeabilidad de 5.4 x 10-5 m/s y 6x10-6 m/s en sentido horizontal y vertical respectivamente.

Calcular:

a. La pérdida por filtración en estado estacionario bajo la presa. b. La subpresión en la base de la presa. c. El gradiente hidráulico máximo en la salida

H= 2.5 cm.

hA= 2.38 cm. HB= 2.09 cm.

Son necesarias algunas modificaciones para la construcción de la red de flujo. La ecuación diferencial de continuidad para flujo bidimensional:

Considerando que es una arena anisotrópica se necesitan transformar las longitudes en el eje horizontal, y volverlo a un medio isotrópico. Transformación de coordenadas

XKK

Xx

zt = Para

m/s5.4x10K

m/s6x10K5

x

6z

−

−

=

= Se tiene X31Xt =

En la figura anterior está la sección transformada, la red de flujo está dibujada en la sección transformada y se tiene Nf=5 y Nd=11. 5 canales de flujo y 11 caídas La diferencia de alturas en el diagrama es de 8 m. - Determinación de la pérdida por filtración en estado estacionario bajo la presa:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

d

fXZ N

N∆h.KKQ

Reemplazando los valores en la ecuación:

( )( )( ) metro por s

m6.55x10115810x105.4x10Q

3565- −− =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=

a). La pérdida por filtración en estado estacionario bajo la presa es: - Cálculo de la subpresión en la base de la presa: La disminución entre dos líneas equipotenciales adyacentes está dada por:

0.727m118

N∆h

d==

En el punto 1 : 4.91mh , 14mh , 18.91m24.7x0.727h pe1 ==== En el punto 2 : 4.18mh , 14mh , 18.18m24.8x0.727h pe2 ==== En el punto 3 : m46.3h , 14mh , 17.46m24.9x0.727h pe3 ====

Al convertir las distancias horizontales a la escala original obtenemos la subpresión en la base de la presa, que es igual a:

( ) ( )mKN3694.53.464.18

214.54.184.91

211x9.81 =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +++=

b). La subpresión en la base de la presa es igual 369 KN/m c). En el punto d, el gradiente hidráulico máximo es:

0.481.5

0.727i c ==

Q=6.55x10-5 m3/seg

19. Para el perfil de suelo mostrado en la figura se sabe que hay un flujo vertical ascendente, con un caudal de 0.02592 m3/día. Se han colocado dos piezómetros en los puntos A (a 7m de profundidad) y B (a 12m) los cuales se elevan 1.5 y 4.5m por encima de la superficie del lago. Kh y Kv del estrato ML está en cm/seg. Se pide:

a. Calcular los pesos unitarios sumergidos de los tres estratos. b. Calcular los coeficientes de permeabilidad horizontal y vertical de cada

estrato. c. Para el caudal indicado dibujar acotados los diagramas de presión total,

efectiva y de poros. d. Calcular el gradiente crítico del perfil y el caudal que lo produce. Dibujar los

diagramas de presión total, efectiva y de poros para esta condición.

a). Cálculo de los pesos unitarios sumergidos de los tres estratos i). En el estrato de material ML (Limo)

69.041.0)1(e1

e41.0e1

en =⇒=+⇒+

=⇒+

= eee

e1Gs

+= w

dγ

γ e1)(Gs

++

= wsat

e γγ

Se tiene como datos: Gs = 2.72 e = 0.69

wγ = 9.81 kN/m3 3

)()( /79.1969.01

81.9)69.0(2.72 mkNMLsatMLsat =⇒++

=∴ γγ

SOBRE ESFUERZOS EFECTIVOS

ii). En el estrato de material SM (Arena Limosa)

s

w

WWw = V

Wsd =γ

“Cuando una masa de suelo está completamente saturada, el peso específico húmedo resulta igual al peso específico saturado.”

3)( /50.20

81.909.219.01

76.11

mkN

xw

SMsat

d

=∴

=⇒+

=⇒+

=

γ

γγγγ

iii). En el estrato de material SP (Arena Mal Graduada)

Se tienen los siguientes datos:

62.1=dγ 62.0=e

3)(

)(

/62.19

)62.01(81.9)62.062.2(62.2

62.01)(

62.1

mkN

GG

SPsat

SPsatsws

=∴

++

=⇒=⇒+

=

γ

γγ

b). Calculando los coeficientes de permeabilidad horizontal y vertical de cada estrato.

