MECANICA DE SUELOS II

MECANICA DE SUELOS II
Sandro Daniel venero soncco
En el presente documento dispondremos a desarrollar las preguntas
de teoría y práctica de mecánica de suelos II
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
1
01. ¡Qué es esfuerzo efectivo?
a) Es la suma de las componentes verticales de las fuerzas desarrolladas en
los puntos de contacto de las partículas sólidas por área de sección
transversal unitaria.
b) Es el esfuerzo que absorbe las partículas sólidas del suelo.
c) es la fracción del esfuerzo normal absorbida por el esqueleto del
suelo en los puntos de contacto de las partículas. RESPUESTA
d) Todas las anteriores son correctas
e) Ninguna anterior
02. ¿Por qué es importante conocer el esfuerzo cortante máximo?
a) Para el cálculo de la estabilidad de cimentos. RESPUESTA
b) Para el cálculo de esfuerzos normales
c) Para calcular los esfuerzos verticales
d) Todas las anteriores.
e) Ninguna anterior.
03. El conocimiento de los esfuerzos verticales es de gran importancia
para:
a) La elasticidad
b) Los principios de la deformación
c) La consolidación
d) Los asentamientos
e) Más de una es correcta. RESPUESTA
04. Describe los parámetros de la siguiente fórmula:
𝑛
𝜎𝑛 = 𝜎𝑒 + ∑ 𝜎𝑧𝑖
𝑖=1
06. ¿Qué entiendes por esfuerzos Geostáticos?
El esfuerzo geos tatico es el resultado de la suma del esfuerzo efectivo más la
presión neutra
Venero soncco Sandro
𝜎𝑛 : Son los esfuerzos verticales totales por debajo de la superficie del suelo
cuando actúan sobrecargas en la superficie
𝜎𝑒 : Esfuerzos efectivos de la masa de suelo
∑𝑛𝑖=1 𝜎𝑧𝑖 : Es la sumatoria de los esfuerzos provocados por las cargas existentes
sobre la superficie del suelo
05. ¿Qué entiendes por esfuerzo total vertical?
Es la suma del esfuerzo efectivo y el esfuerzo producido por una carga, que actúan
en la estructura del suelo
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
2
07. ¿Qué es presión de poro?
a) Es la presión hidrostática que actúa encima del suelo
b) Es la presión intersticial hidrostática que actúa sobre el suelo y se
presenta cuando existe un nivel de capilaridad. RESPUESTA
c) Es la presión intersticial hidrostática que actúa sobre el suelo y se
presenta cuando existe un nivel de freático.
d) Es la diferencia del esfuerzo efectivo y el esfuerzo total.
e) Más de una respuesta es correcta.
08. Calcule el esfuerzo efectivo en el punto A.
N.S.C: nivel de saturación capilar
N.F: nivel freático
𝜎𝑒 = 𝛾ℎ + 𝛾𝑠𝑎𝑡1 ℎ𝑐 + 𝛾𝑠𝑎𝑡2 ℎ𝑤 − 𝛾𝑤ℎ𝑤
𝜎𝑒 = 𝛾ℎ + 𝛾𝑠𝑎𝑡1 ℎ𝑐 + ℎ𝑤(𝛾𝑠𝑎𝑡2 − 𝛾𝑤)
𝝈𝒆 = 𝜸𝒉 + 𝜸𝒔𝒂𝒕, 𝒉𝒄 + 𝒉𝒘𝜸, --------RESPUESTA
𝛾 , : Peso específico sumergido
Dónde:
𝑉𝐼: 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑓𝑙𝑢𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑞: 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎
𝑁°: 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑟𝑒𝑎𝑠
Venero soncco Sandro
09. ¿Cuáles son los pasos para usar la carta de Newmark para el cálculo de
esfuerzos verticales correspondiente a cargas encima de la superficie
terrestre?
I.
Ubicar el punto indicado sobre el centro de la carta de Newmark
II.
Dibujar a escala la gráfica (escala de la gráfica es equivalente a la
profundidad)
III.
Sumar el número de áreas que están dentro de la grafica
IV.
Reemplazar los valores en la siguiente formula:
∆𝜎 = (𝑉𝐼) ∗ (𝑞) ∗ (𝑁°)
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3
10. Dibuje los diagramas de esfuerzos totales, esfuerzos efectivos y
presión de poro del ejercicio 8
11. Demostrar 𝛾𝑚=(1+𝑤)𝛾
1+𝑒
𝑠
𝑊
𝑉
𝑊𝑤 + 𝑊𝑠
=
𝑉𝑉 + 𝑉𝑠
𝑊𝑤 + 𝑊𝑠 𝑊𝑠
∗ 1
𝑊𝑠
=
𝑉𝑉 + 𝑉𝑠 𝑉𝑠
𝑉𝑠 ∗ 1
𝑊 + 1 𝑊𝑠
=
∗
𝑒 + 1 𝑉𝑠
𝑊+1
=(
)𝛾
𝑒+1 𝑠
𝛾𝑚 =
𝛾𝑚
𝛾𝑚
𝛾𝑚
𝛾𝑚
12. Demostrar 𝛾𝑠𝑎𝑡=(𝛾𝑠+𝑒)
1+𝑒
𝑊𝑠 + 𝑊𝑤 + 𝑊𝑝𝑜𝑟𝑜𝑠 𝑙𝑙𝑒𝑛𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝑉
𝑊𝑠 + 𝑉𝑉
=
𝑉𝑉 + 𝑉𝑠
(𝑊𝑠 + 𝑉𝑉 )
𝑉𝑠
=
(𝑉𝑉 + 𝑉𝑠 )
𝑉𝑠
𝛾𝑠 + 𝑒
=(
)
1+𝑒
𝛾𝑠𝑎𝑡
𝛾𝑠𝑎𝑡
𝛾𝑠𝑎𝑡
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𝛾𝑠𝑎𝑡 =
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4
1) Determinar y graficar los Diagramas de esfuerzos totales, neutrales y
efectivos del perfil del suelo que se indica.

00.00 a -8.40
Arena mal graduada medianamente densa
(Encima del nivel freático w = 6,5%)
Relación de vacíos = 0,40
G = 2,60
N = 0,1128 ; D10 = 0,0006




-8,40 a -16,40
-16,40 a -18,20
-18,20 a -20,00
Limo inorgánico; n = 0,55; G = 2,67
Arcilla inorgánica; e = 0,61; G = 2,79.
Arena mal graduada; Gw = 100%; w = 25%;
d = 1,60 gr/cm3.
El nivel freático está a -5.70
Determinamos la altura del acenso capilar
Usaremos la siguiente formula
𝑵
𝒉𝒄 = 𝒆∗𝑫
𝟏𝟎
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Solución
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𝒉𝒄 =
5
𝑵
0.1128
⟹ ℎ𝑐 =
= 47 𝑐𝑚 ⟹ ℎ𝑐 = 4.7 𝑚
𝒆 ∗ 𝑫𝟏𝟎
0.40 ∗ 0.0006
Calculamos los pesos específicos en cada fase
Para el estrato I
Para peso específico seco usaremos la formula siguiente
(1 + 𝑤)𝐺𝑠 𝛾𝑤
(1 + 0.65)(2.60)(1)
1+𝑊
𝑡𝑛
𝛾𝑚 = (
) 𝛾𝑠 =
⟹ 𝛾𝑚 =
= 1.98
1+𝑒
1+𝑒
1 + 0.40
𝑚3
𝛾𝑚 = 1.98
𝑡𝑛
𝑚3
Para el peso específico saturado usaremos la formula siguiente
𝛾𝑠 + 𝑒
𝐺𝑠 𝛾𝑤 + 𝑒
2.60(1) + 0.40
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝛾𝑠𝑎𝑡 = (
)=
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =
= 2.14
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 = 2.14
1+𝑒
1+𝑒
1 + 0.40
𝑚3
𝑚3
𝛾𝑠 + 𝑒
𝐺𝑠 𝛾𝑤 + 𝑒
2.60(1) + 0.40
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝛾𝑠𝑎𝑡 = (
)=
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =
= 2.14
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 = 2.14
1+𝑒
1+𝑒
1 + 0.40
𝑚3
𝑚3
Para el estrato II
En este caso primero hallamos “e” para luego calcular (𝛾𝑠𝑎𝑡 )
𝑒=
𝑛
0.55
⟹𝑒=
= 1.22 ⟹ 𝑒 = 1.22
1−𝑛
1 − 0.55
𝛾𝑠 + 𝑒
𝐺𝑠 𝛾𝑤 + 𝑒
2.67(1) + 1.22
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝛾𝑠𝑎𝑡 = (
)=
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =
= 1.75
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 = 1.75
1+𝑒
1+𝑒
1 + 1.22
𝑚3
𝑚3
Para el estrato III
𝛾𝑠 + 𝑒
𝐺𝑠 𝛾𝑤 + 𝑒
2.79(1) + 0.61
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝛾𝑠𝑎𝑡 = (
)=
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =
= 2.11
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 = 2.11
1+𝑒
1+𝑒
1 + 0.61
𝑚3
𝑚3
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Para el estrato IV
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 25% =
 𝛾𝑊 =
 𝛾𝑑 =
𝑊𝑊
𝑊𝑆
𝑊𝑊
𝑉𝑊
𝑊𝑆
𝑉
6
⟹ 𝑊𝑆 = 4𝑊𝑊
⟹ 𝑉𝑊 = 𝑊𝑊
⟹ 1.6𝑉 = 𝑊𝑊 ⟹ 𝑉 = 2.5𝑊𝑊 ⟹ 0.4𝑉 = 𝑊𝑊
Para (𝛾𝑠 )
𝛾𝑠 =
𝑊𝑆 1.6𝑉
=
= 2.67
𝑉𝑆
0.4𝑉
Para calculara (e)
𝑒=
𝑉𝑉 0.4𝑉
=
= 0.67
𝑉𝑆 0.6𝑉
Ahora reemplazamos los valores en la formula siguiente para hallar el peso
específico saturado
𝛾𝑠𝑎𝑡 = (
𝛾𝑠 + 𝑒
2.67(1) + 0.67
𝑡𝑛
𝑡𝑛
)=
=2
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 = 2
1+𝑒
1 + 0.67
𝑚3
𝑚3
Ahora calculamos los esfuerzos totales (𝜎𝑡 ), la presión de poros (𝑢) y los esfuerzos
efectivos (𝜎𝑒 )
Formula del esfuerzo total
𝜎𝑡 = 𝛾ℎ
Fórmula para la presión de poro
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤
Formula del esfuerzo efectivo
Para el punto “A” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 1.98 ∗ 1 = 1.98
𝑡𝑛
𝑚2
𝑢 = −𝛾𝑤 ℎ𝑤 = −1 ∗ 4.7 = −4.7
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 1.98 − (−4.7) = 6.68 𝑡𝑛/𝑚2
Venero soncco Sandro
𝜎𝑒 = 𝜎𝑡 − 𝑢
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7
La presión de poro es negativo debido a que el agua asciende por capilaridad (esto
se da solamente en el punto “A”)
Para el punto “B” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 1.98 + 2.14 ∗ (4.7) = 12.04
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (0) = 0
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 12.04 − 0 = 12.04 𝑡𝑛/𝑚2
Para el punto “C” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 12.04 + 2.14 ∗ (2.7) = 17.82
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (2.7) = 2.7
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 17.82 − 2.7 = 15.12 𝑡𝑛/𝑚2
Para el punto “D” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 17.82 + 1.75 ∗ (8) = 31.82
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (10.7) = 10.7
