Problemas Geotecnia y Cimientos

PROBLEMAS DE GEOTECNIA Y CIMIENTOS E.T.S. INGENIEROS DE CAMINOS, CANALES Y PUERTOS UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE VALENCIA

Este libro se debe a tres alumnos del curso 2003-2004: - A XXXXX, por distraer al profesor. - A XXXXX, por su habilidad en dar el cambiazo. - A XXXX, por copiarlo rápidamente en su portátil. Si los profesores pretenden hacerse ricos a costa de los alumnos no deberían tener tan a la vista en su mesa un CD titulado “Copia de Seguridad del Libro de Problemas”, es una tentación difícil de evitar en un libro que cuesta 25 €. Compartidlo, los libros universitarios deben ser gratuitos.

ÍNDICE

Prólogo

1

Propiedades elementales

Página

5

2

Flujo en medios porosos Principio de Terzaghi

Página 33

3

Consolidación

Página 85

4

Resistencia a esfuerzo cortante

Página 119

5

Elasticidad

Página 155

6

Empujes del terreno

Página 183

7

Estabilidad de taludes

Página 231

8

Cimentaciones superficiales

Página 267

9

Cimentaciones profundas

Página 317

PRÓLOGO

Una materia como “Geotecnia y Cimientos” no se domina aprendiendo todas sus bases teóricas. Además de estos conocimientos fundamentales, se debe saber aplicarlos a la resolución de cuestiones prácticas y esto solamente puede conseguirse con los problemas. Es de esta forma como el alumno fija los conceptos teóricos, gana confianza en sí mismo, el estudio de la materia se hace agradable y le impulsa a profundizar en ella. Los nuevos planes de estudios de Ingeniero de Caminos, Canales y Puertos, y de Ingeniero Técnico de Obras Públicas, implantados recientemente en la Universidad Politécnica de Valencia, contemplan en 2º curso la asignatura troncal “Geotecnia y Cimientos I”, cuando en los planes extinguidos, la asignatura “Geotecnia y Cimientos” estaba encuadrada en el cuarto curso de Ingeniero de Caminos, Canales y Puertos y en el tercer curso de Ingeniero Técnico de Obras Públicas. Actualmente, se trata de impartir a un alumnado mucho más joven una materia nueva y difícil de asimilar sin tener cursadas las bases físico-matemáticas de la Ingeniería. Son escasos los libros de problemas resueltos sobre Geotecnia publicados hasta la fecha, resultando a todas luces injustificado dada la importancia de esta materia en Ingeniería Civil y en Arquitectura. Para llenar algo este vacío, hemos preparado estos problemas, dirigidos fundamentalmente a los que se inician en Geotecnia. En su resolución, hemos sido conscientes del nivel de formación de los alumnos de primer ciclo, razón por la que las herramientas matemáticas y físicas utilizadas han sido muy básicas.

En algunas ocasiones hemos tenido que aceptar hipótesis razonables que bien pueden cuestionarse con conocimientos geotécnicos teóricos más profundos. A pesar de ello, creemos que este es el camino más conveniente para iniciarse en el razonamiento geotécnico e interesarse por esta disciplina. En este sentido, debemos señalar que se ha adoptado para el 3 peso específico del agua el valor de 10 kN/m . Ello no afecta en gran medida a los resultados y facilita enormemente al lector la lectura e interpretación de los resultados. Por otro lado, hemos evitado los problemas de “feliz idea” que confunden frecuentemente al alumno y crean una cierta desconfianza hacia la asignatura. Los problemas han sido ordenados en los capítulos clásicos de un programa básico de Geotecnia y Cimientos, insistiendo en los conceptos que consideramos más duros de asimilar. Algunos de estos problemas son los habituales en las prácticas de pizarra; otros, han sido propuestos en exámenes. Estamos convencidos de que esta colección de problemas resueltos facilitarán a los estudiantes de Ingeniería Civil y de Arquitectura su inicio en las asignaturas geotécnicas. Esperamos que el lector juzgue esta obra con benevolencia y sepa disculpar con sano criterio los inevitables defectos o errores que pueda encontrar a lo largo de ella. Finalmente, queremos expresar nuestro agradecimiento a Málek Murad por su cuidadosa delineación de las figuras y por su excelente maquetación de la obra, y a Geotecnia y Cimientos S.A. por el apoyo económico prestado que ha hecho posible que estas páginas vean la luz. Los Autores

Capítulo 1

PROPIEDADES ELEMENTALES

Problemas de Geotecnia y Cimientos

6

Capítulo 1 - Propiedades elementales

NOMENCLATURA UTILIZADA PARA LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DE PROPIEDADES ELEMENTALES

Suelo como sistema trifásico

Pesos

Va

AIRE/GAS

Wa

Vw

AGUA

Ww

Volúmenes

Vv V

W Vs

SÓLIDOS

Ws

Va Vw Vs Vv V

= = = = =

Volumen de huecos llenos de aire Volumen de huecos ocupados por el agua Volumen de partículas sólidas Volumen de huecos del suelo Volumen total

Wa Ww Ws W

= = = =

Peso de huecos llenos de aire ≈ 0 Peso de agua Peso de las partículas sólidas Peso total = W s + W w

7


-

Relaciones volumétricas: Porosidad = n =

Vv V

Índice de poros = e =

Vv Vs

Grado de saturación = Sr =

-

Relaciones gravimétricas: Humedad = ω =

-

Vw Vv

Ww Ws

Relaciones peso / volumen: Peso específico del agua = γω =

Ww Vw

Peso específico de las partículas = γs =

Ws Vs

Peso específico relativo de las partículas = Gs = Peso específico aparente = γ = Peso específico seco = γd =

8

Ws V

W V

γs γw


PROBLEMA 1.1 Una muestra cilíndrica de suelo arcilloso, de 38 mm de diámetro y 76 mm de altura (figura 1.1), tiene un peso total de 186'00 g y un peso seco de 160'5 g. El peso 3 específico de las partículas es de 2'7 g / cm . Se pide: a) Calcular el peso específico aparente y seco de la muestra. b) Calcular la porosidad y el índice de poros. c) Calcular la humedad y el grado de saturación.

H = 76 mm

Ø = 38 mm

Figura 1.1

SOLUCIÓN La muestra ensayada está constituida por un material cohesivo con geometría regular. En consecuencia se puede determinar el volumen total por medición directa:

V=

π· φ2 π · 3'8 2 ·H = · 7'6 = 86'19 cm 3 4 4

9


El peso seco es el correspondiente a las partículas sólidas. Como en el enunciado se proporciona el peso específico de las partículas, el volumen de partículas sólidas será:

Vs =

W s 160'5 = = 59'44 cm 3 2'7 γs

Conocidos el volumen de sólidos y el volumen total, se obtiene por diferencia el volumen de huecos del suelo: Vv = V - Vs = 86'19 - 59'44 = 26'75 cm

3

a) Pesos específicos aparente y seco El peso específico aparente es la relación entre el peso total de la muestra y el volumen total:

γ=

W 186 = = 2'16 g / cm 3 ≈ 21'6 V 86'19

kN / m 3

El peso específico seco es la relación entre el peso seco de la muestra y el volumen total:

γd =

W s 160'5 = = 1'86 g / cm 3 ≈ 18'6 kN / m 3 V 86'19

γ = 21'6

kN / m3

γ d = 18'6 kN / m3

10


b) Porosidad e índice de poros La porosidad es la relación entre el volumen de huecos de la muestra y el volumen total:

n=

Vv 26'75 = = 0'310 V 86'19

El índice de poros es la relación entre el volumen de huecos de la muestra y el volumen de partículas sólidas:

e=

Vv 26'75 = = 0'450 Vs 59'44

La determinación del índice de poros se podría haber obtenido a partir de la porosidad ya que:

e=

n 1 Vv Vv 1 = = = = 1 V 1− n Vs V − Vv −1 −1 n Vv

n = 0'310 e = 0'450

c) Humedad y grado de saturación La humedad es la relación entre el peso del agua contenida en la muestra y el peso de la muestra seca:

ω=

W − W s 186 − 160'5 Ww = = = 0'159 Ws Ws 160'5 11


es decir: ω = 15'9 % El grado de saturación es la relación entre el volumen de agua contenida en los poros del suelo y el volumen de huecos:

VW Vv

Sr =

(1)

Teniendo en cuenta la definición de humedad,

ω=

WW → W w = ω · W s Ws

(2)

y siendo el peso específico del agua:

γw =

Ww W → Vw = w Vw γw

(3)

Sustituyendo (2) en (3) se obtiene:

Vw =

ω· Ws γw

(4)

Sustituyendo en (1) la expresión del volumen de agua obtenida en (4), se tiene finalmente que:

Sr =

ω· Ws 0'159 ·160'5 = = 0'954 γ w · Vv 1· 26'75

ω = 15'9 % Sr = 95'4 %

12


PROBLEMA 1.2 3

El peso específico de las partículas de una arena es 26 kN / m y su índice de huecos es 0'572. Calcular el peso específico de dicha arena cuando está seca, 3 saturada y sumergida. Adóptese γw = 10 kN / m .

SOLUCIÓN Cuando la arena está seca su peso específico es el peso específico seco que por definición es:

γd =

Ws V

Sustituyendo en la expresión anterior el volumen total por la suma del volumen de huecos y del volumen de sólidos, y dividiendo numerador y denominador por el volumen de sólidos se obtiene la siguiente relación:

Ws γ Ws Ws Vs 26 γd = = = = s = = 16'54 kN / m 3 Vv + Vs e + 1 1 + 0'572 V Vv + Vs Vs

Cuando la muestra está saturada, el grado de saturación es Sr = 1, es decir, el volumen de huecos es igual al volumen de agua (VV = Vw) y el peso específico del suelo es el peso específico saturado: γ sat =

Wsat Ww + Ws = V V

13


Como

Ww = γ w ⋅ Vw y

V = Vv + Vs se tiene:

γ sat

Vw · γ w + Ws W + Ws Vw · γ w + Ws Vs = w = = VV + Vs VV + Vs VV + Vs Vs

y como VV = Vw, entonces:

γ sat =

e· γ w + γ s 0'572 ·10 + 26 = = 20'18 kN / m 3 e +1 0'572 + 1

También se puede obtener el peso específico saturado en función de las propiedades índice e, γs y γd, mediante la siguiente expresión:

γ sat =

e · γw + γ d = 20'18 kN / m3 e +1

(Se recomienda al lector su deducción) Finalmente, el peso específico sumergido es la diferencia entre el peso específico saturado y el peso específico del agua:

γ sum = γ' = γ sat − γ w = 20'18 − 10 = 10'18 kN / m 3

γ d = 16'54 kN / m3 γ sat = 20'18 kN / m3 γ sum = 10'18 kN / m3

14


PROBLEMA 1.3 Una muestra irregular de arcilla tiene un peso total de 537'5 g. Posteriormente la muestra es parafinada obteniéndose un peso de 544'4 g. Al sumergir la muestra parafinada en agua, ésta desplaza un volumen de 250 ml. Una vez retirada la parafina, la muestra se coloca en la estufa obteniéndose un peso final de 479'2 g. Sabiendo que la parafina tiene un peso específico relativo de 0'9, se pide: a) Determinar la humedad natural de la muestra. b) Peso específico aparente y seco.