γ

γ

Analizando de R a S: q = V x A, se asume que A = 1 m2 q = V x 1, V = k x i, i = h/4 m. q = 0.02592 m3/dia x 1dia/24 hr x 1 hr/3600 seg. q = 3 x10-7 m3/seg 3 x10-7 m3/seg = kv i 3 x10-7 m3/seg = 3.2 x 10-4 cm/seg x 1 m/100 cm x h/4m

.375.0 mh =∴ Analizando de A a R: q = V x A

23

7 11

)375.05.1(103 mxm

mksegmx v −

=−

segcmxk

mcmx

segmxk

m

mxsegmx

k

SMv

vv

5)(

72

37

1067.2

10010667.2125.1

1103

−

−

−

=∴

=⇒=

segcmxk

kk

SMh

vh

5)( 1035.9

5.3

−=∴

=

Analizando de Q a A:

.25.2

12

)(1067.2103

2

2273

7

mh

mxm

hmxsegmx

=∴

=−

−

h2 es la altura de agua entre la superficie del

lago por el piezómetro puesto a nivel de Q.

Analizando de B a Q:

23

7 13

)25.25.4(103 mxm

mksegmx v −

=−

segcmxk

mcmx

segmxk

m

mxsegmx

k

SPv

vv

5)(

72

37

100.4

100100.475.0

1103

−

−

−

=∴

=⇒=

segcmxk

kk

SPh

vh

4)( 1060.1

0.4

−=∴

=

c). Para el caudal indicado dibujar acotados los diagramas de presión total, efectiva y de poros.

i). Cálculo del Esfuerzo Total:

En S: 2

3

62.19

281.92

mkN

mxmkNmx

s

sws

=

=⇒=

σ

σγσ

En R: 2

32)(

78.98

479.1962.194

mkN

mxmkN

mkNmx

R

RSR MLsat

=

+=⇒=

σ

σγσσ

En Q: 2

322)(

9.179

35.2078.9862.193

mkN

mxmkN

mkN

mkNmx

Q

QRSQ SMsat

=

++=⇒++=

σ

σγσσσ

En P:

2

32)(

40.396

562.19)9.17978.9862.19(5

mkN

mxmkN

mkNmx

P

PQRSP SPsat

=

+++=⇒+++=

σ

σγσσσσ

ii). Cálculo de la Presión de Poros:

En S: 262.192mkNmx Sw =⇒ µγ

En R: 254.62)42(mkNmhx Rw =⇒++ µγ

En Q: 236.110)25.2342(mkNmx Qw =⇒+++ µγ

En P: 220.196)65342(mkNmx Pw =⇒++++ µγ

iii). Cálculo de los Esfuerzos Efectivos:

En S: 0

62.1962.19'

''

=∴

−=⇒−=

S

SSSS

σ

σµσσ

En R: 2

'

''

24.36

54.6278.98

mkN

R

RRRR

=∴

−=⇒−=

σ

σµσσ

En Q: 2

'

''

54.69

36.1109.179

mkN

Q

QQQ Q

=∴

−=⇒−=

σ

σµσσ

En P: 2

'

''

20.200

2.1964.396

mkN

P

PPPP

=∴

−=⇒−=

σ

σµσσ

Con estos valores se trasladan los esfuerzos al diagrama, cuyas ordenadas representan la profundidad de capas, y las abscisas los esfuerzos respectivos.

S 019.6

R

Q

P

u presión del poro de agua σ' presiones efectivasEsfuerzo Total σ

200.2

69.54

36.2

396.4

179.9

98.78

196.2

110.36

62.54

2 m

4 m

3 m

5 m

20. La figura muestra una fila de tablaestacas hincadas en una capa permeable. Calcular el valor de H para que el factor de seguridad contra el levantamiento aguas abajo sea mayor de 4. El valor de ysat para el estrato es 112.32 lb/pie3.

Nf = 3 Nd = 6 H1 – H2 = 25 pies 25/6 = 4.167 pies Terzaghi (1922) concluyó que los empujes generalmente ocurren a una distancia H/2 El factor de seguridad contra el levantamiento puede ser dado por FS = W ´ / U……(1) Donde: W’ es el peso sumergido del suelo en la zona de levante por unidad de ancho de la

Tablestaca U es la Fuerza de levante debido a la filtración en el mismo volumen del suelo.