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 31.82 − 10.7 = 21.12 𝑡𝑛/𝑚2
Para el punto “E” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 31.82 + 2.11 ∗ (1.8) = 35.62
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (12.5) = 12.5
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
Para el punto “F” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 35.62 + 2 ∗ (1.8) = 39.22
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (14.3) = 14.3
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 39.22 − 14.3 = 24.92 𝑡𝑛/𝑚2
Venero soncco Sandro
𝜎𝑒 = 35.62 − 12.5 = 23.12 𝑡𝑛/𝑚2
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8
Grafica
Venero soncco Sandro
2) Calcular los esfuerzos verticales totales (  e + z ) debajo de los puntos
A y B, en el medio del estrato de arcilla CL. del edificio, que se muestra en la
figura. El nivel de saturación por capilaridad llega hasta – 2,00
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9
Solución
Ahora calculamos los esfuerzos totales (𝜎𝑡 ), la presión de poros (𝑢) y los esfuerzos
efectivos (𝜎𝑒 )
PUNTO “A” (edificio “A”)
Para el punto “A” calculamos (𝝈𝒕 ), (𝒖)𝒚 (𝝈𝒆 )
𝜎𝑡 = 1.5 ∗ (2) + 1.95 ∗ (2) + 2.17 ∗ (7) + 1.97 ∗ (2.5) = 27.015
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 27.015 − 9.5 = 17.515 𝑡𝑛/𝑚2
Calculamos (𝝈𝒁𝑨 )
Sabemos que 𝜎𝑍𝐴 = 𝑊 ∗ 𝑊0
Venero soncco Sandro
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (9.5) = 9.5
𝑡𝑛
𝑚2
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10
Dónde:
𝑊: 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑛 𝑙𝑜𝑠 𝑑𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑑𝑖𝑓𝑖𝑐𝑖𝑜 (𝐴)
𝑊0 : 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎
Calculamos (𝑾)
𝑊 = 9 ∗ (1.3) − (1.5 ∗ (2) + 1.95 ∗ (2)) = 4.8
𝑡𝑛
𝑚2
Calculamos (𝑾𝟎 )
Usaremos la siguiente formula
𝑚=
𝑋
𝑍
𝑛=
𝑌
𝑍
Dónde:
𝑍: 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑓𝑢𝑛𝑑𝑖𝑑𝑎𝑑
Para el punto “A” Z es igual a 9.5 m
Calculamos el valor de “m”
9.40
= 0.99
9.5
Calculamos el valor de “n”
𝑛=
30
= 3.15
9.5
Con los valores de “m” y “n” hallamos en la tabla en valor de (𝑊0 )
𝑚 = 0.99
} = 𝑊0 = 0.203
𝑛 = 3.15
Venero soncco Sandro
𝑚=
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11
Teniendo los valores de (𝑊 , 𝑊0 ) reemplazamos en la formula (𝜎𝑍𝐴 = 𝑊 ∗ 𝑊0 )
𝜎𝑍𝐴 = 𝑊 ∗ 𝑊0 ⟹ 𝜎𝑍𝐴 = 4.8 ∗ 0.203 = 0.973 𝑡𝑛/𝑚2
PUNTO “B” (edificio “B”)
Calculamos (𝝈𝒁 )
Sabemos que 𝜎𝑍 = 𝑊 ∗ 𝑊0
Calculamos (𝑾)
𝑊 = 13 ∗ (1.6) − (1.5 ∗ (2) + 1.95 ∗ (2)) = 13.9
𝑡𝑛
𝑚2
Calculamos (𝑾𝟎 )
Usaremos la siguiente formula
𝑚=
𝑋
𝑍
𝑛=
𝑌
𝑍
Dónde:
𝑍: 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑓𝑢𝑛𝑑𝑖𝑑𝑎𝑑
Calculamos el valor de “m”
𝑚=
18.80
= 1.97
9.5
Calculamos el valor de “n”
𝑛=
30
= 3.15
9.5
Venero soncco Sandro
Primero calculamos para todo (edificio)
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12
Con los valores de “m” y “n” hallamos en la tabla en valor de (𝑊0 ) (todo el edificio)
𝑚 = 1.97
} = 𝑊0 = 0.239
𝑛 = 3.15
Calculamos para la mitad (edificio)
Calculamos el valor de “m”
𝑚=
9.40
= 0.99
9.5
Calculamos el valor de “n”
𝑛=
30
= 3.15
9.5
Con los valores de “m” y “n” hallamos en la tabla en valor de (𝑊0 ) (mitad del
edificio)
𝑚 = 0.99
} = 𝑊0 = 0.203
𝑛 = 3.15
Ahora restamos los valores de (𝑊0 ) y reemplazamos en la formula (𝜎𝑍 = 𝑊 ∗ 𝑊0 )
𝑊0 = 0.239 − 0.203 = 0.036
𝜎𝑍 = 𝑊 ∗ 𝑊0 ⟹ 𝜎𝑍𝐴 = 13.9 ∗ 0.036 = 0.501 𝑡𝑛/𝑚2
Hallamos (𝜎𝑛𝐴 )
𝜎𝑛𝐴 = 17.515 + 0.973 + 0.501 = 18.99 𝑡𝑛/𝑚2
Ahora calculamos los esfuerzos totales (𝜎𝑡 ), la presión de poros (𝑢) y los esfuerzos
efectivos (𝜎𝑒 )
PUNTO “B” (edificio “B”)
La profundidad “Z” para el punto “B” es igual a 10m
𝑢 = 𝛾𝑤 ℎ𝑤 = 1 ∗ (10) = 10
𝜎𝑒 = 28 − 10 = 18 𝑡𝑛/𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
Venero soncco Sandro
𝜎𝑡 = 1.5 ∗ (2) + 1.95 ∗ (2) + 2.17 ∗ (7) + 1.97 ∗ (3) = 28
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13
Calculamos “m” y “n”
𝐸𝐷1 = 𝑊 = 4.8 𝑡𝑛/𝑚2
𝑚=
9.40
= 0.94
10
𝑛=
15
= 1,5
10
Con los valores de “m” y “n” hallamos en la tabla en valor de (𝑊0 )
𝑚 = 0.94
} = 𝑊0 = 0.189 ∗ 𝟐 = 𝟎. 𝟑𝟕𝟖
𝑛 = 1.5
Los valores de (𝑊 𝑦 𝑊0 ) reemplazamos en la formula (𝜎𝑍 = 𝑊 ∗ 𝑊0 )
𝜎𝑍 = 𝑊 ∗ 𝑊0 ⟹ 𝜎𝑍 = 4.8 ∗ 0.378 = 1.81
𝜎𝑍 = 13.9 ∗ 0.378 = 5.25
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
Hallamos (𝜎𝑛𝐵 )
𝜎𝑛𝐵 = 18 + 1.81 + 5.25 = 25.06
𝑡𝑛
𝑚2
Venero soncco Sandro
3) Utilizando el diagrama de Newmark y el Valor de influencia = 0,005.
Calcular el esfuerzo z a una profundidad de 19,5 pies debajo del punto “O”
Del edificio que transmite una carga distribuida en la superficie de 38,70
kN/m2, cuya figura en planta se muestra
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
14
Solución
Para convertir los valores de pies a metros se multiplican por (0.3048)
Z=19.5 pies
Z=19.5*(0.3048)
Z=5.94 m
El valor de influencia es de 0.005 y mide 3.9 cm
Calculamos los valores en centímetros para graficar en la carta de Newmark
Para “1”
Para “4”
3.9cm…………5.94m
Xcm…………1.21m
X=0.79cm
3.9cm…………5.94m
Xcm…………6.09m
X=4cm
3.9cm…………5.94m
Xcm…………1.82m
X=1.19cm
Para “3”
3.9cm…………5.94m
Xcm…………12.19m
X=8cm
Para “5”
3.9cm…………5.94m
Xcm…………7.92m
X=5.2cm
Para “6”
3.9cm…………5.94m
Xcm…………2.13m
X=1.39cm
Venero soncco Sandro
Para “2”
15
Venero soncco Sandro
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
16
1. ¿A qué se debe el proceso de consolidación secundaria? ¿Y en qué
tipos de suelos se presenta?
Se produce después de la consolidación primaria, se debe a la alta
compresibilidad del suelo, porque las partículas del suelo presentan
fluencia viscosa (lenta) que hace que estos se reacomoden. Y se presentan
en suelos arcillosos y turbas
2. ¿A qué se debe el proceso de consolidación primaria? ¿Y en qué tipos
de suelos se presenta?
Se debe a la expulsión del agua que ocupa los espacios vacíos (el agua
intersticial se drena) producido a lo largo del tiempo. Y se presenta en
suelos como la arcilla saturada
3. Defina los siguientes conceptos. Emplee un croquis en caso sea
necesario
 Incremento de pre-consolidación: Es el resultado de la diferencia del
esfuerzo de pre-consolidación y el esfuerzo efectivo
𝐼𝑃𝐶 = 𝜎𝑐, − 𝜎𝑒
 Relación de pre-consolidación: es el resultado de la división del esfuerzo
de pre-consolidación y el esfuerzo efectivo
𝜎𝐶,
𝑂𝐶𝑅 =
𝜎𝑒
 Índice de compresibilidad: es el resultado de la división de la variación de
los vacíos y el logaritmo de los esfuerzos efectivo mayor entre el esfuerzo
efectivo menor
∆𝑒
𝜎
log(𝜎𝑒2 )
𝑒1
4. A partir de curva de compresibilidad del ensayo de consolidación se
puede determinar la presión de pre-consolidación por el método de
casa grande. Explique el método y dibuje
 se toma un punto “a” en la curva donde presenta menor radio
 se traza una línea horizontal “ab” desde el punto “a”
 se traza una línea tangente “ac” en el punto “a”
 se traza una línea bisectriz “ad” del Angulo “bac”
 se prolonga la línea “gh” o hasta intersectar la línea bisectriz en el punto “f”
la abscisa del punto “f” es el esfuerzo de pre-consolidación
Venero soncco Sandro
𝐶𝐶 =
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
17
Venero soncco Sandro
5. ¿En qué teoría se basa el asentamiento instantáneo?
En la teoría de la elasticidad, y está presente el simultaneo en construcción
de obres civiles
6. ¿Cómo se denomina las presiones verticales en la masa de los suelos
saturados? Explique cómo actúa cada uno
A la suma del esfuerzo de sobre carga y el esfuerzo geos tatico
 esfuerzo de sobre carga: producida por la presión de las estructuras
civiles
 esfuerzo gestáltico: es la suma del esfuerzo efectivo más la presión de
poro
 Presión efectiva: es la presión que absorbe las partículas sólidas del suelo
 presión de poro: es la presión que genera el agua en los poros
7. ¿Qué entiendes por un suelo pre-consolidado? Y debido a que aspectos
se debe
La presión de sobrecargas efectiva es menor que la que el suelo
experimento en su pasado
Es debido a procesos geológicos y/o intervención del hombre
8. ¿Qué entiendes por suelo normalmente consolidado?