SOLUCIÓN a) Humedad de la muestra La humedad natural de un suelo se define como el cociente entre el peso del agua contenida en los poros y el peso de las partículas sólidas (peso seco):

ω=

Ww Ws

Puesto que la muestra tiene un peso total W = 537'5 g y después de sacarla de la estufa el peso es W s = 479'2 g, el peso del agua es:

W w = W − W s = 537'5 − 479'2 = 58'3 g y, por lo tanto, la humedad vale:

ω=

Ww 58'3 = = 0'1216 Ws 479'2

es decir:

ω = 12'16 %

15


b) Pesos específicos aparente y seco El peso específico aparente es el cociente entre el peso total de la muestra y el volumen total:

W V

γ=

El volumen desplazado por la muestra parafinada es:

Vmuestra parafinada = V + Vparafina

El volumen de parafina se obtiene como:

V parafina =

Wparafina γ parafina

=

Wmuestra parafinada − W Gparafina · γ w

=

544'4 − 537'5 = 7'67 0'9 · 1

y en consecuencia, el volumen total del suelo es:

V = Vmuestra parafinada − Vparafina = 250 − 7'67 = 242'33

Por tanto, el peso específico aparente vale:

γ=

W 537'5 = = 2'22 g / cm3 = 22'2 kN / m3 V 242'33

y el peso específico seco es:

γd =

Ws 479'2 = = 1'98 g / cm3 = 19'8 kN / m3 V 242'33

γ = 22'2 kN / m3 γ d = 19'8 kN / m3

16

cm3

cm3


PROBLEMA 1.4 De una muestra de arcilla se conocen su límite plástico (wp = 17), su índice de 3 plasticidad (IP = 7) y su peso específico seco (γd = 17'5 kN / m ). Se pide determinar el valor del peso específico saturado de esa arcilla para una humedad correspondiente al límite líquido. Justifique la respuesta.

SOLUCIÓN A partir de los valores del índice de plasticidad IP y del límite plástico wp, se puede obtener el límite líquido: IP = wL - wp wL = IP + wp = 7 + 17 = 24 Admitiendo que el suelo se encuentra saturado cuando la humedad que contiene es igual a la del límite líquido wL, el peso específico será el peso específico saturado:

γ sat =

Wsat Ww + Ws Ws Ws · w L = = + = γ d + w L · γ d = γ d · (w L + 1) V V V V

y sustituyendo valores:

γ sat = 17'5 · (0'24 + 1) = 21'7 kN / m3

17


PROBLEMA 1.5 Un suelo saturado tiene una humedad ω = 20 % y un peso específico relativo de las partículas Gs = 2'7. Suponiendo que el peso específico del 3 agua es γw = 10 kN / m , obtener el peso específico seco.

SOLUCIÓN El peso específico seco es el cociente entre el peso de las partículas del suelo y el volumen total:

γd =

Ws V

Además se sabe que el suelo está saturado (Sr = 1), y en consecuencia, el volumen de huecos es igual al volumen de agua (Vv = Vw) y el volumen total es:

V = Vv + Vs = V w + Vs Así pues:

γd =

γd =

Ws Ws

1 Ws Ws Ws = = = = Ww Vs 1 ω V Vv + Vs Ww + + + Vs γ w ⋅ Ws Ws γw γs γw 1 Gs ·γ w = ω 1 Gs ·ω + 1 + γ w Gs · γ w

Sustituyendo valores, se obtiene:

γd =

18

2'7·10 = 17'53 kN / m3 2'7 · 0'2 + 1


PROBLEMA 1.6 Para la construcción de un terraplén se pretende utilizar un préstamo que compactado con una humedad del 10 % alcanza un peso específico seco 3 de 19'5 kN / m . Si el peso específico relativo de las partículas es 2'7, y suponiendo 3 que γw = 10 kN / m , se pide: a) Grado de saturación, índice de poros y porosidad que tendrá ese suelo. b) Para la humedad del 10 %, ¿qué peso específico seco máximo teórico puede alcanzarse?

SOLUCIÓN a) Grado de saturación, índice de poros y porosidad del suelo Se necesita conocer la relación existente entre el grado de saturación Sr, la humedad ω, el peso específico seco γd y el peso específico relativo de las partículas Gs. El peso específico seco es:

γd =

Ws Ws = V Vs + Vv

Vv =

Vw Ww = Sr Sr · γ w

Vs =

Ws G s· γ w

Como:

19


entonces:

γd =

Ws Ws Ww + Gs · γ w Sr · γ w

Dividiendo numerador y denominador por Ws, y teniendo en cuenta que la humedad viene dada por:

Ww Ws

ω=

se llega a:

γd =

Gs · γ w G ·ω 1+ s Sr

(1)

que es la relación buscada. Sustituyendo en esta relación ω = 0'1, Gs = 2'7, γd = 19'5 kN / m y γw = 10 kN / m , se obtiene un grado de saturación igual a 0'702, es decir: 3

S r = 70'2 % El índice de poros se define como:

e=

Vv Vs

y el grado de saturación como:

Sr =

20

Vw Vv

3


Puesto que:

Vs =

Ws γs

Vw =

Ww γw

γ s = Gs · γ w el índice de poros se puede escribir de la siguiente manera:

Ww γ w · Sr Vv ω· G s = e= = Ws Vs Sr γs Sustituyendo valores:

e=

0'1· 2'7 = 0'385 0'702

La porosidad se puede obtener de la relación deducida en el problema 1.1:

n=

e 0'385 = = 0'278 1 + e 1'385

es decir:

S r = 70'2 % e = 0'385 n = 27'8 %

21


b) Peso específico seco para una humedad del 10 % La ecuación (1) indica que, para una humedad determinada, el peso específico seco es máximo cuando el grado de saturación es máximo, ya que el peso específico relativo de las partículas no varía. El máximo grado de saturación que puede alcanzar un suelo es el 100 %, y por lo tanto, el máximo peso específico seco será:

γ dmáx =

22

2'7 · 10 = 21'26 kN / m3 2'7 · 0'1 1+ 1


PROBLEMA 1.7 Tras ensayar en el laboratorio una muestra de suelo, los resultados que arrojaron 3 3 los ensayos fueron los siguientes: γs = 26'5 kN / m ; γ = 18 kN / m ; e = 1'060; w = 40 % ¿Está saturado el suelo?

Solución: Sí está saturado.

23


PROBLEMA 1.8 3

Un material de préstamo posee in situ un peso específico seco de 18 kN / m . Calcular el coeficiente de paso si dicho material se dispondrá en obra con un peso 3 específico seco de 19'5 kN / m .

SOLUCIÓN Supongamos que una unidad de peso de ese material seco ocupa in situ un volumen Vi y que una vez colocada esa unidad en obra, su volumen es Vf. Se define como coeficiente de paso al cociente:

Vf Vi Si el peso específico seco in situ es γdi, entonces:

Vi =

1 γ di

y si en obra es γdf, entonces:

Vf =

1 γ df

Por lo tanto, el coeficiente de paso es:

Vf 18 γ = di = = 0'92 Vi γ df 19'5

24


PROBLEMA 1.9 Una muestra de suelo ha presentado la siguiente granulometría: Tamaño UNE

% pasa

50 40 20 10 5 2 1 0'4 0'2 0'1 0'08

100 90'2 80'5 70'8 58'4 38'2 25'2 12'5 8'5 4'3 3'2

(mm)

Si esa muestra se subdividiese en dos submuestras, una comprendiendo las partículas de tamaño superior a 1 mm y otra con las de tamaño igual o inferior a 1 mm, calcular el cociente entre el D15 de la primera submuestra y el d85 de la segunda.

SOLUCIÓN Supongamos que la muestra tiene un peso de 100 unidades. El peso de la submuestra que comprende las partículas de tamaño superior a 1 mm sería: 100 – 25'2 = 74'8 ud Para un diámetro D1, cuyo pasa en la muestra inicial era X, el pasa Y ahora es:

Y=

X − 25'2 74'8

El peso de la segunda submuestra sería 25'2 ud, y para un diámetro D2, cuyo pasa en la muestra inicial era Z, el pasa W ahora es:

W=

Z 25'2 25


100

90

80

70

Pasa (%)

60

50

40

36'42

30

D15 = 1'61

10

d85 = 0'72

21'42

20

0 100

10

1

0'1

0'01

Tamaño de las partículas (mm) Figura 1.2

En el problema Y = 15 % y W = 85 %, y por lo tanto, X = 74'8 · 0'15 + 25'2 = 36'42 % Z = 25'2 · 0'85 = 21'42 % En la figura 1.2 se tiene representada la curva granulométrica del suelo. Los porcentajes anteriores corresponden a los diámetros 1'61 mm y 0'72 mm. En consecuencia, el cociente solicitado es:

D15 1'61 = = 2'236 d85 0'72

26


PROBLEMA 1.10 En la tabla adjunta se reflejan los resultados de ensayos de identificación de un suelo. Se pide: a) Representar la curva granulométrica del suelo. b) Obtener los diámetros D10, D30 y D60 y calcular los coeficientes de uniformidad y de curvatura. c) Determinar las proporciones de grava, arena, limo y arcilla. d) Clasificar el suelo según el S.U.C.S.

Tamiz UNE (ASTM)

% pasa

5 (# 4) 2 (# 10) 0'8 (# 20) 0'4 (# 40) 0'25 (# 60) 0'1 (# 140) 0'08 (# 200) 0'05 0'01 0'002

100 80'0 78'4 75'0 69'0 50'1 43'2 33'0 10'5 6'3

(mm)

Límites de Atterberg LL LP

23'2 15'7

27


SOLUCIÓN Tamaño de partículas (mm) 10

1

0'1

0'01

0'06

Pasa (%)

80

60

40

D 10 = 0'00875

D 60 = 0'162

100

80

D30 = 0'04

120

36'9

20

0

6'3

Figura 1.3

a) Curva granulométrica Se tiene representada en la figura 1.3.

b) Diámetros D10, D30 y D60 y coeficientes de uniformidad y de curvatura A partir de la curva granulométrica del suelo (figura 1.3) se obtiene; D10

Diámetro eficaz, diámetro por el que pasa el 10 % de suelo. D10 = 0'00875 mm

D60

Diámetro por el que pasa el 60 % de suelo. D60 = 0'162 mm

D30

Diámetro por el que pasa el 30 % de suelo. D30 = 0'04 mm

28

0'001


Con estos valores el coeficiente de uniformidad vale:

Cu =

D60 = 18'51 D10

y el coeficiente de curvatura: 2 D 30 = 1'13 Cc = D 10 · D 60

c) Proporciones de grava, arena, limo y arcilla Para determinar el contenido de gravas, arenas, limos y arcillas se utilizará la clasificación por tamaños de las normas DIN: Arcilla Limo Arena Grava 0'002 mm 0'06 mm 2 mm Con la curva granulométrica (figura 1.3) se obtienen los siguientes contenidos: - Gravas:

% pasa 2 mm = 80 % % gravas = 100 - 80 = 20 %

- Arenas:

% pasa 0'06 mm = 36'9 % % arenas = 80 - 36'9 = 43'1 %

- Limos:

% pasa 0'002 mm = 6'3 % % limos = 36'9 - 6'3 = 30'6 %

- Arcillas:

% pasa 0'002 mm = 6'3 % % arcillas = 6'3 %

d) Clasificar el suelo según el S.U.C.S. Como el % pasa # 200 (0'08 mm UNE) = 43'2 % < 50 %, el suelo se considera de grano grueso. 29


60

50

Índice de plasticidad (IP)

CH

A ea Lín

40

30

CL 20

MH ó OH 10 IP = 7'5

ML ó OL

CL - ML LL = 23'2

0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

Límite líquido (LL)

Figura 1.4

Como el % pasa # 4 (5 mm UNE) = 100 % > 50 % de la fracción gruesa, el suelo está constituido mayoritariamente por arena (S). Dado que el % pasa # 200 (0'08 mm) = 43'2 % > 12 %, el suelo se clasifica como SC o SM. Para la determinación de las características de los finos se utilizará la carta de plasticidad de Casagrande. A partir de los límites de Atterberg, LL = 23'2 LP = 15'7 IP = 23'2 - 15'7 = 7'5 se obtiene que los finos se pueden clasificar como arcillas de baja plasticidad (CL) (figura 1.4).

Finalmente el suelo se clasifica como SC, arenas arcillosas de baja plasticidad.