'21))(

2)(( 2' γγγ HHHW wsat =−= …….(2)

waviHU γ2)21(= , donde: iav es el gradiente hidráulico promedio en el bloque del suelo.

En (1): wavi

FSγ

γ '= Además:

3

33

78.47'

54.6432.112''

pielb

pielb

pielb

wsat

=∴

−=⇒−=

γ

γγγγ

De (2): 78.47'2

''22 WHWH =⇒=

γ

U = ½ H2 iav γw en b, la conducción principal = 3/6 (H1 – H2) en c, la conducción principal = 1.6/6(H1 – H2)

HHHiav

)(36.0 21 −=

456.561

92.494

)4.62)(25)(36.0()4.6232.112(4

)(36.0''

21

>⇒<

−<⇒

−==

HH

HHH

Hi

FSwwav γ

γγ

γ

Respuesta: La altura H debe ser mayor a 45 pies 21.1 Se tiene una muestra de suelo con el siguiente estado de esfuerzos:

Se pide:

a. Calcule los esfuerzos principales. Se tienen los siguientes datos:

4,2,10 === xyxy τσσ El esfuerzo principal mayor:

( )xy

xyxyn

22

221τ

σσσσσσ +⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+

+==

( ) 22

42

2102

2101

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

++

=σ

326

1+=σ

246

1+=⇒ σ

SOBRE ESFUERZOS EN UNA MASA DE SUELO

El esfuerzo principal menor:

( )xy

xyxyn

22

3 22τ

σσσσσσ +⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−

+==

( ) 22

42

2102

2103

−⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

−+

=σ

326

3−=σ

246

3−=⇒ σ

b. Determine el ángulo que forma el plano horizontal con el plano donde esta el esfuerzo principal mayor.

º5.22

º45212

188

210)4)(2(2

2

=∴

=⇒=∴

==−

=−

=

θ

θθ

σστ

θ

Tg

Tgyx

xy

0

º45cos4º452

210

2cos22

=

−−

=

−−

=

n

n

xyxy

n

sen

sen

τ

τ

θτθσσ

τ

c. Halle el ángulo que hace el plano horizontal con el plano de máximo cortante

(Tmax), Calcule el Tmax

Tmax =√ ( ((σy -σx)/2)^2 + (τxy^2)) = 5.66

El ángulo que hace el plano horizontal con el plano máximo cortante es 2θ+90º por tanto es de 135º.

d. Usando el Circulo de Mohr verifique sus resultados del numeral a,b,c.

21.2. Para las zapatas mostradas en la figura se pide hallar ∆σ en los puntos A, B y C.

21

11

1

mTon12.5q

450

AP

q

50TonP

=

==

=

22

22

2

mTon89.8q

990

AP

q

80TonP

=

==

=

A : centro de la primera zapata

B : intersección de las dos zapatas

C : centro de la segunda zapata Por tanto tenemos que:

En A : [ ] [ ]212(4)2(3)2(2)2(1)1A 4IqIIIIq∆σ =+++= …………(a)

En B : 21 bbB ∆σ∆σ∆σ += …………………….(b)

En C : [ ] [ ]2(5)22(8)2(7)2(6)2(5)2C 4IqIIIIq∆σ =+++= ……(c) Analizando en A: de la ecuación (a):

[ ]21A 4Iq∆σ = B = 1m L = 1m Z = 2m Para n=0.5 y m=0.5 se tiene un factor de influencia (I2) de 0.085 según el gráfico siguiente

( )( ) 4.2540.085mTon12.5∆σ

2A ==

2AmTon4.25∆σ =

Analizando en B: de la ecuación (b):

0.521

ZLn

0.521

ZBm

===

===

b2b1B ∆σ∆σ∆σ +=

[ ]21b1 2Iq∆σ =

gráfico) 0.121(verI2mZ2mL1mB

2 ====

1.0

22

ZLn

0.521

ZBm

===

===

[ ] 22b1 mTon3.0312x0.121

mTon12.5∆σ ==

Valor de I2 para m=0.5 y n= 1.0

B

[ ]22b2 2Iq∆σ =

gráfico) 0.17(verI2mZm3L

1.5mB

2 ====

1.5

23

ZLn

0.752

1.5ZBm

===

===

[ ] 22b2 mTon3.0232x0.17

mTon8.89∆σ ==

Luego:

023.3031.3∆σ∆σ∆σ b2b1B +=+= 2B 054.6∆σmTon

=

Analizando C: De la figura:

[ ]52C 4Iq∆σ =

gráfico) 0.139(verI2mZ

m5.1L1.5mB

5 ====

75.0

21.5

ZLn

0.752

1.5ZBm

===

===

4.94x4x0.139mTon8.89∆σ 2C ==

2C mTon4.94∆σ =

22. Se trata de un pequeño puente ubicado en Samanguilla, Piura; que se apoya en varias columnas. La carga por columna es de 50 toneladas. El suelo es arcilloso (Gs = 2.83) con una capacidad portante de aproximadamente 1.0 kg/cm2 y con nivel freático superficial. Se sugiere que la profundidad de cimentación sea 1.0m. Al estudiar el suelo, se obtuvo una muestra inalterada (a 4m de profundidad) en la cual se realizó el ensayo de consolidación. Este espécimen tenía un diámetro de 10.8cm y una altura de 3.21cm permitiéndose el drenaje por ambos lados. Luego de finalizar el ensayo, la muestra tenía un peso seco de 444.6 gr. y se encontraron las siguientes gráficas para el rango de cargas de 2 a 4 kg/cm2. También se encontró la gráfica e vs log σ´ adjunta.

Ud. Es el diseñador y ha decidido analizar la columna típica con los siguientes pasos:

SOBRE COMPRESIBILIDAD DEL SUELO

a. Calcular las dimensiones de la zapata cuadrada necesaria para que la carga actuante no exceda la capacidad portante de 1.0 kg/cm2. Para ello se sugiere utilizar la carga de 50 toneladas.

P = 50.00 Ton σ t = 10.00 Ton/m2

A= P / σ t A = 5.00 m2 Suponiendo una zapata cuadrada de lado “B” B2 = 5.00 m2 B = 2.25 m

b. Hallar los valores de t50 y t 90 y los coeficientes C, asociados a ellos.

Para hallar el t50 se calcula con la Curva Deformación VS Tiempo en escala logarítmica. Como aplicación de la Teoría de Terzaghi, se crea un eje U% - T, en donde T es el factor tiempo, siendo t y T directamente proporcionales para una muestra dada, en una cierta condición de carga. Se observa que el punto "A" obtenido como la intersección del tramo recto de compresión secundaria y de la tangente a la parte curva en su punto de inflexión, representa tolerablemente la línea práctica divisoria entre la consolidación primaria y la secundaria, es decir el 100% de consolidación primaria. Para obtener la línea de 0% se escoge un punto arbitrario t1, tal que el punto correspondiente, B, en la curva este situado antes del 50% de consolidación, con esto se obtiene un punto C que interfecta con el punto t1/4 y se determina la diferencia de ordenadas, a, de los dos puntos. Escogemos: t1 = 2.00 t1 / 4 = 0.50 De las líneas de: 0.00% 0.302 100.00% 0.272 Para: 50.00% 0.287 Del gráfico: t50 = 3.80 min. t50 = 228.00 seg. Por lo tanto, para T50 : T50 = 0.1978 H = 3.21 cm t50 = 228.00 seg Hallando Cv (Coeficiente de Consolidación del Suelo): Cv = 0.0022350 cm2/seg T50 = 0.1978 H = 440.00 cm. Cv = 0.002235 cm2 / seg

t50 = ? seg. Por lo tanto: t50 = 4’283,809.36 seg. t50 = 71,396.82 min. t50 = 1,189.95 hr.

t50 = 49.58 dias

( )357.06.5

2

)%)(1(%)(4/

UUTv

−=

π

50)2/(50 2

tHTCv =

Para obtener el t90 y el respectivo Cv, la obtenemos de la curva Deformación vs. Tiempo

Del gráfico, obtenemos: t90 = 9.00 min t90 = 540.00 seg Considerando la H, del laboratorio , siendo H = 3.21 Cv = 0.0040453

00.390 =t

90)2/(848.0 2

tHCv =

Obteniendo el t90, de campo:

H = 440.00 cm. Cv = 0.004045 cm2 / seg

t50 = ? seg. Por lo tanto: t50 = 10’145,864.27 seg. t50 = 169,097.74 min. t50 = 2,818.30 hr. t50 = 117.43 dias

c. Hallar las presiones de preconsolidación, tapada y el OCR. La presión de Preconsolidación es la siguiente: σ'c = 2.30 kg/cm2 La presión de tapada actual, es: σ'o = γh+γwhw Considerando que el suelo tiene una altura h = 400.00 cm y que el agua tiene una altura hw = 40.00 cm γ = 2.83 gr/cm3 γw = 1.00 gr/cm3 Reemplazando lo valores se obtiene: σ'o = 1,172.00 gr/cm2

σ'o = 1.172 gr/cm2

50)2/(848.0 2

tHCv =

La relación de Sobreconsolidación es: Reemplazando estos valores se obtiene OCR = 1.96 Por tener un OCR, es una arcilla Sobreconsolidada (SC)

d. Hallar la curva virgen de campo y sus valores de Cc y Cs.

Obtenemos lo valores Cc y Cs, con las fórmulas de Nagaraj y Murthy Cc = 0.02343 * ( LL/100 ) * Gs Cs = 0.0463 * ( LL/100 ) * Gs Asumimos un: LL = 60.00 Reemplazando, obtenemos: Cc = 0.40 Cs = 0.08

o

cOCR''

σσ

=

Relación de Vacios In-Situ eo = Hv / Hs …(1)

A = 91.61 cm2 Gs = 2.83 γw = 1.00 gr/cm3 Wseco = 444.60 gr Reemplazando: Hs = 1.71 cm Hallando Hv: Hv = H – Hs siendo H = 3.21 cm Por lo tanto: Hv = 1.50 cm Reemplazando en (1) eo = 0.87

e. Hallar el asentamiento por consolidación primaria considerando subestratos de 1m y la variación de la carga con la profundidad. Analice el asentamiento en la zona de influencia de la zapata.

La carga de 50 Ton, representa una sobrecarga de 50 / (2.25 x 2.25)

Ror ser una arcillla Sobreconsolidada y por que σ'o < ∆σ'o + ∆σ'c, utilizamos la siguiente expresión:

…(i)

wGsAWsHs

γ××=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∆++

=0

0

0 '''

log1 σ

σσe

CsHS

Para altura 1m.

Cs = 0.08 H = 100.00 cm Eo = 0.87 σ’o = 0.32 kg/cm2 k = 4.00 ∆σ’o = 0.80 kg/cm2 m = 1.13 n = 1.13 Reemplazando en (i) S = 2.28 cm

Para altura 2m.


Para altura 3m.


Para altura 4m. Cs = 0.08 H = 400.00 cm Eo = 0.87 σ’o = 1.17 kg/cm2 k = 4.00 ∆σ’o = 0.17 kg/cm2 m = 0.28 n = 0.28 Reemplazando en (i) S = 0.99 cm

Pto Zf B1= B/2 L1=L/2 m=B1/2 n=L1/2 I2 ∆σ'o Stotal (cm) ∆S

1.00 1.00 1.13 1.13 1.13 1.13 0.203 0.802 2.28 2.28 2.00 2.00 1.13 1.13 0.56 0.56 0.102 0.403 1.86 0.42 3.00 3.00 1.13 1.13 0.38 0.38 0.066 0.261 1.41 0.45 4.00 4.00 1.13 1.13 0.28 0.28 0.043 0.170 0.99 0.42

El esfuerzo de tapada σ'o, aumenta con la profundidad. El incremento del esfuerzo ∆σ'o, disminuye con la profundidad, es decir tiene

mas influencia en los estratos superiores. Se observa que el asentamiento es mas influyente en las primeras capas e inversamente proporcional a la profundidad de cimentación.

f. Hallar el asentamiento por consolidadción secundaria que ocurrirá desde cuando termina la consolidación primaria (asuma que esta sucede al alcanzar el 90%) hasta 5 años después de la aplicación de la carga.