La presión de sobrecarga efectiva presente es la presión máxima a la que el
suelo fue sometido en su pasado
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
18
1. La zapata típica de una edificación tiene un área de 3.50 x 5.50 m y esta
cimentada a 1.70 m de profundidad, transmite una carga de 2.25
kg/cm2.cuyo perfil del suelo es el siguiente
Considerar estratos de un metro obligatoriamente
a) Determinar y graficar los diagramas de los esfuerzos geos taticos, neutrales
y efectivos
b) Calcular el asentamiento total
Solución
1.85𝑔𝑟 1.85𝑡𝑛
=
𝑚3
𝑚3
𝛾𝑠𝑎𝑡 =
𝑤=
2.15𝑔𝑟 2.15𝑡𝑛
=
𝑚3
𝑚3
2.25𝑘𝑔 22.5𝑡𝑛
=
𝑚2
𝑚2
Venero soncco Sandro
𝛾𝑚 =
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
19
Calculamos:
Hc =
N
0.115
⇒ 𝐻𝑐 =
= 190𝑐𝑚 = 𝟏. 𝟗𝒎
e ∗ D10
0.65 ∗ 0.00093
Calculando:
γsat1 =
Gs ∗ γw + e
1+e
Antes hallamos “e”
𝑛
0.45
⇒𝑒=
= 𝟎. 𝟖𝟏
1−𝑛
1 − 0.45
γsat1 =
Gs ∗ γw + e 2.45 ∗ 1 + 0.81
𝑡𝑛
=
= 1.80
1+e
1 + 0.81
𝑚2
γsat2 =
Gs ∗ γw + e 2.66 ∗ 1 + 0.44
𝑡𝑛
=
= 2.15
1+e
1 + 0.44
𝑚2
Hallamos los esfuerzos geos taticos, neutrales y efectivos
a. A una profundidad de 0.8 metros
𝜎𝑡 = 0.8 ∗ (1.85) = 1.48
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 1.48 − (−1.9) = 3.38 𝑡𝑛/𝑚2
𝑢 = −𝐻𝑐 ∗ 𝛾𝑤 = −1.9 ∗ 1 = −1.9
Venero soncco Sandro
𝑒=
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
20
b. A una profundidad de 2.70 metros
𝑡𝑛
𝜎𝑡 = 1.48 + 1.9 ∗ (2.15) = 5.57
𝑚2
𝑡𝑛
𝑢=0=0
𝑚2
𝜎𝑒 = 5.57 − 0 = 5.57 𝑡𝑛/𝑚2
c. A una profundidad de 5.70 metros
𝜎𝑡 = 5.57 + 3 ∗ (1.80) = 10.97
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 10.97 − 3 = 7.97 𝑡𝑛/𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝑢 =3∗1= 3
d. A una profundidad de 8.60 metros
𝜎𝑡 = 10.97 + 2.90 ∗ (2.15) = 17.205
𝑢 = 5.90 ∗ 1 = 5.90
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝑒 = 17.205 − 5.90 = 11.305
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
Venero soncco Sandro
Dibujamos los diagramas de los esfuerzos geos taticos, neutrales y efectivos
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
N°
Hi (m)
1
2
3
3.20
4.20
5.20
𝝈,𝟎 𝒕𝒐𝒏
/𝒎𝟐
5.97
6.76
7.56
𝝈,𝒄 𝒕𝒐𝒏
/𝒎𝟐
7.91
8.70
9.50
21
Zi(m)
m
n
W0
1.50
2.50
3.50
1.17
0.7
0.5
1.83
1.1
0.78
0.209
0.152
0.109
σ,0 1 = 5.57 + 0.50(1.80 − 1) = 5.97
σ,0 2 = 5.57 + 1.50(1.80 − 1) = 6.77
σ,0 3 = 5.57 + 2.50(1.80 − 1) = 7.56
Sobrecarga
∆𝝈
18.81
13.68
9.81
∆𝝈 + 𝝈,𝟎
24.78
20.44
17.37
𝝈,𝒄
>
>
>
7.91
8.70
9.50
formula
S(mm)
III
III
III
total
72.70
54.26
38.93
165.89
Venero soncco Sandro
σe = 5.57 + 0.40(1.80 − 1) = 5.89
3.10-2.70=0.40→ es lo que falta para llegar a 3.10 metros
σ,0 = 1.33 ∗ 5.89 = 7.83
IPC = 7.83 − 5.89 = 𝟏. 𝟗𝟒 𝐜𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞
𝜎𝑐, 1 = 1.94 + 5.57 = 7.91
𝜎𝑐, 2 = 1.94 + 6.77 = 8.70
𝜎𝑐, 3 = 1.94 + 7.56 = 9.50
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
n1 =
2.75
= 1.83
1.50
m1 =
1.75
= 1.17
1.50
n2 =
2.75
= 1.1
2.50
m2 =
1.75
= 0.7
2.50
n3 =
2.75
= 0.78
3.50
m3 =
1.75
= 0.5
3.50
σz = w ∗ w0
w=
σz
1
= 22.5 ∗ 0.209 ∗ 𝟒 = 18.81
σz
2
= 22.5 ∗ 0.152 ∗ 𝟒 = 13.68
σz
3
= 22.5 ∗ 0.109 ∗ 𝟒 = 9.81
22.5ton
m2
22
dato
1) ∆𝜎 + 𝜎0, = 18.81 + 5.97 = 24.78
2) ∆𝜎 + 𝜎0, = 13.68 + 6.76 = 20.44
3) ∆𝜎 + 𝜎0, = 9.81 + 7.56 = 17.37
𝑪𝒔 𝑯
𝝈,𝒄
𝑪𝒄 𝑯
𝝈,𝟎 + ∆𝝈
𝑺=
𝐥𝐨𝐠( , ) +
𝐥𝐨𝐠(
)
𝟏 + 𝒆𝟎
𝝈𝟎
𝟏 + 𝒆𝟎
𝝈,𝒄
𝐂𝐜 = 𝟎. 𝟐𝟓
𝐞𝟎 = 𝟎. 𝟖𝟏
𝑆1 =
0.05 ∗ 1
7.91
0.25 ∗ 1
24.78
log(
)+
log(
) = 72.70 𝑚𝑚
1 + 0.81
5.57
1 + 0.81
7.91
𝑆2 =
0.05 ∗ 1
8.70
0.25 ∗ 1
20.44
log(
)+
log(
) = 54.26 𝑚𝑚
1 + 0.81
6.76
1 + 0.81
8.70
𝑆3 =
0.05 ∗ 1
9.50
0.25 ∗ 1
17.37
log(
)+
log(
) = 38.93 𝑚𝑚
1 + 0.81
7.56
1 + 0.81
9.50
Venero soncco Sandro
𝐂𝐬 = 𝟎. 𝟎𝟓
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
N°
Hi (m)
4
5
6
6.20
7.20
8.15
𝝈,𝟎 𝒕𝒐𝒏
/𝒎𝟐
8.545
9.695
10.787
𝝈,𝒄 𝒕𝒐𝒏
/𝒎𝟐
23.169
24.319
25.411
23
Zi(m)
m
n
W0
4.50
5.50
6.45
0.39
0.32
0.27
0.61
0.5
0.42
0.078
0.059
0.048
σ,0 4 = 7.97 + 0.50(2.15 − 1) = 8.545
σ,0 5 = 7.97 + 0.50(2.15 − 1) = 9.695
σ,0 6 = 7.97 + 0.50(2.15 − 1) = 10.787
Sobrecarga
∆𝝈
7.02
5.31
4.32
∆𝝈 + 𝝈,𝟎
15.565
15.005
15.107
𝝈,𝒄
<
<
<
23.169
24.319
25.411
formula
S(mm)
II
II
II
total
10.85
7.90
6.09
24.84
Venero soncco Sandro
σe = 7.97 + 0.55(2.15 − 1) = 8.602
6.25-5.70=0.55→ es lo que falta para llegar a 6.25 metros
σ,0 = 2.70 ∗ 8.602 = 23.226
IPC = 23.226 − 8.602 = 𝟏𝟒. 𝟔𝟐𝟒 𝐜𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞
𝜎𝑐, 4 = 14.624 + 8.545 = 23.169
𝜎𝑐, 5 = 14.624 + 9.695 = 24.319
𝜎𝑐, 6 = 14.624 + 10.787 = 25.411
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
n4 =
2.75
= 0.61
4.50
m4 =
1.75
= 0.39
4.50
n5 =
2.75
= 0.5
5.50
m4 =
1.75
= 0.32
5.50
n6 =
2.75
= 0.42
6.45
m6 =
1.75
= 0.27
6.45
σz = w ∗ w0
w=
σz
4
= 22.5 ∗ 0.078 ∗ 𝟒 = 7.02
σz
5
= 22.5 ∗ 0.059 ∗ 𝟒 = 5.31
σz
6
= 22.5 ∗ 0.048 ∗ 𝟒 = 4.32
22.5ton
m2
24
dato
1) ∆𝜎 + 𝜎0, = 7.02 + 8.545 = 15.565
2) ∆𝜎 + 𝜎0, = 5.31 + 9.695 = 15.005
3) ∆𝜎 + 𝜎0, = 4.32 + 10.787 = 15.107
𝑪𝒔 𝑯
𝝈,𝟎 + ∆𝝈
𝑺=
𝐥𝐨𝐠(
)
𝟏 + 𝒆𝟎
𝝈,𝒄
𝐂𝐜 = 𝟎. 𝟒𝟐
𝐞𝟎 = 𝟎. 𝟒𝟒
𝑆4 =
0.06 ∗ 1
15.565
log(
) = 10.85 𝑚𝑚
1 + 0.44
8.545
𝑆5 =
0.06 ∗ 1
15.005
log(
) = 7.90 𝑚𝑚
1 + 0.44
9.695
𝑆6 =
0.06 ∗ 1
15.107
log(
) = 6.09 𝑚𝑚
1 + 0.44
10.787
Asentamiento total
𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 𝟏 + 𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 𝟐
𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟏𝟔𝟓. 𝟖𝟗 + 𝟐𝟒. 𝟖𝟒
𝑺𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟏𝟗𝟎. 𝟕𝟑 𝒎𝒎
Venero soncco Sandro
𝐂𝐬 = 𝟎. 𝟎𝟔
25
Venero soncco Sandro
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
26
2. En la figura se muestra el perfil de un suelo. Si se aplica una carga
uniformemente distribuida en la superficie del suelo. ¿Cuál será el
asentamiento del estrato de arcilla causado por consolidación primaria?