30


PROBLEMA 1.11 En dos suelos diferentes (1 y 2) se realizaron análisis granulométricos arrojando los resultados indicados en la tabla adjunta. Si se mezclan 30 kg del suelo 1 con 60 kg del suelo 2, se pide representar la curva granulométrica de la mezcla resultante. Tamiz UNE

Suelo 1

Suelo 2

40 25 20 12'5 10 5 2 0'4 0'08

100 98 94'3 91'1 90'6 87 85'3 82'7 69'3

100 72'2 68 54'4 51'6 39 31'5 23'4 13'7

(mm)

(% pasa)

(% pasa)

SOLUCIÓN Supongamos un diámetro D (mm) cualquiera y sean g1 el % que pasa por este diámetro en el suelo 1 y g2 el % que pasa del suelo 2. Como la mezcla tiene un peso total de: 30 + 60 = 90 kg el % que pasará por el diámetro D (mm) en la mezcla gm será:

gm =

60 30 · g2 · g1 + 90 90

31


100 90 80

Pasa (%)

70

Suelo 1

60 50 40

Suelo mezcla

30 20

Suelo 2

10 0 100

10

1

0'1

0'01

Tamaño de partículas (mm)

Figura 1.5

Aplicando esta fórmula se ha obtenido la granulometría reflejada en la siguiente tabla: Tamiz UNE

Suelo 1

Suelo 2

Suelo mezcla

40 25 20 12'5 10 5 2 0'4 0'08

100 98 94'3 91'1 90'6 87 85'3 82'7 69'3

100 72'2 68 54'4 51'6 39 31'5 23'4 13'7

100 80'8 76'8 66'6 64'6 55'0 49'4 43'2 32'2

(mm)

(% pasa)

(% pasa)

(% pasa)

La representación de las curvas granulométricas de los tres suelos se muestran en la figura 1.5.

32

Capítulo 2

FLUJO EN MEDIOS POROSOS PRINCIPIO DE TERZAGHI


34

Capítulo 2 - Flujo en Medios Porosos · Principio de Terzaghi

PROBLEMA 2.1 El permeámetro de carga constante, cuyo esquema se indica en la figura 2.1, se rellena en una altura de 2'5 m con una arena que tiene un -3 coeficiente de permeabilidad k = 4·10 m/s. Se pide calcular: a) Leyes de alturas geométricas, de presión y piezométricas. b) Caudal de agua que atravesará el permeámetro.

0'35 m

Q 4 1'5 m

3

2'5 m

z 1

2

Figura 2.1

35


SOLUCIÓN a) Leyes de alturas geométricas, de presión y piezométricas El potencial (carga hidráulica o altura total) de un punto se obtiene como suma de la altura geométrica, de la altura de presión y de la altura de velocidad del agua:

u

h = z+

γw

+

v2 2g

siendo: z: u: v: g:

γw:

Altura geométrica respecto a un plano arbitrario. Presión del agua o presión intersticial. Velocidad del agua. Aceleración de la gravedad. Peso específico del agua.

La altura piezométrica es igual a la altura geométrica más la altura de presión:

h =z+

u γw

En Geotecnia, al despreciar la velocidad del agua, coinciden la altura piezométrica con la altura total o potencial hidráulico. Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en la superficie del agua del depósito (figura 2.1), y puesto que la pérdida de carga total se produce en el suelo ya que se pueden despreciar las pérdidas de carga entre los puntos 4 y 3 y entre los puntos 2 y 1, los potenciales de los puntos 1, 2, 3 y 4 son:

36


0'35 m

4 1'5 m

z (m)

3

2'5 m

z 1

2

1'5

4

Altura (m) Altura de presión Altura geométrica Altura piezométrica

Figura 2.2

Puntos 1 y 2

h1 = z 1 +

u1 0 =0+ = 0m γw 10

h1 = h 2 = 0 h2 = z2 +

u2 u =0+ 2 γw γw

En consecuencia, la presión del punto 2 es la atmosférica (u2 = 0) Puntos 3 y 4:

h4 = z 4 +

u4 0 =4+ = 4m 10 γw

h 4 = h3 = 4 m h3 = z 3 +

u3 u = 2'5 + 3 γw γw 2

En consecuencia, la presión en el punto 3 es u3 = 15 kN / m .

37


Siendo el flujo vertical y descendente y la sección del permeámetro constante, las variaciones de las alturas de presión, geométricas y piezométricas son lineales con z. En la figura 2.2 se muestra gráficamente las leyes.

b) Caudal La pérdida de carga entre los puntos 3 y 2 es:

∆h 32 = h 3 − h 2 = 4 − 0 = 4 m y el gradiente existente entre esos dos puntos:

i=

4 ∆h = = 1'6 ∆L 2'5

El área de la sección del permeámetro es:

A=

π·φ 2 π · 0'35 2 = = 0'0962 m 2 4 4

Aplicando la ley de Darcy, el caudal que atraviesa el permeámetro es:

Q = A ·k ·i = 0'0962 · 4 ·10 -3 · 1'6 = 6'16 ·10 −4 m 3 /s

38


PROBLEMA 2.2 En la figura 2.3 se muestra la sección de una presa de hormigón cimentada sobre -5 un terreno aluvial arenoso que posee una permeabilidad k = 8·10 m/s y un peso 3 específico saturado de 20'5 kN/m , y en la que se pretende analizar los efectos de una pantalla de impermeabilización aguas abajo de la misma (caso B). Para ello, se pide: a) Calcular el caudal infiltrado. b) Obtener la distribución de subpresiones en la cimentación de la presa. c) Calcular el gradiente máximo de salida y el coeficiente de seguridad frente al sifonamiento.

Caso A 8m A 2m

z

0 1

1m 2m

B 2

3

4

5

6

7

8

9 10

NIVEL IMPERMEABLE

Caso B 8m A 2m

z

0 1

1m 2m

B 2

3

4

5

6

7

8

6m

NIVEL IMPERMEABLE

Figura 2.3 39


SOLUCIÓN a) Caudal infiltrado En el problema se proporcionan las redes de flujo (figura 2.3) para ambos casos. Dibujada la red de flujo, el caudal infiltrado a través de un medio permeable saturado y una vez establecido el régimen estacionario, se obtiene a partir de la siguiente expresión:

Q =k⋅

nt ⋅ ∆H ne

donde: k: n t: ne:

∆H:

Permeabilidad del terreno. Número total de tubos de corriente de la red de flujo. Número total de intervalos o “saltos” existentes entre equipotenciales, desde la equipotencial inicial hasta la equipotencial última del problema. Pérdida de carga total o diferencia de potencial entre la primera y la última equipotencial del problema.

En ambas situaciones, la primera equipotencial es la superficie sumergida del terreno aguas arriba; la última equipotencial es la superficie sumergida del terreno aguas abajo. Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en la base de la cimentación, el potencial hidráulico en un punto cualquiera Z, viene dado por:

hz =

uz +z γw

siendo z la altura geométrica de dicho punto y uz la presión intersticial existente en dicho punto.

40


En los dos casos del problema, el potencial en el punto A (figura 2.3), que pertenece a la equipotencial inicial del problema, es conocido ya que la presión intersticial es la correspondiente a una columna de agua de 8 metros de altura:

hA =

uA + z A = 8 m + 2 m = 10 m γw

Del mismo modo, en ambos casos, cualquier punto de la equipotencial última del problema, como B, posee un potencial hidráulico;

hB =

uB + zB = 1 m + 2 m = 3 m γw

En consecuencia, en ambos casos, la pérdida de carga total es:

∆H = hA − hB = 10 m − 3 m = 7 m Para cada uno de los casos, los datos existentes y el caudal obtenido con la expresión anterior son los siguientes: Caso A B

k

(m/s) -5

8·10 -5 8·10

Q

nt

ne

∆H (m)

(m3/s/m)

4 4

12 14

7 7

1'86·10 -4 1'6·10

-4

b) Distribución de subpresiones En un punto del cimiento de la presa, se denomina “subpresión” a la presión intersticial existente en dicho punto. En el problema se pide una “distribución” o ley que proporcione la presión intersticial en cualquier punto del cimiento, pudiendo obtenerse matemáticamente, pero ello se sale del alcance del texto. En su lugar, se obtendrán los valores de las presiones intersticiales en algunos puntos del cimiento y se supondrá que la variación de presiones intersticiales entre dos puntos consecutivos es lineal.

41


Puesto que las redes de flujo han sido dibujadas de manera que las figuras conformadas entre equipotenciales y líneas de corriente son aproximadamente “cuadrados curvilíneos”, la pérdida de carga entre dos equipotenciales sucesivas es siempre la misma e igual a:

∆h =

∆H ne

Así pues, se tendrá: Caso A B

ne

∆H

∆h

12 14

7 7

0'583 0'5

(m)

(m)

Conocido el potencial del punto A, el potencial en un punto cualquiera Z es igual al potencial del punto A menos la pérdida de carga existente entre ambos puntos. Si el punto Z se sitúa en la cimentación de la presa ( z = 0 ) y pertenece a una equipotencial dibujada en el problema, se debe verificar que:

hz =

uz u + z = z = h A − n ⋅ ∆h = 10 − n ⋅ ∆h γw γw

donde n es el número de saltos existentes entre la equipotencial del punto A y la equipotencial del punto Z. Esta expresión permite obtener la presión intersticial en el punto Z:

u z = (10 − n ⋅ ∆h) ⋅ γ w = 100 − 10 ⋅ n ⋅ ∆h kN / m 2 En los puntos de intersección de las equipotenciales con el cimiento, la expresión anterior proporciona los siguientes valores de la subpresión: Punto n A uz n B uz

42

0 1'5 91'25 1'5 92'5

1 2 88'34 2 90

2 3 82'51 3 85

3 4 76'68 4 80

4 5 70'85 5 75

5 6 65'02 6 70

6 7 59'19 7 65

7 8 53'36 8 60

8 9 47'53 8'3 58'5

9 10 41'7

10 10'5 38'78


Puesto que también se conoce el potencial de la última equipotencial, el problema podría haberse resuelto diciendo que el potencial en el punto Z es el potencial del punto B más la pérdida de carga existente entre ambos puntos:

hz =

uz + z = hB + n ⋅ ∆h = 3 + n ⋅ ∆h γw

c) Gradiente máximo y coeficiente de seguridad frente al sifonamiento Cuando se viaja a lo largo de una línea de corriente, pasando de un punto situado en una equipotencial a otro punto situado en la siguiente equipotencial, el gradiente medio existente entre dichos puntos es:

ie =

∆h l

donde ∆h es la pérdida de carga existente entre ambas equipotenciales y l es la distancia recorrida a lo largo de la línea de corriente. Si se observan las redes de flujo, las distancias recorridas desde la penúltima equipotencial hasta la última (situada en la superficie del terreno sumergida de aguas abajo) varían según la línea de corriente seguida. Puesto que el problema pide el gradiente máximo y siendo ∆h constante e independiente de la línea de corriente seguida, según la expresión anterior se deberá tomar la distancia mínima existente entre la penúltima y la última equipotencial y ello se produce en la línea de corriente que sigue el contorno del paramento de la presa. Por otro lado, también se puede observar que, aguas abajo, las líneas de corriente intersectan verticalmente a la superficie del terreno sumergida (última equipotencial) y, en consecuencia, siendo el terreno arenoso, puede producirse la inestabilidad conocida como “sifonamiento” y cuyo coeficiente de seguridad se define como:

F=

ic ie

43


siendo

ic =

γ′ 10'5 = = 1'05 γw 10

el denominado “gradiente crítico”. Como se observa, el coeficiente de seguridad es mínimo para el gradiente máximo de salida. Midiendo con un escalímetro en las líneas de corriente las distancias mínimas y a partir de las expresiones anteriores, se obtienen los siguientes valores: Caso A B

L

(m)

ie

ic

F

(m)

0'583 0'5

1'2 3

0'485 0'166

1'05 1'05

2'16 6'32

∆h

Como conclusión del problema, la colocación de la pantalla produce los siguientes efectos: 1. Disminuye el caudal infiltrado. 2. El gradiente de salida es menor y consecuentemente la seguridad frente al sifonamiento es mayor. 3. Las subpresiones en la cimentación de la presa resultan ser ligeramente mayores.

44


PROBLEMA 2.3 Durante un periodo de lluvias se produjo la filtración dibujada en el muro indicado en la figura 2.4 y el cual presentaba un drenaje vertical en su trasdós. Sabiendo -1 que la permeabilidad de la arena es k = 3 · 10 m / s, que en ningún momento entró en carga el sistema de drenaje y que la presión intersticial en el punto M es igual a 2 60 kN / m , se pide:

π

a) Caudal circulante por la sección CC' del dren. b) Distribución de presiones intersticiales en el plano π.