Hallando el Contenido de Humedad: Ww = Ww / Ws * 100 Ww = 30.80% Utilizamos la siguiente tabla., para hallar el C´α

De la tabla obtenemos C´α = 2.00% Para hallar el Asentamiento Secundario, utilizamos la siguiente fórmula: Donde: C´α = 2.00% H = 440.00 cm t1 = 117.43 t2 = 1,825.00 Reemplazando: Ss = 1.05 cm

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

tttHCSs 2log'α

23. Para la muestra de suelo del problema 21. Se continúa pidiendo:

e. Si el suelo es una arcilla NC halle la ley de falla. Suponga que el estado de esfuerzos corresponde a la falla.

De los ∆σ en los puntos A, B y C se tienen 4.25 Ton/m2, 6.054 Ton/m2 y 4.94 Ton/m2 respectivamente. Considerando estos puntos en la masa de suelo, la relación funcional del esfuerzo normal y el esfuerzo cortante sobre un plano de falla en cada punto, se expresa como:

( )σf f=τ

Donde:

falla la de plano el sobre normal esfuerzo falla la de plano el sobre cortante esfuerzo f

==

στ

SOBRE RESISTENCIA AL CORTE DEL SUELO

21m

Ton25.4∆ == Aσσ

Nσ

τN

M

O

60º

30º

f. Siguiendo el apartado anterior, calcule los esfuerzos en el plano que hace 60° con el plano donde se encuentra el esfuerzo principal menor. Verifique si estos son esfuerzos de falla.

Donde: MN : Plano de falla NO : Plano principal mayor MO: Plano principal menor 1θ : 60º Angulo entre los planos de falla y principal menor θ : 30º Angulo entre los planos de falla y principal menor

45º2θ2

45ºθ −=⇒+= φφ º15=φ

Los esfuerzos en el plano de falla:

cos2θ2σσ

2σσσ 2131

N+

++

= sen2θ2σστ 31 −

=

Aplicando las ecuaciones anteriores se obtiene:

2N mTon3.188σ = 2m

Ton1.84τ =

No son esfuerzos de falla

Calculando maxτcon 45ºθ =

2max mTon2.13τ = ττ ⟩max

Por tanto τ esta dentro de la envolvente donde no hay plano de falla

g. Ubique el plano de falla. El plano de falla se encuentra en el grafico : OM

h. Cree usted que el plano de Tmáx pertenece a la envolvente de falla. Explique.

maxτ Será cuando 45ºθ = según el grafico está fuera de la envolvente se

encuentra dentro de la envolvente de Mohr, 2max mTon2.13=τ . Está fuera del área de

fallas.

24. Los datos siguientes se han encontrado de un ensayo de Corte Directo:

ENSAYO Fza. Normal (kg.) Fza. (kg.)

Corte Area de la Muestra (cm2)

1 4 5.8 5.5 x 5.5 2 8 6.94 5.5 x 5.5 3 12 8.1 5.5 x 5.5 4 13 9.6 5.5 x 5.5

a. Encontrar el esfuerzo principal mayor y menor para el ensayo 2. Hallar

también el ángulo de falla.

Con los datos de la tabla se encontraron el esfuerzo normal y el esfuerzo de corte, como se muestra en la tabla siguiente:

ENSAYO FUERZA NORMAL

(Kg)

FUERZA DE CORTE

(Kg)

AREA DE LA MUESTRA

(cm2)

ESFUERZO NORMAL (Kg/cm2)

ESFUERZO DE CORTE (Kg/cm2)

1 4 5.8 30.25 0.13 0.19 2 8 6.94 30.25 0.26 0.23 3 12 8.1 30.25 0.40 0.27 4 13 9.6 30.25 0.43 0.32

Los esfuerzos principal mayor y menor para el ensayo 2 son:

Esfuerzo normal 2N cmKg0.264σ =

Esfuerzo de corte cmKg0.229=τ

Del grafico del item b) se tiene º22=φ y 2

45ºθ φ+= ; reemplazando:

º56θº22 =⇒=φ

Reemplazando º56θ =⇒φ Angulo de falla en las ecuaciones anteriores:

31313131

N 0.37 σ0.37 σσσ2x0.264cos2 θ2σσ

2σσσ +−+=⇒

−+

+=

......(a)..........1.37σ0.63σ0.53 31 +=

sen2θσ-sen2θσ2x0.229sen2θ2σσ

3131 =⇒

+=τ

31 σ93.00.93 σ0.46 −=

.......(b)..........σσ49.0 31 −=

Parámetros de Corte

0.13

0.26

0.4

0.43

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

-0.1 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

Esfuerzos Normales

Esf

uerz

os d

e C

o

τ(Kg/cm2)Lineal (τ(Kg/cm2))

En (a) se divide entre 1.37 y se obtiene la ecuación (c)

).....(.....................σσ46.039.0 31 c+= Sumando algebraicamente la ecuación (b) y (c), tenemos:

1σ46.188.0 =

21 cmKg60.0σ =

Reemplazando 1σ en la ecuación (b):

23

33

cmKg11.0σ

49.060.0σσ60.049.0

=∴

−=⇒−=

b. Encontrar los parámetros de corte c y Φ.

Los parámetros de corte se presentan en el grafico adjunto

C= 0.135 kg/cm2 o22=φ

22º

25. Se tienen tres muestras de una arcilla sobreconsolidada. Sobre dichas muestras se han realizado ensayos triaxiales CD que dieron los resultados mostrados en la tabla adjunta (con valores en KN/M2)

Muestra σ3 ∆σd 1 20 365 2 50 400 3 310 1160

Determinar:

a. La ley de falla y todos los parámetros de corte. Para la solución del problema se realizaron los cálculos del esfuerzo principal mayor en condición de ensayo triaxial consolidado drenado, así como los radios para graficar los círculos de Mohr y la envolvente de Mohr-Coulomb, los que se encuentran en el cuadro adjunto.

MUESTRA ´33 σσ =

(KN/m2) dσ∆

(KN/m2)

´11 σσ =

(KN/m2) RADIOS CIRCULARES

(m) 1 20 365 385 202.50 2 50 400 450 250.00 3 310 1160 1470 890.00

La ley de falla esta dada por la función envolvente de falla relacionando el esfuerzo normal efectivo, la resistencia cohesiva y el ángulo de fricción.

φτ tgσC ´f += Ensayo CD

Para encontrar los parámetros de corte se deben dibujar los círculos de Mohr de donde se obtiene:

2mKN850C = º35=φ

b. Determinar el valor de la presión de preconsolidación.

26. La resistencia al corte de una arcilla normalmente consolidada esta dada por la ecuación tf = σ´tan31° Un ensayo de consolidación no drenado se llevó a cabo en el mismo suelo a una presión de cámara de 112 KN/M2 y con un esfuerzo desviador en la falla es 100.14 KN/M2

a. El ángulo de fricción no drenado, Φcu.

Tenemos:

tg31ºστ ´f =

23 mKN112σ =

( ) 2fd mKN100.14∆σ =

Sabemos que:

( )fd3´11 ∆σ+== σσσ

Reemplazando:

2´11 m

KN14.21214.100112 =+== σσ

También:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2º45tgσσ cu

31φ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

2º45tg11214.212 cu2 φ

Despejando:

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= − 45º

112212.14tg2

0.51

cuφ

Entonces el Angulo de fricción no drenado será:

º9cu =φ

b. La presión de agua en los poros en la falla.

El parámetro A donde ( )( )f

ff ∆d

∆udAA == ; fue definido por Skempton para un

arcilla normalmente consolidada, el rango de valores esta dado por:

1 a 0.5A =

( ) ( )2f

ff m

KN50.07∆ud 100.14∆ud

0.5 0.5 ASi =⇒=→=

( ) ( )2f

ff m

KN100.14∆ud 100.14∆ud

1 1 ASi =⇒=→=

Entonces la presión de agua en los poros esta en el rango de:

22 mKN100.14 a

mKN50.07

c. Cuál sería el esfuerzo desviador en la falla si un ensayo drenado hubiera sido

conducido con la misma presión de cámara (es decir, 112).

Tenemos:

23

´f

mKN112

tg31ºστ

=

=

σ

Luego sabemos también que:

´33 σσ = y

´11 σσ =

( )sd31 ∆σσσ +=

Pero:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

2º45tgσσ 2

31φ

21

21

mKN89.349

2º31º45tg112

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

σ

σ

Reemplazando:

( )

( )2

´3

´1fd

fd´3

´1

mKN89.23711289.349∆

∆

=−=−=

+=

σσσ

σσσ

Luego el esfuerzo desviador en la falla, será:

( ) 2fd mKN89.237∆ =σ

27. Para el muro de contención AB mostrado hallar:

a. Diagrama de presiones efectivas verticales y laterales. b. La profundidad de la grieta en caso se produjese. c. La fuerza activa y su punto de aplicación antes de la grieta y después de la

grieta.