PRUEBA DE CONSOLIDACION EN LABORATORIO
Presión efectiva (KN/m2)
Altura final del espécimen al final de
la consolidación (mm)
0
25.81
50
25.58
100
25.39
200
24.67
400
23.61
800
22.41
WS = 106.88gr, GS = 2.69, diametro del especimen = 63.5mm
Perfil del suelo
Solución
𝑺 𝜸𝑾
)
Dónde:
𝐻𝑆 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑒𝑙𝑜
𝑊𝑆 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑠𝑒𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛
𝐴 = 𝑎𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛
𝐺𝑆 = 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑢𝑒𝑙𝑜
𝛾𝑊 = 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎
𝐻𝑆 =
𝑊𝑆
106.88
⟹ 𝐻𝑆 = 𝜋
= 12.55𝑚𝑚 ⟹ 𝐻𝑆 12.55𝑚𝑚
𝐴𝐺𝑆 𝛾𝑊
(63.5)2 (2.69)(1)
4
Venero soncco Sandro
𝑾𝑺
Primero calculamos la altura de los solidos (𝑯𝑺 = 𝑨𝑮
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
27
Hallamos los valores de la altura
inicial de vacíos (𝑯𝑽 ) y la relación
de vacíos (𝒆)
Calculando los valores de (𝑒)
Formula
Formula
𝐻𝑉
𝑒=
𝐻𝑆
𝐻𝑉 = 𝐻 − 𝐻𝑆
Dónde:
𝐻𝑉 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑣𝑎𝑐𝑖𝑜𝑠
𝐻 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑒𝑙 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛
𝐻𝑆 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠
𝑒1 =
13.26
= 1.06
12.55
𝑒2 =
13.03
= 1.04
12.55
𝑒3 =
12.84
= 1.02
12.55
𝑒4 =
12.12
= 0.97
12.55
𝑒5 =
11.06
= 0.88
12.55
𝑒6 =
9.86
= 0.79
12.55
Calculando los valores de (𝐻𝑉 )
𝐻𝑉1 = 25.81 − 12.55 = 13.26
𝐻𝑉2 = 25.58 − 12.55 = 13.03
𝐻𝑉3 = 25.39 − 12.55 = 12.84
𝐻𝑉4 = 24.67 − 12.55 = 12.12
𝐻𝑉5 = 23.61 − 12.55 = 11.06
𝐻𝑉6 = 22.41.12.55 = 9.86
Completamos los valores en la tabla
0
50
100
200
400
800
25.81
25.58
25.39
24.67
23.61
22.41
13.26
13.03
12.84
12.12
11.06
9.86
Calculamos el índice de compresión (𝑪𝑪 )
𝐶𝐶 =
∆𝑒
0.88 − 0.79
= 0.299 = 0.3 ⟹ 𝐶𝐶 = 0.3
𝜎2 ⟹ 𝐶𝐶 =
800
log(𝜎 )
log (400)
1
𝐞=
𝐇𝐕
𝐇𝐒
1.06
1.04
1.02
0.97
0.88
0.79
Venero soncco Sandro
PRUEBA DE CONSOLIDACION EN LABORATORIO
Presión efectiva
Altura final del
(KN/m2)
espécimen al final de 𝐇𝐕 = 𝐇 − 𝐇𝐒
la consolidación (mm)
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
28
Calculamos el índice de expansión (𝑪𝑺 )
1
1
1
1
(𝐶𝐶 ) + (𝐶𝐶 )
(0.3) + (0.3)
10
10
5
5
𝐶𝑆 =
⟹ 𝐶𝑆 =
= 0.045 ⟹ 𝐶𝑆 = 0.045
2
2
Calculamos el esfuerzo efectivo (𝝈,𝟎 )
𝜎0, = 4.5 ∗ (16.95) + 5.5 ∗ (17.75) + 3.25 ∗ (16.65) − 8.75 ∗ (9.81)
𝜎0, = 142.175 𝐾𝑁/𝑚2
𝟖. 𝟕𝟓 𝒆𝒔 𝒍𝒂 𝒂𝒍𝒕𝒖𝒓𝒂 𝒅𝒆𝒔𝒅𝒆 𝒆𝒍 𝒏𝒊𝒗𝒆𝒍 𝒇𝒓𝒆𝒂𝒕𝒊𝒄𝒐 𝒂 𝒍𝒂 𝒎𝒊𝒕𝒂𝒅 𝒅𝒆𝒍 𝒆𝒔𝒕𝒓𝒂𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝒂𝒓𝒄𝒊𝒍𝒍𝒂
𝟗. 𝟖𝟏 𝒆𝒔 𝒆𝒍 𝒑𝒆𝒔𝒐 𝒆𝒔𝒑𝒆𝒄𝒊𝒇𝒊𝒄𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒂𝒈𝒖𝒂 𝒆𝒏 𝑲𝑵/𝒎𝟑
Otra manera de calcular (𝝈,𝟎 )
𝜎0, = 16.95 ∗ (4.5) + (17.75 − 9.81) ∗ (5.5) + (16.65 − 9.81) ∗ (3.25)
𝜎0, = 142.175 𝐾𝑁/𝑚2
Ahora sumamos (𝜎0, + ∇𝜎)
𝜎0, + ∇𝜎 = 142.175 + 58 = 200.175 𝐾𝑁/𝑚2
Cuando: 𝜎0, + ∇𝜎 = 𝜎𝑐,
𝐶𝐶 𝐻
𝜎0, + ∆𝜎 ,
𝑆=
log(
)
1 + 𝑒0
𝜎0,
Cuando: 𝜎0, + ∇𝜎 < 𝜎𝑐,
𝑆=
𝐶𝑆 𝐻
𝜎 , + ∆𝜎 ,
log( 0 , )
1 + 𝑒0
𝜎0
Venero soncco Sandro
Analizaremos cuál de las formulas usaremos para calcular (S)
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
29
Cuando: 𝜎0, + ∇𝜎 > 𝜎𝑐,
𝐶𝑆 𝐻
𝜎𝑐,
𝐶𝐶 𝐻
𝜎0, + ∆𝜎 ,
𝑆=
log , +
log(
)
1 + 𝑒0
𝜎0 1 + 𝑒0
𝜎0,
En el problema cumple la siguiente condición
𝜎0, + ∇𝜎 > 𝜎𝑐,
Por lo tanto utilizaremos la formula siguiente
𝐶𝑆 𝐻
𝜎𝑐,
𝐶𝐶 𝐻
𝜎0, + ∆𝜎 ,
𝑆=
log , +
log(
)
1 + 𝑒0
𝜎0 1 + 𝑒0
𝜎0,
𝑆=
0.045 ∗ (6.5)
145
0.3 ∗ 6.5
142.175 + 58
log (
)+(
) log(
)
1 + 0.87
142.175
1 + 0.87
145
𝑆 = 0.1473
𝑆 = 147.3𝑚𝑚
Venero soncco Sandro
El 145 hallamos a partir de la gráfica de la hoja logarítmica (relación de vacíos vs
presión efectiva)
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
30
3. Un área rectangular flexible de 10,50 m de longitud por 5,4 m de ancho,
aplica una presión uniforme de 68 KN/m2 en la superficie de un estrato de
18 m de arcilla saturada que reposa sobre un lecho rocoso. Calcular el
asentamiento diferencial inmediato entre el centro y una esquina del área
cargada si las propiedades de arcilla son: El módulo de elasticidad no
drenada es 3550 KN/m2 y la relación de poisson es 0,44
Solución
Calculamos (𝜹𝒊 ) en una esquina del área cargada
𝐿 10.5
=
= 2} ⟹ 𝐹1 = 0.425
𝐵
5.4
𝐿 18
=
= 3.3} ⟹ 𝐹2 = 0.08
𝐵 5.4
Venero soncco Sandro
Datos
𝑞 = 68 𝐾𝑁/𝑚2
𝐿 = 10.5𝑚
𝐵 = 5.4𝑚
𝐷 = 18𝑚
𝐾𝑁
𝐸 = 3550
𝑚2
𝑢 = 0.44
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
31
Calculamos el factor de influencia (𝑰𝑺 )
𝐼𝑆 = 𝐹1 + (
1 − 2𝑢
1 − 2(0.44)
) 𝐹2 ⟹ 𝐼𝑆 = 0.425 + (
) 0.08 = 0.442 ⟹ 𝐼𝑆 = 0.442
1−𝑢
1 − 0.44
Calculamos el asentamiento (𝜹𝒊 )
𝛿𝑖 =
(68)(5.4)(1 − 0.442 )
𝑞𝐵(1 − 𝑢2 )
(0.442) = 36.868 𝑚𝑚
𝐼𝑆 ⟹ 𝛿𝑖 =
𝐸
3550
𝛿𝑖 = 36.868𝑚𝑚
Calculamos (𝜹𝒊 ) en el centro
𝐿 5.25
=
= 2} ⟹ 𝐹1 = 0.58
𝐵
2.7
𝐿 18
=
= 6.7} ⟹ 𝐹2 = 0.045
𝐵 2.7
Calculamos el factor de influencia (𝑰𝑺 )
𝐼𝑆 = 𝐹1 + (
1 − 2𝑢
1 − 2(0.44)
) 𝐹2 ⟹ 𝐼𝑆 = 0.58 + (
) 0.045 = 0.59 ⟹ 𝐼𝑆 = 0.59
1−𝑢
1 − 0.44
𝛿𝑖 =
(68)(2.7)(1 − 0.442 )
𝑞𝐵(1 − 𝑢2 )
(0.59) = 0.024606 = 24.606𝑚𝑚
𝐼𝑆 ⟹ 𝛿𝑖 =
𝐸
3550
Como el (𝛿𝑖 ) queremos calcular en el centro multiplicamos por 4
𝛿𝑖 = 24.606(4) = 98.425𝑚𝑚
𝛿𝑖 = 98.425𝑚𝑚
Venero soncco Sandro
Calculamos el asentamiento (𝜹𝒊 )
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
32
Calculamos (∆𝜹𝒊 )
∆𝛿𝑖 = 98.425 − 36.868 = 61.557𝑚𝑚
∆𝛿𝑖 = 61.557𝑚𝑚
Si fuera rígida seria
𝛿𝑖 = 0.8(61.557)
𝛿𝑖 = 49.2456𝑚𝑚
Venero soncco Sandro
Tabla para hallar los valores de 𝑭𝟏 𝒚 𝑭𝟐
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
33
1. Indique que representa los puntos A, B,Y C en el diagrama de la
muestra
A: esfuerzo normal y esfuerzo cortante en el plano de falla
B: esfuerzo normal y esfuerzo cortante maximo
C: no existe
2. Cual sera la resistencia al corte de una arena saturada en la prueba
triaxial no drenada (Cu)
𝝉 = 𝑪𝒄𝒖 + 𝝈𝒕𝒂𝒏∅𝒄𝒖
3. Cual sera la resistencia al corte de una arena saturada en la prueba
triaxial no drenada (UU)
𝝉 = 𝑪𝒄𝒖
4. Que es la Sensitividad de un suelo
Es la resistencia a compresión simple es considerablemente reducida cuando los
suelos se prueba después de ser remoldados sin ningún cambio en el contenido de
agua
5. En un plano de suelo el esfuerzo tensional de los esfuerzos totales es:
esfuerzo normal 2.98 ton/m2, esfuerzo tangencial 1.99ton/m2, si la
presión de poro es 0.07 kg/m2. Cuanto valdrán los esfuerzos efectivos
normales y tangenciales
𝟏. 𝟗𝟗 = 𝟐. 𝟗𝟖𝒕𝒐𝒏∅
𝟏.𝟗𝟗
𝒕𝒂𝒏−𝟏 (𝟐.𝟗𝟖) = ∅ → ∅ = 𝟑𝟑. 𝟕𝟑°
𝒌𝒎 𝟎. 𝟎𝟕 𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟕𝟎𝟎
=
∗
=
𝟕𝟎𝟎𝒌𝒈
→
= 𝟎. 𝟕𝒕𝒐𝒏/𝒎𝟐
𝒎𝟐 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟎−𝟒
𝟏𝟎𝟎𝟎
𝟐𝟖𝒕𝒐𝒏
𝝈, = 𝟐. 𝟗𝟖 − 𝟎. 𝟕 = 𝟐.