A

B

C

6'5 m D C

C'

E F

G

1'5 m

H

M

I

z

NIVEL IMPERMEABLE

Figura 2.4

45


SOLUCIÓN a) Caudal circulante por la sección CC' del dren Se conocen las presiones intersticiales en el punto A (nula) y en el punto M 2 (uM = 60 kN/m ) y ambos están situados en equipotenciales (primera y tercera), (figura 2.4). Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en la superficie del nivel impermeable, los potenciales de los puntos A y B son:

hA =

uA 0 + zA = +8 =8m γw 10

hM =

uM 60 + zM = +0= 6m γw 10

En consecuencia la diferencia de carga existente entre los dos puntos es:

h A − hM = 8 − 6 = 2 m implicando que la pérdida de carga existente entre dos equipotenciales consecutivas es ∆h = 1 m. Como en el problema anterior, el caudal infiltrado se obtiene a partir de la siguiente expresión:

Q = k·

nt · ∆H = k · n t · ∆h ne

El caudal circulante por la sección CC' (figura 2.4) del dren es el correspondiente a dos tubos de corriente:

Q = 3 · 10 −1 · 2 · 1 = 6 ·10 −1 m3 / s / m

46


b) Distribución de presiones intersticiales en el plano π

Las presiones intersticiales en el plano π se obtienen, como en el problema anterior, en los puntos de intersección de dicho plano con las distintas equipotenciales. Las cotas de dichos puntos se miden en la figura respecto al plano horizontal de comparación situado en el cimiento del muro (figura 2.4). Los valores que se obtienen son los siguientes: Punto

A

B

C

D

E

F

G

H

I

z (m) u (kN/m2)

8'0 0

6'5 5

5'2 8

4'0 10

2'9 11

1'9 11

1'1 9

0'5 5

0'0 0

Esta distribución se ha dibujado en la figura 2.5.

π

Como el drenaje no entra en carga, es decir, las presiones del agua son nulas, se puede demostrar que la separación vertical entre equipotenciales en el dren es siempre la misma. Obténgase que esa distancia es igual a 1 metro.

A

B

C D E F G H I

Figura 2.5

47


PROBLEMA 2.4 Un terreno está formado por una alternancia de arenas y de arcillas. Los niveles -2 arenosos tienen una potencia de 10 cm y una permeabilidad de 7·10 cm / s, mientras que los arcillosos tienen una potencia de 2 m y una permeabilidad de -6 4·10 cm / s. Calcular la relación entre los coeficientes de permeabilidad horizontal y vertical que existe en una unidad formada por un paquete de arena y por otro de arcilla.

SOLUCIÓN Si se tiene un sistema de n niveles horizontales, la permeabilidad equivalente para flujo horizontal viene dada por la expresión: n

∑e k i

k eq = kh =

i

i=1 n

∑e

i

i=1

siendo ei y ki el espesor y el coeficiente de permeabilidad del nivel i, respectivamente. Para la unidad del enunciado, la permeabilidad equivalente es:

kh =

10 cm · 7 ·10 −2 cm/s + 200 cm · 4 ·10 −6 cm/s = 3 ′3.10 − 3 cm/s 10 cm + 200 cm

Si el flujo es vertical, la permeabilidad equivalente es: n

keq = k v =

∑e i=1 n

i=1

48

e

∑k

i

i

i


Para la unidad del problema

kv =

10 cm + 200 cm = 4'2 ·10 − 6 cm/s 10 cm 200 cm + 7 ·10 − 2 4 ·10 − 6

La relación pedida es:

−3 kh = 3'3 ·10 = 785'7 −6 k v 4'2 ·10

De estos resultados se pueden extraer las siguientes conclusiones: 1.

La permeabilidad horizontal equivalente está más próxima a la permeabilidad de las arenas, a pesar de que su potencia es muy inferior a la potencia de los niveles arcillosos.

2.

La permeabilidad vertical equivalente es prácticamente la permeabilidad de las arcillas.

3.

Al igual que en el problema, en terrenos naturales depositados horizontalmente, es muy normal que la permeabilidad horizontal sea muy superior a la vertical.

4.

A efectos prácticos, por ejemplo, en agotamientos de excavaciones, se deduce la importancia que pueden tener en los caudales a bombear pequeños niveles arenosos no detectados con la perforación de los sondeos.

49


PROBLEMA 2.5 Obtener y representar gráficamente las leyes de presiones totales, intersticiales y efectivas en el terreno indicado en la figura 2.6. Las propiedades geotécnicas del terreno son:

γsat

Grava Arena

γd

(kN/m3)

(kN/m3)

22 20

19

z 4m

Gravas N.F.

1m

5m

Arena

Roca Figura 2.6

SOLUCIÓN Adoptemos el eje de referencia z con su origen en la superficie del terreno y con sentido positivo hacia abajo. Sea un plano cualquiera paralelo a la superficie del terreno situado a una profundidad z (figura 2.7). La presión total en ese plano (σ) es la que debe existir en dicho plano para que el terreno situado por encima de él esté en equilibrio. En el problema, la presión total a una profundidad z es la que equilibra el peso del terreno existente por encima.

50


z

σ Figura 2.7

En un punto del terreno, la presión intersticial (u) es la presión que tiene el agua. Por debajo del nivel freático, la distribución de presiones intersticiales será la hidrostática ya que el agua está en reposo. Por encima del nivel freático la presión intersticial es la atmosférica (nula) ya que siendo gravas pueden despreciarse los efectos capilares. Cuando las presiones totales e intersticiales estén determinadas, las presiones efectivas (σ') podrán ser calculadas aplicando el principio de Terzaghi: σ' = σ - u Las distribuciones de presiones totales, intersticiales y efectivas son: 0≤z≤4 A una profundidad z, la presión total es la debida a un espesor z de gravas secas.

σ = γ grava · z = 19 · z kN / m 2 d u =0

σ' = σ − u = 19 · z kN / m 2

51


u, σ, σ´ (kN / m 2)

σ σ'

5

10

u

76

4 10

88

98

60

138

198

z (m) Figura 2.8

4≤z≤5 A una profundidad z, la presión total es la debida a un espesor de 4 metros de gravas secas y a un espesor (z - 4) de gravas saturadas.

σ = γ grava · 4 + ( z − 4) · γ grava = 22 · z − 12 kN / m 2 d sat u = γ w ·( z − 4) = 10 · z − 40 kN / m 2 σ' = σ − u = 12 · z + 28 kN / m 2

5 ≤ z ≤ 10 A una profundidad z, la presión total es la debida a un espesor de 4 metros de gravas secas, a un espesor de 1 metro de gravas saturadas y a un espesor (z – 5) de arenas saturadas. arena σ = γ grava · 4 + γ grava = 20 · z − 2 kN / m 2 d sat ·1 + ( z − 5) · γ sat

u = γ w ·(z − 4) = 10 · z − 40 kN / m 2 σ' = σ − u = 10 · z + 38 kN / m 2

En la figura 2.8 se representan gráficamente las distribuciones calculadas. 52


PROBLEMA 2.6 En el terreno esquematizado en la figura 2.9, se sabe que el nivel piezométrico en las gravas se sitúa 3 m por encima del nivel freático superficial. Se pide: a) Nivel piezométrico en las gravas que provocaría el levantamiento de los paquetes de arcillas. b) Leyes de presiones efectivas en los paquetes de arcillas suponiendo que se ha establecido un flujo permanente. Las propiedades geotécnicas del terreno son: k

Terreno

(%)

ω

Gs

Arcilla 1 Arcilla 2

25 30

2'75 2'75

(m/s) -7

10 -7 2·10

3m

1'5 m

Agua

A z

Arcilla 1

2m

C

Arcilla 2

4m

B Gravas

Figura 2.9

53


SOLUCIÓN a) Nivel piezométrico en las gravas que provocaría el levantamiento de los paquetes de arcillas Las gravas constituyen un acuífero confinado. Si se perforase un pozo, al alcanzar el techo del nivel de gravas, el agua subiría 3 metros por encima del nivel freático (figura 2.9). Puesto que las gravas están a “presión” y confinadas por las arcillas, puede producirse el levantamiento de los paquetes de arcilla si la presión intersticial en el techo del nivel de gravas es igual a la presión total (σ = u). En principio, el cálculo de dicha presión requiere la determinación de los pesos específicos saturados de las arcillas: Arcilla 1: e = ω· G = 2'75 · 0'25 = 0'687

γsat = 20'37 kN/m3 Arcilla 2: e = ω· G = 2'75 · 0'30 = 0'825

γsat = 19'59 kN/m3 La presión total en el techo de las gravas es: σ = 1'5 · 10 + 2 · 20'37 + 4 · 19'59 = 134'1 kN/m

2

Si σ = u = 134'1 kN/m , ello implica que la presión intersticial en el techo de las gravas sea la correspondiente a una columna de 13'41 m de altura, es decir, 5'91 m por encima del nivel freático. 2

54


b) Leyes de presiones efectivas en los paquetes de arcillas En principio se debe calcular la distribución de presiones intersticiales. En el problema se indica que se ha establecido un flujo estacionario. Adoptando el origen del eje z en la superficie del terreno y con el sentido hacia abajo (figura 2.9), el potencial en un punto cualquiera A de la superficie del terreno es:

hA =

uA − z A = 1'5 − 0 = 1' 5 m γw

y en un punto cualquiera B del techo de las gravas:

hB =

uB − z B = 10'5 − 6 = 4' 5 m γw

(Nótese que al adoptar el sentido positivo del eje z hacia abajo, las alturas geométricas se deben restar en la expresión del potencial hidráulico). Por lo tanto, la diferencia de potencial existente entre los puntos B y A es: hB – hA = 3 m Como el terreno es estratificado y el flujo es vertical, podemos reemplazarlo por un terreno homogéneo con una permeabilidad equivalente:

kv =

∑e e ∑k

i

=

i i

2+4 = 1'5 ·10 −7 m / s 2 4 + 10 −7 2 ·10 −7

El gradiente existente entre el techo del nivel de gravas y la superficie del terreno es:

i=

3 = 0'5 m 6

55


y aplicando la ley de Darcy, el caudal que circula por un tubo vertical de sección unidad vale:

Q = 1'5 ·10 −7 · 0'5 m / s S Como este caudal debe ser igual al que circula por ese mismo tubo de sección unidad en el terreno real, y por continuidad, debe ser el mismo en ambos niveles de arcilla, se debe verificar:

Q = 1'5 ·10 −7 · 0'5 = 10 −7 · i1 = 2 ·10 −7 · i 2 S siendo i1 e i2 los gradientes existentes en los niveles 1 y 2 de arcillas, respectivamente. De la expresión anterior, se deduce que:

i1 = 0'75

i2 = 0'375

Ya se tienen los datos necesarios para calcular las presiones intersticiales. 0≤z≤2 El potencial en un punto situado a una profundidad z es:

h=

u −z γw

Se conoce el potencial del punto A:

h A = 1'5 + 0 = 1' 5 m y se debe cumplir que:

h=

56

u − z = h A + ∆h = 1'5 + i1 · z = 1'5 + 0'75 · z γw


Por consiguiente:

u = (1'5 + z + 0'75 · z) · γ ω = 15 + 17'5 · z

kN / m 2

En el punto C, z C = 2 m → u C = 50 kN / m 2 2≤z≤6 El potencial del punto C es:

hC =

uC − zC = 5 − 2 = 3 m γw

Como en el apartado anterior, el potencial de un punto cualquiera situado a una profundidad z deberá cumplir:

h=

u − z = h C + ∆h = 3 + i 2 · ( z − 2) = 3 + 0'375 · ( z − 2) γw

Así pues:

u = [ 3 + z + 0'375 · (z − 2) ]· γ ω = 22'5 + 13'75 · z kN / m 2 En el punto B, z = 6 m , la expresión anterior proporciona el valor:

u = 105 kN / m 2 correspondiente a la presión de una columna de agua de 10'5 m. Resta ahora calcular las presiones totales y aplicar a continuación el principio de Terzaghi.

57


N.F.