SOBRE PRESIÓN LATERAL DE TIERRAS

=

Calculo de valores

Ka*q = 1,056.13 Ka1*ال*H1 + Ka1*q = 1,563.08 Ka1(q+ال*H1)+Ka2(ال'*H2) + H2*الω = 1,966.31 Ka1(q+ال*H1)+Ka2(ال'*H2)+Ka3(ال'*H3) + (H2+H3)*الω = 3,013.29

1 2 3

σaZ*?*tan^2(45-Ø/2)-

2*C*tan(45-Ø/2) (835.62) (400.68) (74.78)

σv σa / tan^2(45-Ø/2) (1,186.81) (1,304.05) (152.52)Ka σa / σv 0.70 0.31 0.49

VARIABLES FORMULA ESTRATO

1 2 3Z piés 6 4 9Ø ( º ) 10 32 20C lbs/pie2 800 500 400

(*) ? lbs/pie3 120 125 110tan(45-Ø/2) 0.84 0.55 0.70

tan^2(45-Ø/2) 0.70 0.31 0.49

VARIABLESESTRATO

UNIDAD

(*) Se asume que los valores de Peso Unitario que se indican, corresponden al estado real en que se encuentran los suelos de cada estrato, es decir, seco para el primer estrato y sumergido para los dos siguientes estratos. Por consiguiente el diagrama final de presiones será:

valores de z

Vertical (lb/pies2)

Horizontal sin

cohesion (lbs/pie2)

Horizontal con

cohesion (lbs/pie2)

0 1500 1056.13 -286.476 2220 1,563.08 -204.98

10 2470.4 1,966.31 510.4419 2898.8 3,013.29 860.91

b) La profundidad de la grieta en caso se produjese.

286.47 227.41 --------- = ------------ 22 6-Z Z= 3.4 pies C) La fuerza activa y su pto. De aplicación antes de la grieta y después de la grieta Pa = ½ * (6-Z) *220.41 Pa = ½ * (6-3.40) * 220.41 Pa = 287 lbs/ pie 28. Hallar la fuerza activa sobre el muro mostrado en la figura mediante el método gráfico. Use el método de la cuña de falla.

1. Se dibuja las caracteristicas del muro de retención y del relleno, se calculo el angulo de 37º.

2. Dibujamos la línea AC que forma un ángulo 37º con la horizontal. 3. Tenemos de dato el valor del angulo φ=20º. 4. Dibujamos la línea AD que forma un ángulo 20º con la horizontal. 5. Consideramos algunas cuñas de falla de ensayos, sobre la línea AC se

toma los puntos C1, C2, C3, y C4. 6. Luego trazamos la linea BC1, BC2, BC3, BC4.

7. Hallamos las área de ABC1, ABC2, ABC3, ABC4, calcular el volumen y peso por unidad de ancho.

8. Plotear los pesos W1, W2, W3, W4 sobre la línea BD, de manera que Bd1= W1, Bd2= W2, Bd3= W3, Bd4= W4

9. Dibujar d1e1 paralela a la recta BE, hacer de igual forma para d2e2, d3e3, d4e4, del gráfico notamos que cuando se traza la d4e4.

10. Se dibujo la curva suave "Linea de Culman" a traves de los ptos e2, e3, e4, luego se extiende.

11. Se traza la tangente B'D' a la curva suave dibujada, B'D' paralela a BD y el pto de tangencia es Ca'

12. De Ca' se traza una paralela a BE que intercepta con la linea BD y se tiene el pto Ca.

13. La Fuerza Activa por unidad de ancho del muro es 42100 Kg.

CUÑA AREA (m2)

VOLUMEN

(m3)

PESO UNITARIO

DEL SUELO ال (Kg/m3)

PESO (W)

ABC1 4.87 4.87 2090 10178 ABC2 9.74 9.74 2090 20357 ABC3 14.61 14.61 2090 30535 ABC4 19.49 19.49 2090 40734

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