𝒎𝟐
𝝉, = 𝟐. 𝟐𝟖𝒕𝒐𝒏 ∗ 𝟑𝟑. 𝟕𝟑° = 𝟏. 𝟓𝟐𝒕𝒐𝒏/𝒎𝟐
6. Cuáles son los parámetros de resistencia al corte y deformación de los
suelos y como se determina
Los parámetros son: esfuerzos totales (∅, 𝐶) y esfuerzos efectivos (∅, , 𝐶 , )
Se determinan mediante los siguientes ensayos
 Corte directo, compresión y ensayo Triaxiales
Venero soncco Sandro
𝟎. 𝟎𝟕
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
34
7. De qué manera se pueden obtener parámetros de resistencia al corte a
mediano plazo de un suelo
Se puede determinar mediante pruebas; corte directo, consolidado no drenado
(CU), no consolidado no drenado (UU)
8. Describa el ensayo triaxial (UU) y grafique la distribución de los
esfuerzos totales y efectivos
Etapa 01: La muestra del suelo se somete a esfuerzos efectivos hidrostáticos 𝜎3 y
no se permite consolidar ni drenar (válvula de drenaje cerrada) produciéndose
una presión de poro neutral 𝜇1
Etapa 02: la muestra se lleva a la falla con aplicación de un esfuerzo desviador 𝑃 ,,
actuante manteniendo la válvula de drenaje cerrado de modo que se desarrolla en
el agua
10. Describa el ensayo triaxial (CD) y grafique la distribución de los
esfuerzos totales y efectivos
Etapa 01: la muestra del suelo es sometido a esfuerzos hidrostáticos 𝜎3 y luego se
espera a que se consolide manteniendo la válvula de drenaje abierta hasta que la
presión de poro sea igual a cero
Venero soncco Sandro
9. Describa el ensayo triaxial (CU) y grafique la distribución de los
esfuerzos totales y efectivos
Etapa 01: la muestra del suelo es sometido a esfuerzos hidrostáticos 𝜎3 y se espera
que se consolide manteniendo la válvula de drenaje abierta hasta que la presión
de poro sea cero
Etapa 02: la muestra se lleva a la falla con aplicación de un esfuerzo desviador
axial 𝑃, actuante con la válvula de drenaje cerrada (sin drenar la muestra) de modo
que no se permite ninguna consolidación adicional al espécimen produciéndose
una presión de poro 𝜇 o sea que los esfuerzos efectivos ya no son iguales a los
esfuerzos totales
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
35
Etapa 02: la muestra se lleva a la falla con incrementos P permitiendo su completa
consolidación bajo cada incremento de carga y manteniendo siempre la válvula de
drenaje abierta
13. Que se entiende por cohesión aparente y en qué tipo de suelos se
presenta
Se genera debido a una fuerza provocado por la tensión superficial del agua
existente en la masa del suelo y se presenta en las arenas húmedas
14. Que se entiende por cohesión verdadera y en qué tipo de suelos se
presenta
La cohesión verdadera es la atracción eléctrica molecular entre las partículas de
los suelos finos y se presenta en los suelos finos
15. De qué factores depende la resistencia al corte en los suelos cohesivos
a) El grado de saturación (contenido de agua W%)
b) Condiciones de drenaje
c) El grado de consolidación
d) Origen mineralógico (caolín son diferentes)
e) Condiciones de carga (ensayo de laboratorio)
16. De qué depende la resistencia al corte en los suelos friccionantes
granulares
a) La granulometría de los suelos (como ordenamiento)
b) Tamaño de partículas de los suelos
c) Forma de las partículas de los suelos
d) El grado de compactación de los suelos
e) Relación de vacíos inicial
f) Estructura del suelo
g) El grado de saturación (va a depender de las condiciones de drenaje)
h) Componentes mineralógicos en las partículas
i) Tipo de carga (ensayos de laboratorio)
Venero soncco Sandro
11. Qué ventajas representa la medición de la presión de poro en la
prueba triaxial (CU)
Representa un ahorro de tiempo considerable en comparación con la prueba
triaxial CD que requiere mayor tiempo, el precio es más económico
12. Que representa un punto cualquiera en el círculo de Mohr
Representa el lugar geométrico del esfuerzo normal y cortante en un plano de falla
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
36
1) Se llevaron a cabo tres ensayos Triaxiales consolidados sin drenar con los
siguientes resultados
ENSAYO
PRESION DE
CAMARA KPa
0
68
145.5
1
2
3
ESFUERZO
DESVIADOR KPa
145.5
288.8
382.0
PRESION DE
PORO KPa
0
58.3
108.5
Se pide calcular los parámetros de resistencia al esfuerzo
Solución
Calculamos los valores para la siguiente tabla que usaremos para la solución del
ejercicio
Hallamos los valores de ( 𝛔)
σ1 = 0 + 145.5 = 145.5
σ2 = 288.8 + 68 = 356.8
σ3 = 382.0 + 145.5 = 527.5
Hallamos los valores de ( 𝛔𝟏, )
,
σ1−1
= 145.5 − 0 = 145.5
,
σ1−2
= 356.8 − 58.3 = 298.5
,
σ1−3
= 527.5 − 108.5 = 419
Hallamos los valores de ( 𝛔𝟑, )
σ,3−1 = 0 − 0 = 0
σ,3−2 = 68 − 58.3 = 9.7
Los resultados obtenidos colocamos en la tabla siguiente
tabla
NUMERO
1
2
3
1-primero
2-segundo
𝝈𝟏
𝝈𝟑
𝝈,𝟏
𝝈,𝟑
145.5
356.8
527.5
0
68
145.5
145.5
298.5
419
0
9.7
37
Venero soncco Sandro
σ,3−3 = 145.5 − 108.5 = 37
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
37
1-primero
Para el ensayo 1-2
∅
∅
(−)145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 01
2
2
∅
∅
356.8 = 68 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 02
∅
211.3 = 68 ∗ tan (45 + 2 ) … … … … … … … … … … … … … . . I
De la ecuación I hallamos el Angulo de fricción ( ∅)
211.3
= 3.107352941 ⟹ √3.107352941 = 1.762768544
68
⇒ 𝑡𝑎𝑛−1 (1.762768544) = 60.43421518 ⟹ 60.43421518 − 45 = 15.43421518
⇒ 15.43421518 ∗ 2 = 30.86843035
∅ = 30.868
De la ecuación 01 hallamos el Angulo de cohesión(C)
∅
∅
145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + )
2
2
∅ 2
145.5 − 0 ∗ tan (45 + 2 )
𝐶=
∅
2 ∗ tan(45 + )
2
30.868
145.5 − 0 ∗ tan(45 + 2 )2
𝐶=
30.868
2 ∗ tan( 2 )
𝐶 = 41.270
Para el ensayo 2-3
∅
∅
527.5 = 145.5 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 04
∅
170.7 = 77.5 ∗ 𝑡𝑎𝑛 (45 + 2 ) … … … … … … … … . … … … … … … . . 𝐼𝐼
De la ecuación 𝐼𝐼 hallamos el Angulo de fricción ( ∅)
170.7
= 2.202580645 ⟹ √2.202580645 = 1.484109378
77.5
⟹ 𝑡𝑎𝑛−1 (1.484109378) = 56.02772171 ⟹ 56.02772171 − 45 = 11.02772171
Venero soncco Sandro
∅
∅
(−)356.8 = 68 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 03
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
38
⟹ 11.02772171 ∗ 2 = 22.05544342
∅ = 22.055
De la ecuación 03 hallamos el Angulo de cohesión (C)
∅
∅
356.8 = 68 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + )
2
2
∅ 2
356.8 − 68 ∗ tan (45 + 2 )
𝐶=
∅
2 ∗ tan(45 + )
2
22.055 2
356.8 − 68 ∗ tan (45 + 2 )
𝐶=
22.055
2 ∗ tan(45 +
2 )
𝐶 = 69.748
Para el ensayo 1-3
∅
∅
(−)145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 05
2
2
∅
∅
527.5 = 145.5 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 06
∅
382 = 145.5 ∗ tan (45 + 2 ) … … … … … … … … … … … … … . . III
De la ecuación 𝐼𝐼𝐼 hallamos el Angulo de fricción ( ∅)
382
= 2.625429553 ⟹ √2.625429553 = 1.620317732
145.5
⟹ 𝑡𝑎𝑛−1 (1.620317732) = 58.31865442 ⟹ 58.31865442 − 45 = 13.31865442
⟹ 13.31865442 ∗ 2 = 26.637
∅ = 26.637
∅
∅
145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + )
2
2
𝐶=
∅ 2
145.5 − 0 ∗ tan (45 + 2 )
∅
2
2 ∗ tan (45 + )
Venero soncco Sandro
De la ecuación 05 hallamos el Angulo de cohesión (C)
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
𝐶=
39
26.637 2
)
2
26.637
2 ∗ tan (45 +
2 )
145.5 − 0 ∗ tan (45 +
𝐶 = 44.898
Promedio de los ángulos de fricción ∅ y ángulos de cohesión (C) (1-primero)
∅ = 26.52
𝐶 = 51.972
2-segundo
Para el ensayo 1-3
∅
∅
(−)145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 01 − 1
2
2
∅
∅
298.5 = 9.7 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 02 − 2
∅
153 = 9.7 ∗ tan (45 + 2 ) … … … … … … … … … … … … … . . IV
De la ecuación 𝐼𝑉 hallamos el Angulo de fricción ( ∅)
153
= 15.77319588 ⟹ √15.77319588 = 3.971548297
9.7
⟹ 𝑡𝑎𝑛−1 (3.971548297) = 75.86721844 ⟹ 75.8672184 − 45 = 30.86721844
⟹ 30.86721844 ∗ 2 = 61.73443687
∅ = 61.734
De la ecuación 01 − 1 hallamos el Angulo de cohesión (C)
∅ 2
145.5 − 0 ∗ tan (45 + 2 )
𝐶=
∅
2 ∗ tan (45 + )
2
𝐶=
61.734 2
2 )
61.734
2 ∗ tan (45 +
2 )
145.5 − 0 ∗ tan (45 +
𝐶 = 18.318
Venero soncco Sandro
∅
∅
145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + )
2
2
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
40
Para el ensayo 2-3
∅
∅
(−)298.5 = 9.7 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 03 − 3
2
2
∅
∅
419 = 37 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 04 − 4
∅
120.5 = 27.3 ∗ tan (45 + 2 ) … … … … … … … … … … … … … … . . V
De la ecuación 𝑉 hallamos el Angulo de fricción ( ∅)
120.5
= 4.413919414 ⟹ √4.413919414 = 2.100932987
27.3
⟹ 𝑡𝑎𝑛−1 (2.100932987) = 64.54653236 ⟹ 64.54653236 − 45 = 19.54653236
⟹ 19.54653236 ∗ 2 = 39.09306472
∅ = 39.093
De la ecuación 03 − 3 hallamos el Angulo de cohesión (C)
∅
∅
298.5 = 9.7 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + )
2
2
∅ 2
298.5 − 9.7 ∗ tan (45 + 2 )
𝐶=
∅
2 ∗ tan (45 + )
2
39.093 2
298.5 − 9.7 ∗ tan (45 + 2 )
𝐶=
39.093
2 ∗ tan (45 +
2 )
𝐶 = 60.850
∅
∅
(−)145.5 = 0 ∗ tan (45 + ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 05 − 5
2
2
∅
∅
419 = 37 ∗ tan (45 + 2 ) + 2𝐶 ∗ tan (45 + 2 ) 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 06 − 6
∅
273.5 = 37 ∗ tan (45 + ) … … … … … … … … … … … … … . . VI
2
De la ecuación 𝑉𝐼 hallamos el Angulo de fricción ( ∅)
273.5
= 7.391891892 ⟹ √7.391891892 = 2.718803393
37
⟹ 𝑡𝑎𝑛−1 (2.718803393) = 69.80603031 ⟹ 69.80603031 − 45 = 24.80603031
Venero soncco Sandro
Para el ensayo 1-3
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
41
⟹ 24.80603031 ∗ 2 = 49.61206062
∅ = 49.612
Promedio de los ángulos de fricción ∅ y ángulos de cohesión (C) (2-segundo)
∅ = 50.146
𝐶 = 35.308
Respuestas
(1-primero)
∅ = 26.52
𝐶 = 51.972
(2-segundo)
∅ = 50.146
𝐶 = 35.308
2) A continuación de dan los resultados de cuatro pruebas de corte directo con
drenaje sobre una arcilla normalmente saturada
 Diámetro del espécimen=59mm
 Altura del espécimen=28mm
FUERZA
NORMAL (N)
FUERZA
CORTANTE EN
LA FALLA (N)
1
2
3
4
276
412.25
480
547.65
125.6
175.64
209.1
249.3
ESFUERZO
NORMAL (𝝈)
ESFUERZO
CORTANTE
EN LA FALLA
(𝝉)
a) Dibuje una gráfica de esfuerzo cortante en la falla versus el esfuerzo normal
b) Determinar el ángulo de fricción drenado a partir de la grafica
Venero soncco Sandro
PRUEBA
N°
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
42
Solución
Hallamos los esfuerzos normales (σ)
Usaremos la siguiente fórmula para calcular los esfuerzos normales
𝝈=
𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑲𝑵
𝝅
𝟐
−𝟔
𝟒 ∗ (𝑫) ∗ 𝟏𝟎 𝑲𝑵
Primero hallamos el área para el problema
𝐴=
𝜋
𝜋
∗ (𝐷)2 ⟹ 𝐴 = ∗ (59)2 = 2733.971 𝑚𝑚
4
4
𝐴 = 2733.971 𝑚𝑚
276 ∗ 10−3
𝜎1 =
= 100.95
2733.971 ∗ 10−6
𝜎2 =
412.25 ∗ 10−3
= 150.78
2733.971 ∗ 10−6
𝜎3 =
480 ∗ 10−3
= 175.56
2733.971 ∗ 10−6
𝜎4 =
547.65 ∗ 10−3
= 200.31
2733.971 ∗ 10−6
Hallamos los esfuerzos cortantes en la falla (𝜏)
Usaremos la siguiente fórmula para calcular los esfuerzos cortantes en la falla
𝒇𝒖𝒆𝒓𝒛𝒂 𝒄𝒐𝒓𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑲𝑵
𝝉=
𝝅
𝟐
−𝟔
𝟒 ∗ (𝑫) ∗ 𝟏𝟎 𝑲𝑵
𝜏1 =
125.6 ∗ 10−3
= 45.94
2733.971 ∗ 10−6
209.1 ∗ 10−3
𝜏3 =
= 76.48
2733.971 ∗ 10−6
𝜏4 =
249.3 ∗ 10−3
= 91.18
2733.971 ∗ 10−6