σ´, u ( kN / m2 )

1.5 m

2m

15

z

50

105

Arcilla 1 5'74

σ' u

4m

Arcilla 1 29'1

z (m)

Figura 2.10

0≤z≤2

σ = 1'5 ·10 + 20'37 · z = 15 + 20'37 · z kN / m 2 u = 15 + 17'5 · z kN / m 2 σ' = σ − u = 2'87 · z kN / m 2

2≤z≤6

σ = 1'5 ·10 + 2 · 20'37 + ( z − 2) ·19'59 = 16'56 + 19'59 · z kN / m 2 u = 22'5 + 13'75 . z kN / m 2 σ' = σ − u = 5'84 · z − 5'94 kN / m 2 En la figura 2.10 se han representado las distribuciones de presiones efectivas e intersticiales. Obsérvese que al existir un flujo de agua, la distribución de presiones intersticiales difiere de la hidrostática.

58


PROBLEMA 2.7 Un estrato acuífero de 4 m de potencia está confinado superiormente por un estrato de arcilla de 3 m de espesor e inferiormente por un estrato rocoso. Los 3 3 pesos específicos de la arena y de la arcilla son 19'8 kN / m y 18'2 kN / m , respectivamente. Determinar la presión efectiva en el techo y en el muro del estrato arenoso cuando su nivel piezométrico se sitúa: a) 2 m por debajo de la superficie del terreno. b) 2 m por encima de la superficie del terreno.

Caso a

2m

Arcillas

1m

Arenas

4m

Roca

Caso b 2m

3m

Arcillas

4m

Arenas

Roca

Figura 2.11 Solución:

Caso a b

σ' (kN/m2) Techo

Muro

44'6 4'6

83'8 43'8

59


PROBLEMA 2.8 Un campo de fútbol está asentado sobre un terreno cuyo corte se adjunta en la figura 2.12. Si el estrato de calizas tiene una gran potencia y una alta permeabilidad, se pide: a) Intensidades horarias en mm / h, suponiendo una lluvia constante, que inician el encharcamiento del campo de fútbol si: i. No están saturadas las arenas limosas superiores. ii. Cuando se ha establecido ya el flujo hacia las calizas. b) Si en un instante dado se tiene un encharcamiento de 20 cm y se ha establecido el flujo hacia las calizas, calcular en esta situación las distribuciones de presiones totales y efectivas en los niveles arenosos. Se supondrá que la permeabilidad de las arenas limosas es independiente de su grado de saturación y no existe capilaridad.

z 2m

Arenas limosas

2'5 m

Arenas limosas con bolos y gravas

Calizas carstificadas

Figura 2.12

Las características del terreno son: Terreno Arenas limosas Arenas limosas con bolos y gravas

60

γsat

k

(kN/m3)

(m/s)

19 21

10 -6 10

-5


A z

Saturado

B

2m

Figura 2.13

SOLUCIÓN a) Intensidades horarias que inician el encharcamiento del campo de fútbol Por continuidad, el encharcamiento se producirá cuando la intensidad de la lluvia (caudal unitario) sea igual al máximo caudal unitario que puede infiltrarse en el terreno. i. No están saturadas las arenas limosas superiores En esta situación se está infiltrando el agua en el terreno pero saturación está en el nivel de arenas limosas (figura 2.13).

la línea de

En cualquier punto de la superficie del terreno la presión del agua es nula (atmosférica), al igual que en la línea de saturación ya que en el enunciado se indica la ausencia de capilaridad. Si se adopta el origen del eje z en la superficie del terreno y con sentido positivo hacia abajo, el potencial de un punto B cualquiera de la línea de saturación es:

h B = −z B +

uB = −z B + 0 = −z B γω

61


y el potencial de un punto A cualquiera de la superficie del terreno es:

h A = −z A +

uA =0+0 =0 γω

Por tanto, el gradiente queda:

i=

h A − hB z = B =1 L zB

Para este gradiente, aplicando la ley de Darcy, la intensidad pedida es:

I=

Q 3600 10 3 = k · i = 10 −5 m / s · mm / m · 1 = 36 mm / h s/h · A 1 1

ii. Cuando se ha establecido ya el flujo hacia las calizas En esta situación, y como se indica en el enunciado que la permeabilidad de las calizas es muy elevada, las presiones del agua en este estrato serán nulas y en particular en el contacto con el nivel de arenas limosas con bolos y gravas. Se tiene pues (figura 2.14):

h A = −z A +

uA =0+0=0 γω

hB = − z B +

uB = − z B + 0 = − 4'5 m γω

Por tanto, el gradiente es:

i=

62

h A − hB 4'5 = =1 L 4'5


A z

2m

2'5 m

B Figura 2.14

Se tiene ahora un flujo vertical en un medio estratificado, pudiéndose sustituir por un terreno homogéneo con una permeabilidad equivalente vertical:

kV =

4'5 2 2'5 + 10 − 5 10 − 6

= 1'67 ·10 − 6 m / s

En este caso, la intensidad pedida es:

I=

Q 3600 10 3 = k · i = 1'67 ·10 − 6 m / s · s/h · mm / m · 1 = 6 mm / h A 1 1

b) Con un encharcamiento de 20 cm y flujo hacia las calizas, distribuciones de presiones totales y efectivas

h A = −z A +

uA = 0 + 0'2 = 0'2 m γω

hB = −z B +

uB = −z B + 0 = −4'5 m γω

63


0'2 m

A

z

2m

Arenas limosas

2'5 m

Arenas limosas con bolos y gravas

B

Figura 2.15

El gradiente es:

i=

h A − hB 4'7 = = 1'04 L 4'5

y el caudal resultante es ahora:

Q = k V · i = 1'67 ·10 − 6 ·1'04 = 1'74 ·10 −6 m 3 / s / m 2 A Puesto que debe verificarse que: -6

1'74 · 10 = k1 · i1 = k2 · i2 resultan los siguientes gradientes: i1 = 0'174 (nivel de arenas limosas) i2 = 1'740 (nivel de arenas limosas con bolos y gravas)

64


u, σ, σ´ (kN / m2) -0'2 0

18'5 21'5

40

92'50

σ σ' u

2

4'5

z (m)

Figura 2.16

Siguiendo un proceso similar al del problema 2.6, se obtienen finalmente las siguientes leyes de presiones totales, intersticiales y efectivas, que han sido representadas en la figura 2.16: 0≤z≤2

σ = 0'2 ·10 + 19 · z = 2 + 19 · z kN / m 2 u = 2 + 8'26 · z kN / m 2 σ' = σ − u = 10'74 · z kN / m 2

2 ≤ z ≤ 4'5

σ = 0'2 ·10 + 2 ·19 + (z − 2) · 21 = 21· z − 2 kN / m 2 u = 33'3 − 7'4 · z kN / m 2 σ' = σ − u = 28'4 · z − 35'3 kN / m 2

65


PROBLEMA 2.9 En el terreno mostrado en la figura 2.17, existe un flujo de agua vertical y ascendente. Una vez establecido el régimen estacionario y sabiendo que la 2 presión intersticial en el punto A es uA = 26'5 kN/m , se pide calcular: a) Caudal circulante b) Presiones efectivas en los puntos A y B Las características geotécnicas del terreno son:

k

γsat

Terreno

(kN /m3)

(m/s)

Arena 1 Arena 2

20 21

5·10 -3 10

-3

N.F.

1m 1'5 m

A

Arena 1

1m 1m

B

Figura 2.16

Solución:

66

a) b)

Q = 5·10-4 m3/s/m2 σ'A = 13'5 kN/m2 σ'B = 28'5 kN/m2

Arena 2


PROBLEMA 2.10 En la balsa indicada en la figura 2.18, se pide: a) Completar la red de flujo, indicándose las equipotenciales y las líneas de corriente de contorno. -6 b) Si la permeabilidad del terreno es k = 5 · 10 m/s y sabiendo que en el punto 2 B se ha medido una presión intersticial de 230 kN/m , estimar las pérdidas que tendrá la balsa. 3 c) Si el peso específico saturado del terreno es 22 kN/m , calcular en el punto A la presión efectiva y definir la velocidad del agua. Nota: La resolución del ejercicio queda limitada a la utilización de los datos acotados en la figura 2.18.

11 m 20 m B

42 m

A

NIVEL IMPERMEABLE

Figura 2.18

67


11 m

C

z

a

20 m l1

B

b 42 m

A l2

e1

a b

e2

0'5

NIVEL IMPERMEABLE

Figura 2.19

SOLUCIÓN a) Red de flujo. Equipotenciales y líneas de corriente El fondo de la balsa es una superficie equipotencial. El contacto con el nivel impermeable y el eje de simetría son líneas de corriente. Para completar la red de flujo (figura 2.19), se debe comenzar prolongando la línea de corriente que pasa por el punto B hasta el fondo de la balsa, cuya intersección debe ser ortogonal ya que se trata de una superficie equipotencial. Se hace necesario a continuación trazar la línea de corriente l1 para formar los primeros cuadrados curvilíneos. La inserción de las equipotenciales e1 y e2 completan la formación de los cuadrados curvilíneos en estos dos tubos de corriente formados. Finalmente, es preciso trazar la línea de corriente l2 que delimita el tercer tubo de corriente y un cuarto y último tubo de corriente incompleto y en el que la relación b / a ≈ 0'5. En total, resultan 3'5 tubos de corriente. La condición de perpendicularidad entre líneas de corriente y equipotenciales es muy restrictiva limitando mucho el trazado. 68


b) Pérdidas de la balsa Si se adopta el origen del eje z en el fondo de la balsa y el sentido positivo hacia abajo (figura 2.19), la pérdida de carga entre el punto C y el punto B situado en el fondo de la balsa es:

∆h = ( z B − z C ) +

(u C − u B ) = 20 + (11 − 23 ) = 8 m γω 2

ya que la presión intersticial en B es 230 KN/m . Esta pérdida de carga es la que existe entre la primera y la segunda equipotencial, por lo que el caudal que se infiltra vale:

Q = k · N t · ∆h = 5 ·10 −6 · 3'5 · 8 = 1'4 ·10 −4 m 3 / s / m Y puesto que hay simetría se debe adoptar un caudal doble:

Q = 2'8 ·10 −4 m3 / s / m

c) Presión efectiva y velocidad del agua en el punto A La tensión total en el punto A es :

σ A = 42 · γ sat + 11· γ ω = 42 · 22 + 11·10 = 1034 kN / m 2 A y B están en la misma equipotencial, luego:

uA u − z A = B − zB γω γω 69


de donde:

uA 230 = ( 42 − 20) + → u A = 450 kN / m 2 γω γω Y por tanto:

σ' A = 1034 − 450 = 584 kN / m 2 El vector velocidad en el punto A se define con su módulo, dirección y sentido. Puesto que el punto A pertenece al eje de simetría y éste a su vez es una línea de corriente (figura 2.19), la dirección y sentido de la velocidad en este punto son vertical y hacia abajo, respectivamente. Si la tensión efectiva en A es:

σ' A = 584 kN / m 2 y sabiendo que:

σ' A = γ' · z + i · γ ω · z = 584 kN / m 2 entonces el gradiente en el punto A es:

i=

584 − 12 · 42 = 0'19 10 · 42

Finalmente, aplicando la ley de Darcy, el módulo del vector velocidad es:

v = k · i = 5 ·10 −6 · 0'19 = 9'5 · 10 −7 m / s

70


PROBLEMA 2.11 En la pantalla de la figura 2.10 se conoce la solución de equipotenciales indicada. -6 Si el coeficiente de permeabilidad del terreno es igual a 5 · 10 m/s, se pide: a) Dibujar la red de corriente. b) Calcular el caudal infiltrado. c) Presión intersticial media en el pie de la pantalla.