Venero soncco Sandro
175.64 ∗ 10−3
𝜏2 =
= 64.24
2733.971 ∗ 10−6
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
43
Los resultados obtenidos los completamos en la tabla siguiente del problema
PRUEBA
N°
FUERZA
NORMAL (N)
FUERZA
CORTANTE EN
LA FALLA (N)
ESFUERZO
NORMAL (𝝈)
1
2
3
4
276
412.25
480
547.65
125.6
175.64
209.1
249.3
100.95
150.78
175.56
200.31
ESFUERZO
CORTANTE
EN LA FALLA
(𝝉)
45.94
64.24
76.48
91.18
Con los datos calculados dibujamos la gráfica en la hoja logarítmica
45.94
∅1 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
) = 24° 28, 9.05,,
100.95
64.24
∅2 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
) = 23° 4, 35.35,,
150.78
76.48
∅1 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
) = 23° 32, 22.58,,
175.56
91.18
∅1 = 𝑡𝑎𝑛−1 (
) = 23° 53, 24.03,,
200.31
Venero soncco Sandro
Hallamos (∅)
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
44
Promedio de los (∅)
∅ = 23° 44, 37.75,,
∅ = 23.74
Comprobar en la gráfica con un transportador el promedio calculado del ángulo de
fricción (∅)
3) A un cilindro de suelo cemento al que no se le ha aplicado esfuerzo principal
menor (𝜎3 = 0) se le aplica un esfuerzo principal mayor (𝜎1 ) que se
incrementa lentamente. Si la envolvente de falla pasa por el punto cuyas
coordenadas son (0.2) con una pendiente hacia arriba y hacia la derecha de
20° calcular
a) La máxima carga axial cuando se produce la falla
b) Los esfuerzos normales y cortantes en el plano de falla
c) El ángulo del plano de falla
Solución
Venero soncco Sandro
Solución grafica
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
45
Solución analítica
∅
 2𝜃 = 90° + ∅ ⟹ 𝜃 = 45 + 2 ⟹ 𝜃 = 45 +
20
2
= 55°
 Ecuación línea de falla
𝜏 = 𝜎𝑡𝑎𝑛∅ + 𝑐
𝜏 = 𝜎𝑡𝑎𝑛∅ + 2
En el momento de falla
𝜏𝑓 = 𝜎𝑓 𝑡𝑎𝑛20° + 2 … … … … (1)
Por ecuación
𝜏𝑓 =
𝜎1 − 𝜎3
𝑠𝑒𝑛2𝜃
2
𝜏𝑓 =
𝜎1
1
𝑠𝑒𝑛2(55°) ⟹ 𝜏𝑓 = 𝜎1 𝑠𝑒𝑛2(55°) = 0.47𝜎1 ⟹ 𝜏𝑓 = 0.47𝜎1 … … … … . (2)
2
2
𝜎𝑓 =
𝜎1 + 𝜎3 𝜎1 − 𝜎3
+
𝑐𝑜𝑠2𝜃
2
2
𝜎𝑓 =
𝜎1 𝜎1
𝜎1 𝜎1
+ 𝑐𝑜𝑠2(55°) ⟹ 𝜎𝑓 = + cos(110°)
2
2
2
2
𝜎𝑓 =
𝜎1
1
(1 + cos(110°)) ⟹ 𝜎𝑓 = 𝜎1 (1 + cos(110°)) = 0.329𝜎1 … … … … . (3)
2
2
Reemplazando (2) y (3) en (1)
𝜏𝑓 = 𝜎𝑓 𝑡𝑎𝑛20° + 2 … … … … (1)
0.47𝜎1 = 2 + 0.329𝜎1 𝑡𝑎𝑛20°
0.47𝜎1 − 0.329𝜎1 𝑡𝑎𝑛20° = 2
𝜎1 (0.47 − 0.329𝜎1 𝑡𝑎𝑛20°) = 2
𝜎1 (0.350) = 2
2
= 5.71 … … . 𝑓𝑎𝑙𝑙𝑎
0.350
𝜎𝑓 = 0.329(5.71) = 2.684
𝜏𝑓 = 0.47(5.71) = 1.871
Venero soncco Sandro
𝜎1 (𝑓) =
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
46
17. Que entiendes por estado de equilibrio activo
 extensión del relleno
 elemento de contención es presionado por el relleno
18. Que entiendes por estado de equilibrio pasivo
 contracción del terreno
 elemento de contención presiona al terreno
19. Grafique Ud. los círculos de Mohr de los estados de equilibrio plástico
activo y pasivo para una arena limpia
Venero soncco Sandro
20. En qué casos se presenta el empuje pasivo –ponga un ejemplo
 contracción del terreno
 elemento de contención presiona al terreno
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
47
21. En qué casos se presenta el empuje activo –ponga un ejemplo
 extensión del relleno
 elemento de contención es presionado por el relleno
de
a) Suelos puramente cohesivos
b) Suelos puramente friccionantes
Es el esfuerzo con el cual se diseña las cimentaciones de las estructuras
𝐶𝑁𝑐
𝑞𝑐
𝑎) 𝑞𝑎𝑑𝑚 =
+ 𝛾, 𝐷𝐹𝑁𝑞 𝑏) 𝑞𝑎𝑑𝑚 =
𝐹𝑆
𝐹𝑠
23. Que es profundidad activa de cimentación
Es la profundidad hasta donde surten los efectos de falla por corte de
cimentación
24. Para determinar la capacidad de carga de los suelos, en qué casos y en
qué tipo de suelo se aplica en criterio de falla localizada
Se da generalmente en terrenos de arena de densidad suelta a media. En
este tipo de falla, las superficies de falla, a diferencia de la falla por corte
General, terminan en algún lugar dentro del suelo.
25. Cuál es la razón por la que la teoría de capacidad de carga de Terzaghi
es solo aplicable a cimentaciones superficiales
Debido a que para Terzaghi la cimentación es superficial si la profundidad
DF de la cimentación es menor o igual al ancho de la misma
26. Indique tres diferencias entre las teorías de capacidad de carga de
Terzaghi y Meyerhof
Terzaghi:
1) ∅ 𝑛𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑔𝑒
2) 𝑞𝑐 = 𝛾1 𝐷𝐹𝑁𝑞 + 0.5𝛾2 𝑁𝛾
3) 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑑𝑜𝑟
4) 𝑞𝑢 = 𝑐𝑁𝑐 + 𝑞𝑁𝑞 + 1⁄2 𝛾𝐵𝑁𝛾
𝐷𝑓⁄
5)
𝐵≤1
Meyerhof:
Venero soncco Sandro
22. Que entiendes por esfuerzo admisible y como se calcula en los casos
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
48
1) ∅ 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑔𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑠 ∅𝑟
2) 𝑞𝑐 = 𝑑0 1 𝛾1 𝐷𝐹𝑁𝑞 + 0.5𝑑𝛾𝐺𝑁𝛾
3) 𝑛𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑑𝑜𝑟
4) 𝑞𝑢 = 𝑐𝑁𝑐𝐹𝑐𝑠𝐹𝑐𝑑𝐹𝑐𝑖 + 𝑞𝑁𝑞𝐹𝑞𝑠𝐹𝑞𝑑𝐹𝑞𝑖 + 1⁄2 𝛾𝐵𝑁𝛾𝐹𝛾𝑠𝐹𝛾𝑑𝐹𝛾𝑖
Venero soncco Sandro
27. Grafique Ud. los círculos de Mohr de los estados de equilibrio plástico
y pasivo para un suelo cohesivo friccionantes
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
49
Venero soncco Sandro
28. En qué tipo de suelos y en qué casos se aplica el criterio de falla
generalizada
Se da cuando la carga sobre la fundación alcanza la carga última de apoyo,
qu, y la fundación tiene un asentamiento grande sin ningún incremento
mayor de carga. Se presenta en arenas densas y arcillas rígidas
29. En la teoría de capacidad de carga por corte- cuáles son los tipos
clásicos de falla localizada que se presentan bajo las cimentaciones
El tipo de falla depende de la compresibilidad del suelo, por lo tanto si una
zapata que se apoya sobre arena compactada, falla normalmente por corte
general, mientras que la misma zapata sobre una arena densa falla por
puzonamineto
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
50
1. Diseñar un muro a gravedad para salvar un desnivel de 2,80 m, si la
profundidad de cimentación es de 70 cm y la capacidad admisible del suelo
es 10 ton/m2. El suelo está constituido por una arcilla arenosa de peso
específico 1,80 ton /m3 con un ángulo de fricción de 30° (Peso específico
del concreto 2350 kg/m3)
Solución
Datos:






Capacidad admisible del suelo 10 tn/m2
Peso específico del suelo 1.80 tn/m2
Angulo de fricción 30°
Peso específico del concreto 2350kg/m3………………..2.30 tn7m3
Corona 0.30 ….sabemos por teoría
Profundidad de cimentación 0.70 m
Venero soncco Sandro
Diseño del muro
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
51
Por teoría sabemos
En el problema utilizaremos 0.15H y 0.55H por seguridad (también podemos
trabajar con los otros valores)
Para la altura de la zapata
0.15H ⟹ 0.15(2.80) = 0.42
Trabajamos con el valor entero (0.40)
Para la base de la zapata
0.55H ⟹ 0.55(2.80) = 1.54
Trabajamos con el valor entero (1.50)
0.15H ⟹ 0.15(2.80) = 0.42
Trabajamos con el valor entero (0.40)
Venero soncco Sandro
Para el talón y la punta de la zapata
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
52
Pre diseño
Venero soncco Sandro
Calculo de pesos
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
53
Tabla para completar datos
grafico
N°
Base
Altura
b(m)
h(m)
1
1.50
0.40
1
0.30
2.40
0.50
0.40
2.40
0.50
0.40
2.40
1
0.40
2.40
Datos obtenidos del muro
W1
W2
W3
W4
W5
W mat
tn/m3
2.30
2.30
2.30
1.80
1.80
W (t)
Brazo
(m)
Momento
(t.m)
BASE: En el cuadro anotamos la base de cada figura (triangulo, rectángulo)
ALTURA: En el cuadro anotamos la altura de cada figura (triangulo, rectángulo)
W mat tn/m3: Es el peso específico del material. Como podemos ver el (W1, W2,
W3) están dentro del muro de concreto por lo tanto el peso específico para (W1,
W2, W3) es de 2.30 tn/m3, y el peso específico para (W4, W5) será de 1.80 tn/m3
por que están dentro del material de relleno (suelo)
Calculamos (W (t))
Para calcular W (t) tener en cuenta la figura si es un triángulo o un rectángulo
Para un rectángulo
𝐴 = 𝑏∗ℎ
Para un triangulo
𝐴=
𝑏∗ℎ
2
𝐰𝐭 = 𝐛 ∗ 𝐡 ∗ 𝐩𝐞𝐬𝐨 𝐞𝐬𝐩𝐞𝐜𝐢𝐟𝐢𝐜𝐨 𝐝𝐞𝐥 𝐦𝐚𝐭𝐞𝐫𝐢𝐚𝐥 𝐞𝐧 𝐜𝐚𝐝𝐚 𝐟𝐢𝐠𝐮𝐫𝐚
wt1▭ = (1.50)(0.40)(2.30) = 1.38
wt 3△ =
(0.40)(2.40)
(2.30) = 1.104
2
wt 4△ =
(0.40)(2.40)
(1.80) = 0.864
2
wt 5▭ = (0.40)(2.40)(1.80) = 1.728
Venero soncco Sandro
wt 2▭ = (0.30)(2.40)(2.30) = 1.656
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
54
Calculamos los brazos
Para calcular los brazos tener en cuenta la figura si es un triángulo o un rectángulo
Tomar un punto de referencia en la figura (muro), del punto de referencia a la
mitad de cada figura (en el caso de los triángulos a la tercera parte de la figura)
1.50
= 0.75
2
𝐵2▭ = 0.40 +
0.30
= 0.55
2
𝐵3△ = 0.40 + 0.30 +
0.40
= 0.83
3
𝐵4△ = 0.40 + 0.30 +
2(0.40)
= 0.97
3
𝐵5▭ = 0.40 + 0.30 + 0.40 +
0.40
= 1.30
2
Venero soncco Sandro
𝐵1▭ =
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
55
Calculo de momentos
M = w(t) ∗ (brazo)
M1 = (1.38)(0.75) = 1.035
M2 = (1.656)(0.55) = 0.911
M3 = (1.104)(0.83) = 0.920
M4 = (0.864)(0.97) = 0.838
M5 = (1.728)(1.30) = 2.246
Los valores calculamos colocamos en la tabla
grafico
W1
W2
W3
W4
W5
N°
Base
Altura
b(m)
h(m)
1
1.50
0.40
1
0.30
2.40
0.50
0.40
2.40
0.50
0.40
2.40
1
0.40
2.40
Datos obtenidos del muro
W mat
tn/m3
2.30
2.30
2.30
1.80
1.80
W (t)
1.38
1.656
1.104
0.864
1.728
6.73
Brazo
(m)
0.75
0.55
0.83
0.97
1.30
Momento
(t.m)
1.035
0.911
0.920
0.838
2.246
5.944
Calculo de empujes
Cah =
1 − sen∅
1 − sen(30)
⟹ Cah =
= 0.33 ⟹ Cah = 0.33
1 + sen∅
1 + sen(30)
Cph =
1 + sen∅
1 + sen(30)
⟹ Cah =
= 3 ⟹ Cah = 3
1 − sen∅
1 − sen(30)
Empuje activo
Eah =
1
1
(Cah)(γ)(h2 ) ⟹ Eah = (0.33)(1.80)(2.802 ) = 2.350 tn
2
2
1
1
Eap = (Cph)(γ)(h2 ) ⟹ Eah = (3)(1.80)(0.72 ) = 1.323 tn
2
2
Eap = 1.323 tn
Venero soncco Sandro
Eah = 2.350 tn
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
56
Seguridad al volcamiento
 Momento de estabilización (Me)=5944
 Momento de volcamiento (Mv)
h
2.80
MV = Eah ( ) ⟹ MV = 2.350 (
) = 2.193 tn
3
3
FSV =
Me
≥ 2.00
MV
FSV =
5.944
= 2.71 > 2.00
2.193
Seguridad al deslizamiento
TABLA
Material
Arena o gruesa sin limo
Materiales granulares gruesos con limo
Arena o grava fina
Arcillas densas
Arcillas blandas o limo
FSD =
factor
0.50-0.70
0.45
0.40-0.60
0.30-0.50
0.20-0.30
(0.50)(6.73) + 1.323
Fr + EP f(∑ V) + EP
=
⟹ FSD =
= 2.00 tn
∑ Fd
∑ Fd
2.350
∑ 𝑉 = 6.73 𝑡𝑛 (𝑠𝑢𝑚𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑓𝑢𝑎𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙𝑒𝑠, 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑢𝑟𝑜 𝑦 𝑟𝑒𝑙𝑙𝑒𝑛𝑜)
𝑓 = 0.50 … … … 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎
𝐸𝑃 = 1.323 𝑡𝑛 ⟹ empuje pasivo
∑ 𝐸𝑑 = 2.350 𝑡𝑛 ⟹ empuje actvo
Sumatoria de las fuerzas a favor del deslizamiento
Calculo de excentricidad
e=
B Me − MV
−
∑V
2
Venero soncco Sandro
Seguridad ante la falla por capacidad de carga
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
57
Excentricidad: la resultante a todos los pesos [c°-suelo]
Me = 5.944 tn
MV = 2.193 tn
∑ V = 6.75 tn
1.50 5.944 − 2.193
−
= 0.193 m = 19.3 cm
2
6.73
B 1.50
=
= 0.25 cm
6
6
e<
B
6
q max =
∑V
6e
6.73
6(0.193)
𝑡𝑛
𝑡𝑛
(1 + ) ⟹ q max =
(1 +
= 7.95
< 10
B
B
1.50
1.50
𝑚2
𝑚2
q min =
∑V
6e
6.73
6(0.193)
𝑡𝑛
(1 − ) ⟹ q max =
(1 −
= 1.022
B
B
1.50
1.50
𝑚2
Venero soncco Sandro
e=
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
58
2. Calcular el empuje activo que actúa sobre el muro mostrado en la figura.
Dibujar los diagramas de esfuerzos y calcular el punto de aplicación de la
resultante del empuje actico
Solución
Coeficientes activos del plano de falla
Utilizaremos la siguiente fórmula para (Suelos friccionantes)
∅
𝐾𝐴 = 𝑡𝑎𝑛2 (45 − )
2
35
𝐾𝐴1 = 𝑡𝑎𝑛2 (45 − ) = 0.270 ⟹ 𝐾𝐴1 = 0.270
2
30
𝐾𝐴2 = 𝑡𝑎𝑛2 (45 − ) = 0.333 ⟹ 𝐾𝐴1 = 0.333
2
Diagramas de esfuerzos horizontales
Para suelos friccionantes
𝜎𝐻 = 𝐾𝐴 𝜎 , 𝑉
En la superficie
𝜎𝑉 = 6
𝑢=0
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝜎𝐻 = (𝐾𝐴1 )𝜎 , 𝑉 ⟹ 𝜎𝐻 = 0.270 ∗ 6 = 1.62
⟹ 𝜎𝐻 = 1.62
𝑚2
𝑚2
Cambio de estrato
𝜎𝑉 = 6 ∗ +4 ∗ (1.7) = 12.8 𝑡𝑛/𝑚2
𝑢=0
𝑡𝑛
𝜎 , 𝑉 = 12.8
𝑚2
Venero soncco Sandro
𝜎,𝑉 = 6
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
𝜎𝐻 = (𝐾𝐴1 )𝜎 , 𝑉 ⟹ 𝜎𝐻 = 0.270 ∗ 12.8 = 3.456
𝜎 , 𝑉 = 12.8
𝑡𝑛
𝑚2
𝜎𝐻 = (𝐾𝐴2 )𝜎 , 𝑉 ⟹ 𝜎𝐻 = 0.333 ∗ 12.8 = 4.262
En el nivel freático
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ 𝜎𝐻 = 3.456
𝑚2
𝑚2
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ 𝜎𝐻 = 4.262
𝑚2
𝑚2
𝜎𝑉 = 12.8 + 3 ∗ (1.96) = 18.68 𝑡𝑛/𝑚2
𝑢=0
𝑡𝑛
𝜎 , 𝑉 = 18.68
𝑚2
𝜎𝐻 = (𝐾𝐴2 )𝜎 , 𝑉 ⟹ 𝜎𝐻 = 0.333 ∗ 18.68 = 6.220
En la base
59
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ 𝜎𝐻 = 6.220
𝑚2
𝑚2
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹𝑢=1
𝑚2
𝑚2
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝜎𝑉 = 18.68 + 1 ∗ (2.075) = 20.755
⟹ 𝜎𝑉 = 20.755
𝑚2
𝑚2
𝜎 , 𝑉 = 20.755 − 1 = 19.755 ⟹ 𝜎 , 𝑉 = 19.755
𝑡𝑛
𝑡𝑛
𝜎𝐻 = (𝐾𝐴2 )𝜎 , 𝑉 ⟹ 𝜎𝐻 = 0.333 ∗ 19.755 = 6.578
⟹ 𝜎𝐻 = 6.578
𝑚2
𝑚2
Esfuerzo hidrostático
𝑢 = 𝛾𝑤 ∗ ℎ𝑤 ⟹ 𝑢 = 1 ∗ 1 = 1
𝜎𝐻𝑖 = 𝛾𝑤 ∗ ℎ𝑤 ⟹ 𝜎𝐻𝑖 = 1 ∗ 1 = 1
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ 𝜎𝐻𝑖 = 1
𝑚2
𝑚2
𝜎𝐻 = 6.578 + 1 = 7.578 𝑡𝑛/𝑚2
Venero soncco Sandro
Calculo de empujes
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
𝐸1 = 1.62 ∗ 4 = 6.48
𝑌1 = 4 +
4
= 6𝑚
2
𝑡𝑛
𝑚
𝐸2 = (3.456 − 1.62) ∗
𝑌2 = 4 +
4
= 5.33𝑚
3
4
𝑡𝑛
= 3.672
2
𝑚
𝐸3 = 4.262 ∗ 3 = 12.786
𝑌3 = 1 +
3
= 2.5𝑚
2
𝐸4 = (6.220 − 4.262) ∗
𝑌4 = 1 +
3
= 2𝑚
3
𝐸5 = 6.220 ∗ 1 = 6.220
𝑌5 =
1
= 0.5𝑚
2
𝐸6 = (6.578 − 6.220) ∗
𝑌6 =
1
= 0.33𝑚
3
𝐸7 = (7.578 − 6.578) ∗
𝑌7 =
1
= 0.33𝑚
3
60
𝑡𝑛
𝑚
3
𝑡𝑛
= 2.937
2
𝑚
𝑡𝑛
𝑚
1
𝑡𝑛
= 0.179
2
𝑚
1
𝑡𝑛
= 0.5
2
𝑚
Respuestas
𝐸𝐴 = 𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + 𝐸4 + 𝐸5 + 𝐸6 + 𝐸7
𝐸𝐴 = 6.48 + 3.672 + 12.786 + 2.937 + 6.220 + 0.179 + 0.5
𝑡𝑛
𝐸𝐴 = 32.774
𝑚
𝐸1 𝑌1 + 𝐸2 𝑌2 + 𝐸3 𝑌3 + 𝐸4 𝑌4 + 𝐸5 𝑌5 + 𝐸6 𝑌6 + 𝐸7 𝑌7
𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + 𝐸4 + 𝐸5 + 𝐸6 + 𝐸7
99.62483
𝑌=
32.774
𝑌 = 3.039𝑚
Venero soncco Sandro
𝑌=
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
61
3. Calcular el empuje activo e indicar su ubicación para un muro liso de 9 m de
alto y espaldón vertical que soporta una carga uniformemente distribuida
muy extensa de 4500 kg/m2 sobre el relleno horizontal considerando la
presencia del nivel freático a 3m de profundidad y que el suelo está
saturado por capilaridad hasta la superficie, las propiedades del suelos son:
Angulo de fricción interna=19°, cohesión=0,35kg/cm2, peso específico de
los sólidos= 2,70 ton/m3, relación de vacíos= 0,63.