+30

+21 +20

TE RR EN O

E BL EA RM PE IM

IM PE RM EA BL E

O EN RR TE

15 m

3m

1

6m

+11

+5

15 m

Figura 2.20

Solución:

a) b) c)

Se forman 5'5 tubos de corriente (nt = 5'5, ne =18, ∆h = 0'5 m) 1'37 · 10-5 m3/s/m 142'5 kN/m2

71


PROBLEMA 2.12 En el terreno que se muestra en la figura 2.21 se pretende realizar una excavación al abrigo de pantallas apoyadas en el nivel de gravas. El nivel freático se encuentra en la superficie del terreno. Sabiendo que el nivel piezométrico en las gravas coincide con el nivel freático y suponiendo que ambos permanecen constantes durante la excavación, se pide: a) Calcular la profundidad máxima de excavación d que se puede alcanzar si en todo momento se mantiene con bombeo el nivel de agua en el fondo de la excavación. b) Para una profundidad d = 5 m, determinar el tiempo que tardaría el agua en alcanzar una altura de 4'5 m en la excavación si se deja de bombear.

N.F.

d

Arenas limosas

10 m

Gravas

Figura 2.21

Las características del terreno son:

72

γsat

Terreno

(kN/m3)

Arenas limosas

21

k

(m/s) -4

2·10


SOLUCIÓN a) Profundidad máxima de excavación d Puesto que el nivel piezométrico en las gravas coincide con el nivel freático y ambos permanecen invariables durante la excavación, los potenciales de los puntos A, C y D serán iguales (figura 2.22). No se producirá flujo alguno en el exterior de la excavación. Por debajo de la excavación, las condiciones son diferentes. Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en el contacto entre las gravas y arenas, el potencial del punto A es:

uA + z A = h C = 0 + 10 = 10 m γw

hA =

Cuando la profundidad de la excavación sea d, el potencial de un punto cualquiera punto B situado en el fondo de la excavación será:

hB =

uB + z B = 0 + (10 − d) = (10 − d) m γw

En consecuencia, si d > 0 existirá una diferencia de carga hidráulica entre el nivel de gravas y el fondo de la excavación igual a:

∆H = h A − h B = 10 − (10 − d) = d produciéndose un flujo vertical y ascendente en las arenas limosas, pudiéndose originar el fenómeno de inestabilidad hidráulica conocido como “sifonamiento” El coeficiente de seguridad frente al sifonamiento se define como:

F=

ic ie

73


Sección A N.F.

C d

B Arenas limosas

10 m

z

D

A Gravas

Figura 2.22

siendo ic el gradiente crítico que se obtiene como:

ic =

γ′ 11 = = 1'1 γ w 10

El gradiente existente en las arenas limosas para una profundidad de excavación d es:

ie =

∆H d = l 10 − d

y por lo tanto,

F=

1'1 d 10 − d

Teóricamente, la inestabilidad se alcanza para un valor del coeficiente de seguridad igual a la unidad. Según la expresión anterior, ello se produce para:

d = 5'24 m

74


b) Para d = 5 m, tiempo que tardaría el agua en alcanzar una altura de 4'5 m en la excavación si se deja de bombear Si se deja de bombear, el nivel del agua en la excavación subirá y consecuentemente el gradiente variará con el tiempo. Sea x el nivel de agua existente en la excavación en el instante t (figura 2.23). En este momento, el gradiente es:

i=

∆H 5 − x = l 5

y aplicando la ley de Darcy, el caudal que se infiltra es:

Q = k ⋅ A ⋅i = k ⋅ A ⋅

5−x 5

siendo A la sección de la excavación. En el instante t + dt, la altura de agua en la excavación será x + dx, y en el espacio de tiempo dt el volumen de agua que ha entrado en la excavación (figura 2.23) es:

dV = A ⋅ dx

(1)

Por continuidad, este volumen deberá ser igual al volumen infiltrado:

dV = Q ⋅ dt = k ⋅ A ⋅

5−x ⋅ dt 5

(2)

Igualando (1) y (2) se llega a la siguiente ecuación diferencial:

dx k = ⋅ dt 5−x 5

75


A

N.F.

dx

5m x

5m

Figura 2.23

cuya integración es inmediata:

∫

x = 4'5 x =0

t dx k = ⋅ dt 5 − x 5 t =0

∫

Para la permeabilidad de las arenas limosas dada en el enunciado, se obtiene:

t = 57.565 s = 16 h

76


PROBLEMA 2.13 En el terreno indicado en la figura 2.24, se quiere realizar una excavación al abrigo de unas pantallas que alcancen el nivel inferior de gravas. Suponiendo que la 2 presión intersticial en el plano AB es constante e igual a 150 kN / m , se pide: a) Máxima profundidad de excavación que puede realizarse con un coeficiente de seguridad de 3 frente al sifonamiento. b) Para la situación anterior, calcúlese la distribución de presiones intersticiales en el intradós de la pantalla.

15 m

Arenas limosas

5m

A

Arenas finas

B

Gravas

Figura 2.24

Las características del terreno son:

γsat

k

Terreno

(kN/m3)

(m/s)

Arenas limosas Arenas finas

21'5 21'0

2·10 -5 4·10

-6

77


H

A z

15 - H

Arenas limosas

k1

i1 C

5m

k2

i2

Arenas finas Gravas

Figura 2.25

SOLUCIÓN a) Máxima profundidad de excavación Para verificar la seguridad frente al sifonamiento es necesario calcular los gradientes existentes. En el problema propuesto, se tiene un flujo vertical y hacia arriba desde el nivel de gravas hasta el fondo de la excavación, a través de un medio estratificado, circulando el agua con un gradiente i1 en las áreas limosas y con un gradiente i2 en las arenas finas (figura 2.25). El medio estratificado puede sustituirse por un medio homogéneo de permeabilidad equivalente kv. Además, si Q es el caudal que circula por un tubo vertical de sección unidad e i es el gradiente existente entre el techo de las gravas y el fondo de la excavación, debe cumplirse que:

Q = k v · i = k1 · i1 = k 2 · i2

78


es decir:

i1 =

kv · i k1

i2 =

kv · i k2

(1)

Si la profundidad de excavación es H, la permeabilidad equivalente es:

kv =

15 − H + 5 20 − H = · 10 − 6 m / s 15 − H 5 15 − H 0'5 + + 2 4 2 ·10 − 6 4 ·10 −5

(2)

y el gradiente existente entre el techo de las gravas y el fondo de la excavación es:

i=

H−5 20 − H

(3)

Sustituyendo (2) y (3) en (1), y despejando i1 se obtiene:

i1 =

H−5 15'25 − H

Para que el coeficiente de seguridad frente al sifonamiento en el nivel de arenas limosas sea igual a 3, se requiere que:

F=3=

icrít = i1

1'15 H−5 15'25 − H

de donde resulta una altura de excavación:

H = 7'84 m

79


resultando para esta altura los siguientes gradientes:

i1 = 0'383 i2 = 0'019 Nótese que el sifonamiento del paquete inferior de arenas finas implica el sifonamiento del paquete superior de arenas limosas. En efecto, puesto que la sección es constante el caudal también lo es, y ello implica que las leyes de presiones efectivas son lineales. Si se produjese el sifonamiento de las arenas finas, ello supondría que las presiones efectivas en todo este paquete son nulas, y en particular, sería nula en el contacto entre las arenas finas y las arenas limosas. Como en el fondo de la excavación la presión efectiva es nula, siendo las leyes lineales, se tendría que las presiones efectivas serían también nulas en las arenas limosas, es decir, se produciría el sifonamiento.

b) Presiones intersticiales en el trasdós Para el cálculo de las presiones intersticiales en el intradós de la pantalla, se adopta el origen del eje z en el fondo de la excavación y se toma el sentido positivo hacia abajo (figura 2.25). El potencial en un punto debe escribirse como:

h=

u −z γω

El potencial es nulo en cualquier punto del fondo de la excavación. 0 ≤ z ≤ 7'16 Si A es un punto situado en el fondo de la excavación, el potencial de un punto situado a una profundidad z será:

h=

80

u − z = hA + ∆h = 0 + i1 · z = 0'383 · z γω


y en consecuencia:

u = 13'83 · z

kN / m 2

Si C es un punto situado en el plano de contacto entre las arenas limosas y las arenas finas, z = 7'16 m, y su potencial vale 2'742 m. 7'16 ≤ z ≤ 12'16 En este tramo puede escribirse:

h=

u − z = h C + ∆h = 2'742 + i 2 · (z − 7'16) = 2'742 + 0'019 · (z − 7'16) γω

y en consecuencia:

u = 10'19 · z + 26'06

kN / m 2

2

Nótese que para z = 12'16 resulta una presión intersticial igual a 150 kN/m , que es uno de los datos del problema.

81


PROBLEMA 2.14 En el tablestacado indicado en la figura 2.26, calcular: a) Empotramiento s necesario para tener un coeficiente de seguridad de 3 frente al sifonamiento, sabiendo que la diferencia de potencial hidráulico entre el pie del tablestacado y el fondo de la excavación (puntos A y B) viene dado por la expresión:

∆H s   · arctg  π  π ∆ H  siendo ∆H la pérdida de carga total. b) Distribuciones de presiones efectivas verticales en el tablestacado admitiendo gradientes constantes en el trasdós y en el intradós, y flujos verticales. 3

3

El peso específico de las arenas es γsat = 21 kN/m . Adóptese γω = 10 kN/m .

1'5 m

6m

Arenas

B

s

A

Figura 2.26

82


SOLUCIÓN a) ∆H = 7'5 m Si ic es el gradiente crítico e im el gradiente medio entre los puntos A y B, la seguridad frente al sifonamiento se expresa:

F=3=

ic 1'1 = im ∆H  s  · arctg  π  π  ∆H  s

→ s = 8'5 m

b) Se han representado en la figura 2.27. Se recomienda calcular la presión intersticial en el punto A. Siendo flujos verticales, las distribuciones de presiones intersticiales son lineales. 15

σ

1'5 m

u

6m

B

8'5 m

σ'

u

σ'

u

A 203'5

116 319'5

116

62'5

178'5

( Presiones kN / m 2 )

Figura 2.27 83


84

Capítulo 3

CONSOLIDACIÓN


86

Capítulo 3 - Consolidación

PROBLEMA 3.1 Se realizó un ensayo edométrico sobre una muestra de arcilla, obteniéndose los resultados que se muestran en la tabla adjunta. Al final del ensayo, la humedad de la muestra era 27'3 %. Sabiendo que el peso específico relativo de las partículas Gs = 2'7, se pide: a) b) c) d) e)

Determinar los índices de poros para cada escalón de carga. Representar la curva edométrica de laboratorio. Obtener los índices de compresión Cc y de hinchamiento Cs. Determinar el valor de la presión de preconsolidación. Sabiendo que la tensión efectiva in situ de la muestra ensayada es σ'0 = 56 KN / m2 y que tenía un índice de poros e0 = 0'855, representar la curva edométrica real del terreno y obtener los índices de compresión y de hinchamiento.

Presión (kN/m2)

0 25 50 100 200 400 800 200 25 0

Espesor de la muestra (mm)

19'000 18'959 18'918 18'836 18'457 17'946 17'444 17'526 17'669 17'782

87


SOLUCIÓN a) Índices de poros Al final del ensayo, la muestra está saturada y su humedad era: wf = 27'3 % Por consiguiente, al final del ensayo, el índice de poros era: ef = wf · Gs = 0'273 · 2'7 = 0'737 Por otra parte, para cada escalón de carga, la relación entre la variación de la altura de la muestra (∆H) y la variación del índice de poros (∆e) es la siguiente:

∆H ∆e = H0 1 + e0 siendo H0 y e0 respectivamente.

la altura y el índice de poros de la muestra iniciales,

Se trata de obtener con esta fórmula los índices de poros en cada escalón de carga, partiendo de que el índice de poros al final del ensayo es ef = 0'737. Escalón de 0 a 25 kN/m

2

∆H = 17'669 – 17'782 = – 0'113 mm e0 = 0'737 H0 = 17'782 mm

∆e =

∆H − 0'113 · (1 + e 0 ) = · (1 + 0'737) = − 0'011 H0 17'782

∆e = ef – e0 = – 0'011 ef = 0'737 – 0'011 = 0'726 88


2

Escalón de 25 a 200 kN/m . ∆H = 17'526 – 17'669 = – 0'143 mm e0 = 0'726 H0 = 17'669 mm

∆e =

∆H − 0'143 · (1 + 0'726 ) = − 0'014 · (1 + e 0 ) = 17'669 H0

∆e = ef – e0 = – 0'014 ef = 0'726 – 0'014 = 0'712 Repitiendo el cálculo anterior para cada escalón de carga, se obtienen los siguientes resultados: Presión efectiva

Índice de poros

0 25 50 100 200 400 800 200 25 0

0'856 0'852 0'848 0'840 0'803 0'753 0'704 0'712 0'726 0'737

(kN/m2)

(e)

b) Curva edométrica de laboratorio Es la representación gráfica de los índices de poros obtenidos en el apartado anterior frente a las presiones efectivas correspondientes, éstas en escala logarítmica (figura 3.1).

89


Índice de poros (e)

0'9

0'8

C s (lab.)

A

Cc (lab.)

C

0'7

0'6

B

10

100

1000

σ' ( kN / m2 ) Figura 3.1

c) Índices Cc y Cs A partir de la curva edométrica (figura 3.1), y para el tramo de compresión noval, se toman dos puntos pertenecientes al tramo final rectilíneo: Punto

σ'

e

A B

400 800

0'753 0'704

La pendiente de dicho tramo es el índice de compresión Cc, y es:

Cc =

90

0'049 ∆e = 0'163 =  800   σ'B    log  log   400   σ' A 


0'9


D A

0'8

0'7

σ 'p = 131'3 kN/m 2 0'6

10

100

σ ' ( kN / m

1000 2

)

Figura 3.2

Procediendo de la misma forma se obtiene el índice de hinchamiento Cs, tomando dos puntos pertenecientes al tramo de descarga (hinchamiento):

Cs =

∆e  σ' B log   σ' C

  

=

Punto

σ'

e

C B

200 800

0'712 0'704

0'712 − 0'704 = 0'013  800  log    200 

91


d) Tensión de preconsolidación Para el cálculo de la tensión de preconsolidación, se utilizará el método gráfico de Casagrande (figura 3.2). El procedimiento es el siguiente: 1. Determinación del punto A de máxima curvatura en la curva edométrica. 2. Por dicho punto, se traza una horizontal y la tangente a la curva edométrica. 3. Obtención de la bisectriz del ángulo formado. 4. Prolongación hacia atrás y en recta de la rama de compresión noval hasta cortar a la bisectriz en el punto D, cuya abcisa es la presión de preconsolidación pedida, resultando ser:

σ'p = 131'3 kN/m

2

e) Curva edométrica e índices Cc y Cs reales 2

Como la tensión efectiva in situ (σ'0 = 56 kN / m ) de la muestra es inferior a la 2 presión de preconsolidación (σ'p = 131'3 kN / m ), la arcilla está sobreconsolidada.

92


Para la obtención de la curva edométrica real (figura 3.3), se traza por el punto (σ'0, e0) una paralela a la rama de hinchamiento. La intersección con la vertical correspondiente a la tensión de preconsolidación, punto F, supone el inicio del tramo de compresión noval en la que debe realizarse la corrección de Schmertmann. Para ello, se traza una horizontal por el punto correspondiente al 0'42 · e0, siendo e0 el índice de poros in situ, cortando a la rama de compresión noval de la curva edométrica de laboratorio en el punto G. Finalmente uniendo F y G se obtiene el tramo correspondiente a la rama de compresión noval. Como se observa, los índices de hinchamiento de laboratorio y real son iguales. Por el contrario, el índice de compresión real es diferente al obtenido en laboratorio, debiéndose calcular. En la rama de hinchamiento se verifica que:

 σ p' e p = e 0 − C s ·log  ' σ  0

  = 0'855 − 0'013 ·log  131'3  = 0'850   56  

y en la rama de compresión noval la pendiente vale:

Cc =

∆e  σ' log  G  σ'  p

   

=

e p − 0'42 · e 0  108382'57  log    131'3 

=

0'850 − 0'359 = 0'168  108382'57  log    131'3 

Como se puede observar el índice de compresión de la curva real del terreno es mayor que el índice de compresión de la curva edométrica de laboratorio.

93


94 0'9

F

e0 = 0'855 0'8

Cs (real) = C (lab.) Cc (real)

0'6

0'5

0'4

σ'p = 131'3 kN / m 2

Cc (laboratorio)

σ'0 = 56 kN / m 2

Figura 3.3


0'7

G

0'42 · e 0= 0'3591

σG' = 108.382'6 kN / m 2

0'3 10

100

1000

10000

100000

σ' ( kN / m2 )


PROBLEMA 3.2 Sobre una muestra de arcilla se ha realizado un ensayo edométrico, obteniéndose en el escalón de carga 300 - 600 kPa las lecturas que se muestran en la tabla adjunta, siendo la altura final de la pastilla 10'6 mm. Aplicando el método de Casagrande y para el escalón de carga anterior, se pide calcular: a) Coeficiente de consolidación (cv). b) Módulo edométrico (Em). c) Permeabilidad de la muestra (k).

Tiempo (min)

0 1/6 1 /4 1/2 3/4 1 2 3 5 7 10 15 20 30 45 60 120 180 300 420 1440

Lecturas del comparador (mm)

7'040 6'971 6'962 6'950 6'933 6'922 6'884 6'860 6'821 6'792 6'769 6'740 6'726 6'705 6'688 6'680 6'660 6'651 6'637 6'630 6'600

95

Lecturas del comparador (mm)


7'1

L0 = 7'016 7'0

d A d

6'9

B L 50 = 6'858

6'8

L100 = 6'701

6'7

C

0'1

1

10

t 2= 2 t 50 = 3'05

6'5

t 1= 0'5

6'6

100

1000

10000

t (min)

Figura 3.4

SOLUCIÓN a) Coeficiente de consolidación Cv Para el cálculo del coeficiente de consolidación por el método de Casagrande se debe representar gráficamente las lecturas del comparador en función del logaritmo del tiempo. Con los datos proporcionados en el enunciado, se ha dibujado de esta forma la curva de consolidación (figura 3.4). Teóricamente, en la curva de consolidación se deben distinguir tres tramos: un tramo inicial parabólico, otro intermedio lineal y uno final lineal. 96


Como el tramo inicial es parabólico, se puede obtener el inicio de la consolidación primaria (U = 0 %), seleccionando dos puntos cuyos tiempos estén en una proporción de 1 a 4 (puntos A y B, cuyos tiempos respectivos son t1 = 0'5 min. y t2 = 2 min.) y tomando por encima del punto A una distancia vertical d igual a la existente con el punto B, se lee la lectura L0 = 7'016 mm correspondiente al inicio de la consolidación primaria. En este método se considera que el final de la consolidación primaria (U = 100 %) se corresponde con la lectura de la intersección entre la prolongación del tramo lineal intermedio y del tramo lineal final (punto C), leyéndose L100 = 6'701 mm. Conocidas las lecturas L0 y L100, la lectura L50 correspondiente al 50% de la consolidación primaria (U = 50 %), se obtiene como:

L 50 =

L 0 + L 100 2

=

7'016 + 6'701 = 6'858 mm 2

El coeficiente de consolidación viene dado por la expresión:

cv =

2 T50 · d 50

t 50

donde: T50: d50: t50:

Factor de tiempo para el 50% de la consolidación primaria = 0'196. Longitud libre de drenaje de la muestra en el 50% de la consolidación primaria. Instante en el que se produce el 50% de la consolidación primaria. En la curva de consolidación, a la lectura L50 le corresponde el instante t50 = 3'05 min.

La determinación de d50 se realiza a partir de la siguiente expresión:

d50 =

H50 Hf + (L50 − L f ) = 2 2

97


siendo: H50: H f: L f:

Espesor de la muestra en el 50% de la consolidación primaria. Altura de la muestra al final del escalón de carga. Según el enunciado vale 10'6 mm. Lectura del comparador al final del escalón de carga. Según la tabla del enunciado es 6'600 mm.

Así pues:

d50 =

10'6 + (6'858 − 6'600) = 5'429 mm 2

y el coeficiente de consolidación es:

cv =

0'196 ·5'429 2 = 1'89 mm 2 / min = 3'15 ·10 −8 m 2 / s 3'05

b) Módulo edométrico Em Para un escalón de carga, el módulo edométrico se define como:

Em =

∆σ ′ ∆H H0

donde: ∆σ':

Incremento de tensión efectiva provocado en el escalón de carga. En este caso: ∆σ'= 600 – 300 = 300 kPa

∆H:

Variación total de la altura de la pastilla debida a la consolidación primaria. ∆H = L0 – L100 = 7'016 – 6'701 = 0'315 mm

H0:

Altura de la muestra al inicio de la consolidación primaria. H0 = Hf + (L0 –Lf) = 10'6 + (7'016 – 6'600) = 11'016 mm

98


El modulo edométrico valdrá pues:

Em =

300 = 10491'43 kPa 0'315 11'016

c) Permeabilidad de la muestra k Puesto que se conocen en el escalón de carga el coeficiente de consolidación cv y el módulo edométrico Em, y puesto que:

cv =

k ·E m γw

la permeabilidad en el escalón de carga debe ser:

k=

γ w · c v 10 · 3'15 ·10 −8 = = 3 ·10 −11 m/s Em 10491'43

Por último y como conclusión, es importante señalar que tanto el coeficiente de consolidación, como el módulo edométrico y la permeabilidad dependen del escalón de carga que se esté analizando, o lo que es lo mismo, del nivel de tensiones.

99


PROBLEMA 3.3 Un nivel de arcilla saturada de espesor H ha tardado 5 años en consolidar un 90%, estando limitado inferior y superiormente por niveles permeables ¿Cuánto tiempo habría tardado si el nivel de arcilla estuviera simplemente drenado?

SOLUCIÓN Puesto que el nivel de tensiones es el mismo, el coeficiente de consolidación cv también será el mismo en las dos situaciones y se define como:

cv =

Tv · d 2 t

donde: Longitud libre de drenaje. Factor de tiempo. Tiempo necesario para alcanzar un determinado grado de consolidación medio U.

d: Tv: t:

Ya que el grado de consolidación debe ser el mismo en ambas situaciones (90%), el factor de tiempo también lo será. Con respecto a las longitudes libres de drenaje (figura 3.5), en el caso a es H / 2 mientras que en el caso b es H. El enunciado señala que el tiempo requerido para el 90% de la consolidación en el caso a ha sido 5 años. En consecuencia, el coeficiente de consolidación verifica:

H Tv ·   2 cv = 5 y en el caso b:

cv =

100

Tv · H 2 t

2


ESTRATO PERMEABLE

H

Arcilla

ESTRATO PERMEABLE

H

ESTRATO PERMEABLE

Arcilla

ESTRATO IMPERMEABLE

Caso a

Caso b

Figura 3.5

Igualando las dos expresiones anteriores y despejando, se obtiene que el tiempo requerido es:

t = 20 años

Este resultado demuestra la importancia que tiene la longitud libre de drenaje sobre el tiempo requerido para alcanzar un determinado grado de consolidación. Nótese además que este tiempo es proporcional al cuadrado de la longitud libre de drenaje.

101


PROBLEMA 3.4 En el terreno mostrado en la figura 3.6 se ha extraído una muestra (A) a una profundidad de 5 m desde la superficie del terreno, proporcionando en laboratorio la curva edométrica que se indica en la figura 3.7. Se conocen además las siguientes características geotécnicas: Terreno Arenas y gravas Arcilla

γd

γsat

(kN/m3)

(kN/m3)

19

22

1m

Gs

e0

2'70

0'700

N.F.

1m

Arenas y Gravas

3m 5m

A

Arcilla

Gravas

Figura 3.6

Se pide: a) Suponiendo que el nivel freático nunca ha variado, calcular la potencia del nivel de gravas y arenas máximo que ha existido. b) Asiento edométrico que producirá la colocación de un relleno de 3 m de altura 3 y constituido por un material cuyo peso específico seco es γd = 23 kN / m . Nota: Se supondrá que la deformabilidad de las arenas y gravas es despreciable y condiciones de carga edométricas.