Solución
Datos:
Altura de muro 9m
Soporta una carga de 4.5 tn/m2
Nivel freático está a 3m de profundidad
Angulo de fricción 19°
Cohesión 3.5 tn/m2
Peso específico de los sólidos 2.70 tn/m2
Relación de vacíos 0.63
Calculo de las propiedades volumétricas
𝛾𝑠𝑎𝑡 =
𝛾𝑠 + 𝑒
2.70 + 0.63
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 =
= 2.04
⟹ 𝛾𝑠𝑎𝑡 = 2.04
1+𝑒
1 + 0.63
𝑚3
𝑚3
Venero soncco Sandro







Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
62
Esfuerzos horizontales
(Relleno de suelo)
(Cohesivo-friccionantes)
Fórmulas para suelos (Cohesivo-friccionantes)
σH = K A σ,V − 2C√K A
∅
K A = tan2 (45 − )
2
∅
19
K A = tan2 (45 − ) ⟹ K A = tan2 (45 − ) = 0.508 ⟹ K A = 0.508
2
2
En la superficie
𝑢 = −γw ∗ h ⟹ −1 ∗ 3 = −3
σV = 4.5
tn
tn
⟹ 𝑢 = −3
m3
m3
tn
m2
σ,V = σV − u
σ,V = 4.5 − (−3) = 7.5
tn
tn
⟹ σV, = 7.5
m2
m2
σH = K A σ,V − 2C√K A
σH = 0.508(7.5) − 2(3.5)(√0.508) ⟹ σH = −1.179
tn
m2
En el nivel freático
σV = 4.5 + 3(2.04) ⟹ σV =
σ,V = σV − 𝑢 ⟹ σ,V =
10.62𝑡𝑛
𝑚2
10.62𝑡𝑛
𝑚2
σH = K A σ,V − 2C√K A
σH = 0.508(10.62) − 2(3.5)(√0.508) ⟹ σH =
0.405𝑡𝑛
𝑚2
Venero soncco Sandro
𝑢: 𝑒𝑠 𝑐𝑒𝑟𝑜
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
63
En la base
𝑢 = γw ∗ h ⟹ 1 ∗ 6 = 6
tn
tn
⟹𝑢=6
m3
m3
σV = 10.62 + 2.04(6) = 22.86 𝑡𝑛/𝑚2 ⟹ σV = 22.86
σ,V = 22.86 − 6 = 16.36
10.62𝑡𝑛
𝑚2
𝑡𝑛
𝑚2
σH = K A σ,V − 2C√K A
σH = 0.508(16.86) − 2(3.5)(√0.508) = 3.575
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ σH = 3.575
𝑚2
𝑚2
Esfuerzo hidrostático
σHi = 𝛾𝑤∗ ℎ𝑤 ⟹ σHi = 1 ∗ 6 = 6
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ σHi = 6
𝑚2
𝑚2
Calculo de empujes
Semejanza de triángulos
Venero soncco Sandro
Calculando “h”
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
64
1.179 0.405
=
3−ℎ
ℎ
1.179ℎ = 0.405(3 − ℎ)
1.179ℎ = 1.215 − 0.405ℎ
1.179ℎ + 0.405ℎ = 1.215
1.584ℎ = 1.215
ℎ = 0.767 𝑚
0.405 ∗ 0.767
𝑡𝑛
𝑡𝑛
= 0.155 ⟹ 𝐸1 = 0.155
2
𝑚
𝑚
𝑌1 = 6 +
0.767
= 6.25𝑚 ⟹ 𝑌1 = 6.25𝑚
3
𝐸2 = 0.405 ∗ 6 = 2.43
𝑌2 =
𝑡𝑛
𝑡𝑛
⟹ 𝐸1 = 2.43
𝑚
𝑚
6
= 3𝑚 ⟹ 𝑌2 = 3𝑚
2
𝐸3 = (3.575 − 0.405) ∗
𝑌3 =
6
= 2𝑚 ⟹ 𝑌3 = 2𝑚
3
𝐸4 = (9.572 − 3.575) ∗
𝑌4 =
6
𝑡𝑛
𝑡𝑛
= 9.51 ⟹ 𝐸1 = 9.51
2
𝑚
𝑚
6
𝑡𝑛
𝑡𝑛
= 17.991 ⟹ 𝐸1 = 17.991
2
𝑚
𝑚
6
= 2𝑚 ⟹ 𝑌4 = 2𝑚
3
𝐸𝐴 = 𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + 𝐸4
𝐸𝐴 = 0.155 + 2.43 + 9.51 + 17.991 = 30.086
𝐸𝐴 = 30.086
𝑡𝑛
𝑚
𝐸1 𝑌1 + 𝐸2 𝑌2 + 𝐸3 𝑌3 + 𝐸4 𝑌4
𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3 + 𝐸4
63.26075
𝑌=
30.086
𝑌 = 2.102𝑚
𝑌=
𝑡𝑛
𝑚2
Venero soncco Sandro
𝐸1 =
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
65
4. Se tiene una cimentación cuadrada con excentricidad. Calcular
(𝑞𝑎𝑑𝑚 , 𝑄𝑎𝑑𝑚 )
Solución
Primero analizamos que formula vamos a utilizar
Formula general (Meyerhof)
1
𝑞𝑢, = 𝑐𝑁𝑐 𝐹𝑐𝑠 𝐹𝑐𝑑 𝐹𝑐𝑖 + 𝑞𝑁𝑞 𝐹𝑞𝑠 𝐹𝑞𝑑 𝐹𝑞𝑖 + 𝛾𝐵 , 𝑁𝛾 𝐹𝛾𝑠 𝐹𝛾𝑑 𝐹𝛾𝑖
2
Como la cohesión es cero usaremos la formula simplificada
1
𝑞𝑢, = 𝑞𝑁𝑞 𝐹𝑞𝑠 𝐹𝑞𝑑 𝐹𝑞𝑖 + 𝛾𝐵 , 𝑁𝛾 𝐹𝛾𝑠 𝐹𝛾𝑑 𝐹𝛾𝑖
2
Hallamos la carga
𝑞 = 𝛾 ∗ ℎ ⟹ 𝑞 = (17)(0.8) = 13.6
𝐾𝑁
𝐾𝑁
⟹ 𝑞 = 13.6
𝑚2
𝑚2
𝑁𝑞 = 23.18
𝑁𝛾 = 30.22
Hallamos el valor de (𝑩, )
𝐵 , = 𝐵 − 2𝑒 ⟹ 𝐵 , = 1.50 − 2(0.10) = 1.3 ⟹ 𝐵 , = 1.3
Venero soncco Sandro
Los valores de (𝑵𝒒 , 𝑵𝜸 ) para ∅ = 𝟑𝟐 (ver la tabla 11.1) del libro de Braja M
Das “pagina 395”
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
66
Como se trata de una cimentación cuadrada
𝐵,
1.3
𝐹𝑞𝑠 = 1 + ( , ) 𝑡𝑎𝑛∅ ⟹ 𝐹𝑞𝑠 = 1 + ( ) tan(32) = 1.54 ⟹ 𝐹𝑞𝑠 = 1.54
𝐿
1.5
𝐵,
1.3
𝐹𝛾𝑠 = 1 − 0.4 ( , ) ⟹ 𝐹𝛾𝑠 = 1 − 0.4 ( ) = 0.65 ⟹ 𝐹𝛾𝑠 = 0.65
𝐿
1.5
𝐹𝑞𝑑 = 1 + 2𝑡𝑎𝑛∅(1 − 𝑠𝑒𝑛∅)2 (
𝐷𝑓
)
𝐵
𝐹𝑞𝑑 = 1 + 2 tan(32) (1 − 𝑠𝑒𝑛32)2 (
0.8
) = 1.15 ⟹ 𝐹𝑞𝑑 = 1.15
1.5
𝐹𝛾𝑑 = 1 … … … 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 11.2
Todos los valores calculados reemplazamos en la formula
1
𝑞𝑢, = 𝑞𝑁𝑞 𝐹𝑞𝑠 𝐹𝑞𝑑 𝐹𝑞𝑖 + 𝛾𝐵 , 𝑁𝛾 𝐹𝛾𝑠 𝐹𝛾𝑑 𝐹𝛾𝑖
2
1
𝑞𝑢, = (13.6)(23.18)(1.54)(1.15)(1) + (17)(1.3)(30.22)(0.65)(1)(1)
2
𝑞𝑢, = 775.35
𝐾𝑁
𝑚2
Hallamos (𝒒𝒂𝒅𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 )
𝑞𝑎𝑑𝑚 =
𝑞𝑢,
775.35
𝐾𝑁
⟹ 𝑞𝑎𝑑𝑚 =
= 193.837
𝐹𝑠
4
𝑚2
Hallamos 𝑸𝒂𝒅𝒎 )
𝑄𝑎𝑑𝑚 = 𝑞𝑎𝑑𝑚 (𝐴, )
𝑄𝑎𝑑𝑚 = 193.837(1.30 ∗ 1.50)
𝐾𝑁
𝑚2
Nota 1: cuando no hay ángulo de inclinación los valores de (𝐹𝑞𝑖 , 𝐹𝛾𝑖 ) son igual a la
unidad (1)
Nota 2: para una cimentación continua los valores de (𝐹𝑞𝑠 , 𝐹𝛾𝑠 ) son iguales a la
unidad (1)
Venero soncco Sandro
𝑄𝑎𝑑𝑚 = 377.98
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
67
5. Se tiene una cimentación cuadrada con excentricidad. Calcular
(𝑞𝑎𝑑𝑚 , 𝑄𝑎𝑑𝑚 ). El nivel freático está a una profundidad de 0.50 m
Solución
Primero analizamos que formula vamos a utilizar
Formula general (Meyerhof)
1
𝑞𝑢, = 𝑐𝑁𝑐 𝐹𝑐𝑠 𝐹𝑐𝑑 𝐹𝑐𝑖 + 𝑞𝑁𝑞 𝐹𝑞𝑠 𝐹𝑞𝑑 𝐹𝑞𝑖 + 𝛾𝐵 , 𝑁𝛾 𝐹𝛾𝑠 𝐹𝛾𝑑 𝐹𝛾𝑖
2
Como la cohesión es cero usaremos la formula simplificada
1
𝑞𝑢, = 𝑞𝑁𝑞 𝐹𝑞𝑠 𝐹𝑞𝑑 𝐹𝑞𝑖 + 𝛾𝐵 , 𝑁𝛾 𝐹𝛾𝑠 𝐹𝛾𝑑 𝐹𝛾𝑖
2
Hallamos la carga
𝑞 = 𝛾 ∗ ℎ + (𝛾𝑠𝑎𝑡 − 𝛾𝑤 ) ∗ ℎ ⟹ 𝑞 = (17.5)(0.50) + (19.5 − 9.81) ∗ 0.40
𝐾𝑁
𝑚2
Los valores de (𝑵𝒒 , 𝑵𝜸 ) para ∅ = 𝟑𝟓 (ver la tabla 11.1) del libro de Braja M
Das “pagina 395”
𝑁𝑞 = 33.30
𝑁𝛾 = 48.03
Hallamos el valor de (𝑩, )
𝐵 , = 𝐵 − 2𝑒 ⟹ 𝐵 , = 1.60 − 2(0.15) = 1.3 ⟹ 𝐵 , = 1.3
Venero soncco Sandro
𝑞 = 12.626
Práctica y teoría resuelto de mecánica de suelos II
68
Como se trata de una cimentación cuadrada
𝐵,
1.30
𝐹𝑞𝑠 = 1 + ( , ) 𝑡𝑎𝑛∅ ⟹ 𝐹𝑞𝑠 = 1 + (
) tan(35) = 1.568 ⟹ 𝐹𝑞𝑠 = 1.568
𝐿
1.60
𝐵,
1.30
𝐹𝛾𝑠 = 1 − 0.4 ( , ) ⟹ 𝐹𝛾𝑠 = 1 − 0.4 (
) = 0.675 ⟹ 𝐹𝛾𝑠 = 0.675
𝐿
1.60
𝐹𝑞𝑑 = 1 + 2𝑡𝑎𝑛∅(1 − 𝑠𝑒𝑛∅)2 (
𝐷𝑓
)
𝐵
𝐹𝑞𝑑 = 1 + 2 tan(35) (1 − 𝑠𝑒𝑛32)2 (
0.90
) = 1.143 ⟹ 𝐹𝑞𝑑 = 1.143
1.60
𝐹𝛾𝑑 = 1 … … … 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 11.2
Hallamos "𝜸"
𝛾=
(17.5)(0.50) + (19.5)(0.40)
= 18.388 ⟹ 𝛾 = 18.388
0.90
Todos los valores calculados reemplazamos en la formula
1
𝑞𝑢, = 𝑞𝑁𝑞 𝐹𝑞𝑠 𝐹𝑞𝑑 𝐹𝑞𝑖 + 𝛾𝐵 , 𝑁𝛾 𝐹𝛾𝑠 𝐹𝛾𝑑 𝐹𝛾𝑖
2
1
𝑞𝑢, = (12.626)(33.30)(1.568)(1.143)(1) + (18.388)(1.30)(48.03)(0.675)(1)(1)
2
𝑞𝑢, = 1141.026
𝐾𝑁
𝑚2
Hallamos (𝒒𝒂𝒅𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 )
𝑞𝑎𝑑𝑚
𝑞𝑢,
1141.026
𝐾𝑁
=
⟹ 𝑞𝑎𝑑𝑚 =
= 285.2565
𝐹𝑠
4
𝑚2
Hallamos 𝑸𝒂𝒅𝒎 )
𝑄𝑎𝑑𝑚 = 𝑞𝑎𝑑𝑚 (𝐴, )
𝑄𝑎𝑑𝑚 = 593.333
𝐾𝑁
𝑚2
Nota 1: cuando no hay ángulo de inclinación los valores de (𝐹𝑞𝑖 , 𝐹𝛾𝑖 ) son igual a la
unidad (1)
Nota 2: para una cimentación continua los valores de (𝐹𝑞𝑠 , 𝐹𝛾𝑠 ) son iguales a la
unidad (1)
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𝑄𝑎𝑑𝑚 = 285.2565(1.30 ∗ 1.60)
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Cálculos de ejercicios en hojas Excel
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ENSAYO DE LABORATORIO
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Gráfica No 2.- Factor de influencia para carga uniformemente distribuida (Boussinesq)
Berry, p.63
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Tablas
Gráfica 1.- Factores de influencia para carga lineal (Fadum).
Juárez E. y Rico A., (1980), Anexo II-d
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METODO APROXIMADO PARA CÁLCULO DE ASIENTOS EN TERRENO
ESTRATIFICADO
(METODO DE STEINBRENNER)
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