102


0'80

0'60

Índice de huecos (e)

Punto de máxima curvatura

0'40

0'20

0'00 1

10

100

1000

σ' ( kN / m ) 2

Figura 3.7

SOLUCIÓN a) Potencia máxima del nivel de gravas y arenas que ha existido En la curva edométrica de laboratorio, proporcionada en el enunciado, se determina en primer lugar la presión de preconsolidación de la arcilla. Utilizando el método grafico de Casagrande, se obtiene que dicha presión es (figura 3.8): 2

σ'p = 100 kN / m .

103


0'80

H B

0'60


Punto de máxima curvatura

T R

0'40

0'20

0'00 1

10

100

1000

σ' ( kN / m ) 2

Figura 3.8

La presión de preconsolidación es la máxima presión efectiva que ha soportado la arcilla a lo largo de su historia. Se trata pues de obtener una altura H del nivel de gravas y arenas que existía por encima de la superficie del terreno actual (figura 3.9), para que la presión efectiva resultante en el punto (A) sea igual a la presión de preconsolidación. En principio, se hace necesario calcular el peso específico saturado de la arcilla. Con los datos del enunciado se obtiene que:

γ arcilla = sat

104

γ w · (e + G s ) 10 · (0'7 + 2'7 ) = 20 kN/m 3 = 1+ e 1 + 0'7


Hm Dm 1m

N.F.

1m

Arenas y Gravas

3m 5m

Arcilla

A

Gravas

Figura 3.9

Para una altura H de arenas y de gravas por encima de la superficie actual del terreno, las tensiones total, intersticial y efectiva en el punto (A) son: y gravas y gravas σ A = (H + 1) · γ arenas + 1· γ arenas + 3 · γ arcilla = d sat sat

= (H + 1) ·19 + 1· 22 + 3 · 20 = 19 ·H + 101 kN/m 2

u A = 4 ·10 = 40 kN/m2 σ′A = 19 ·H + 101− 40 = 19 ·H + 61 kN/m 2 Para que esta presión efectiva sea igual a la presión de preconsolidación, se debe cumplir:

σ′A = 19 · H + 61kN/m 2 = σ′p = 100 kN/m 2 lo que implica que H sea igual a 2'05 m. Por consiguiente, la potencia máxima que tuvo el nivel de gravas y arenas fue:

D = 2 + 2'05 = 4'05 m

105


Relleno

3m

1m

N.F.

1m

Arenas y Gravas

1m

Arenas y Gravas

3m

3m 5m

N.F.

1m

Arcilla

A

5m

Arcilla

A

Gravas

Gravas

ESTADO ( 1 )

ESTADO ( 0 )

Figura 3.10

b) Asiento edométrico originado por el relleno Si llamamos ESTADO (0) a la situación actual, antes de colocar el relleno, (figura 3.10), las tensiones en el punto A son: y gravas y gravas σ A (0) = 1· γ arenas + 1· γ arenas + 3 · γ arcilla = d sat sat

= 1· 19 + 1· 22 + 3 · 20 = 101 kN/m2

u A (0) = 4 ·10 = 40 kN/m 2 σ′A(0) = 101 − 40 = 61 kN/m2 Como la tensión efectiva actual es inferior a la presión de preconsolidación 2 (σ'p = 100 kN/m ), se deduce que la arcilla está sobreconsolidada. La colocación del relleno supone un nuevo estado de tensiones, ESTADO (1), en el que las tensiones en el punto A son: y gravas y gravas σ A (I) = 3 · γ relleno + 1· γ arenas + 1· γ arenas + 3 · γ arcilla = d d sat sat

= 3 · 23 + 1·19 + 1· 22 + 3 · 20 = 170 kN/m 2

u A (I) = 4 ·10 = 40 kN/m 2 σ′A(I) = 170 − 40 = 130 kN/m2

106


0'80

e0 = 0'700

O P

e p = 0'687 0'60


CC (real)

0'40

S

0'42 · eO = 0'294

1

10

σ'0'42 · e = 254'5

0'00

0

σ'p = 100

σ'0 = 61

0'20

100

1000

σ' ( kN / m2 ) Figura 3.11

Como se observa, el paso del estado (0) al estado (1) supone una variación de tensiones efectivas y, consecuentemente, se producirá un asiento edométrico. Dado que la tensión efectiva final, estado (1), es mayor que la tensión de preconsolidación, el asiento edométrico se obtiene a partir de la siguiente expresión:

∆H =

 σ′p H0  · C s ·log   σ′ 1 + e 0   A(0)

  σ′  + C c · log  A (I)   σ′   p

   

107


donde: H0: e0: Cc:

Espesor inicial del nivel compresible de arcilla. Índice de huecos inicial de la arcilla. Índice de compresión. Es la pendiente de la rama de compresión noval. Índice de hinchamiento. Es la pendiente de la rama de hinchamiento.

Cs:

Para el cálculo del asiento se hace necesario determinar el índice de compresión y el índice de hinchamiento reales del terreno, utilizando el mismo procedimiento que en el problema 3.1. En la figura 3.11 se muestra la curva edométrica real del terreno obtenida. Tomando dos puntos pertenecientes a la rama de compresión noval (P y S), resulta el siguiente valor del índice de compresión:

Cc =

∆e  σ′0' 42e log   σ′ p 

0

   

=

0'687 − 0'294 = 0'969  254'5  log    100 

Tomando ahora dos puntos situados en la rama de hinchamiento (O y P), se obtiene el siguiente valor del índice de hinchamiento:

Cs =

∆e  σ′p log   σ′  A(0)

   

=

0'7 − 0'687 = 0'060  100  log    61 

Finalmente el asiento edométrico es:

∆H =

108

5   130   100   = 0'36 m  + 0'969 · log  0'060 · log  61 1 + 0'7   100   


PROBLEMA 3.5 Un terreno de marisma está compuesto por un nivel de 8 m de arcillas blandas que yacen sobre un nivel potente de arenas. El nivel freático se encuentra en la superficie del terreno, situada a la cota + 1'50 m (figura 3.12). Se pretende realizar un relleno de manera que la cota final de explanación sea la +6'50 m, permitiéndose un asiento máximo remanente de 5 cm cuando se coloquen los pavimentos. Los datos existentes son: Terreno Arcillas Relleno

mv

(m2/kN)

cv

(m2/año)

-4

5 · 10

10

Superficie original del terreno ( + 1'5 m )

γ

(kN/m3)

21

N.F.

Arcillas

8m

Arenas

Figura 3.12

Se pide: a) Espesor que debe darse al relleno. b) Suponiendo que la construcción del relleno es instantánea, tiempo que debe transcurrir para proceder a la colocación de los pavimentos. Nota: Se supondrán condiciones edométricas de carga y deformabilidad despreciable de las arenas. 109


Coronación del relleno ( + 6'5 m )

Relleno

5m N.F. ( + 1'5 m ) s

Arcillas

8 -s m

Arenas

Cota terreno inicial Cota terreno final

Figura 3.13

SOLUCIÓN a) Espesor del relleno Cuando se construya el relleno, se supone instantáneamente, se producirá un asiento s en el nivel de arcillas (figura 3.13). Si se desea que su coronación quede a la cota +6'5 tras el asiento, su espesor debe ser igual a 5 + s. Como se suponen condiciones de carga edométricas, el incremento de tensión efectiva que se originará en todo el paquete de arcilla será uniforme, siendo su valor:

∆σ' = (5 + s) · γ relleno = 5 · 21 + s · 21 = 105 + 21· s El asiento que se producirá debido a la variación de las tensiones efectivas es:

s = m ν · ∆σ' · H Sustituyendo valores, resulta:

s = 5 ⋅10 −4 · (105 + 21s) · 8 ecuación que resuelta proporciona un valor del asiento:

s ≅ 0'46 m

110


Por lo tanto, el espesor del relleno a colocar es:

Hrelleno = 5 + s = 5'46 m

b) Tiempo a transcurrir para la colocación de los pavimentos Como el asiento máximo remanente debe ser de 5 cm cuando se coloquen los pavimentos, dicha colocación deberá producirse cuando se haya producido un asiento:

s t = s ∞ − s remanente s t = 0'46 − 0'05 = 0'41m Para este asiento, el grado de consolidación medio es:

U=

st 0'41 = = 0'89 s ∞ 0'46

Siendo este grado de consolidación superior al 60%, el factor de tiempo puede obtenerse de la expresión:

Tv = −0'9332 · log10 (1 − U) − 0'0851 resultando ser: Tv = 0'809. Como el coeficiente de consolidación viene dado por:

cν =

Tν · d 2 t

y si se admite que el relleno es drenante, sustituyendo valores y despejando, resulta: 2

 7'59  0'809 ·    2  = 1'17 años t= 10

111


PROBLEMA 3.6 Sobre el terreno mostrado en la figura 3.12, se va a colocar un relleno constituido 3 por un material cuyo peso específico aparente es γaparente = 22 kN/m . Por condicionantes constructivos se requiere que la cota final del relleno sea la +9'5. Las características de los estratos arcillosos son las siguientes:

Terreno Arcilla 1 Arcilla 2

k

(m/año) -3

8 · 10 -3 7 · 10

cv

(m2/año)

2'5 4

( + 2'0 ) N.F.

1m

3m

Arena

4m

Arcilla 1

1m

Arena

5m

Arcilla 2

Estrato impermeable

Figura 3.12

Suponiendo los estratos de arena indeformables y condiciones edométricas de carga, se pide: a) Altura de relleno a colocar. b) Dibujar la distribución de presiones intersticiales en los paquetes de arcilla, suponiendo que la colocación del relleno es instantánea. c) Tiempo necesario para que se produzca el 50 % del asiento final. 112


Cota final de coronación del relleno ( + 9'5 m )

H relleno = 7'5 + s1+ s 2

7'5 m

Superficie original del terreno ( + 2'0 m ) s 1+ s2

Superficie del terreno asentado

4m

s 1+ s2

4 - s1 m

1m

s2

5 - s2 m Inicial Final

Estrato impermeable

Figura 3.13

SOLUCIÓN a) Altura de relleno a colocar Cuando se ejecute un relleno de altura Hrelleno, se supone instantáneamente, se producirá un asiento en cada uno de los niveles de arcilla. Llamando a dichos asientos s1 y s2 (figura 3.13), el asiento que sufrirá tanto la superficie del terreno original como la coronación del relleno será:

s T = s1 + s 2

113


Por consiguiente, si la cota de coronación del relleno debe ser la +9'5, el espesor del relleno a ejecutar deberá ser:

Hrelleno = s T + 7'5

m

Suponiendo condiciones edométricas, el incremento de tensión efectiva que se producirá por la construcción del relleno será uniforme en todos los paquetes e igual a:

∆σ′ = γ relleno · (7'5 + s T ) Para este incremento de tensión, el asiento en el estrato de arcillas superior será:

m v1 =

k1 8 ·10 −3 = = 3'2 ·10 − 4 m 2 / kN c v1 · γ w 2'5 ·10

s1 = ∆σ′·m v1 ·H1 = 22 ·(7'5 + s T ) · 3'2 ·10 − 4 · 4 = 0'028 ·(7'5 + s T ) m y para el estrato inferior:

mv2 =

k2 7 ·10 −3 = = 1'75 ·10 − 4 m 2 / kN c v2 ·γ w 4 ·10

s 2 = ∆σ′·m v 2 ·H 2 = 22 ·(7'5 + s T ) ·1'75 ·10 − 4 · 5 = 0'019 ·(7'5 + s T ) m por lo tanto:

s T = s1 + s 2 = (7'5 + s T ) · 0'047 ecuación que resuelta proporciona un valor del asiento total:

s T ≅ 0'37 m

114


Por consiguiente, el espesor del relleno será:

Hrelleno = 7'5 + 0'37 = 7'87 m

b) Distribución de presiones intersticiales Si se admite que la colocación del relleno anterior es instantánea, y bajo condiciones edométricas, el incremento de presión intersticial en los paquetes será:

∆u = ∆σ = Hrelleno · γ relleno = 7'87 · 22 = 173'14 kN/m 2 La distribución de presiones es la representada en la figura 3.14. En los paquetes arenosos, cuya permeabilidad es alta, los incrementos de presión intersticial se disiparán rápidamente. En los paquetes arcillosos, la disipación será lentamente, a lo largo del proceso de consolidación. Una vez finalizado el proceso de consolidación, las presiones intersticiales volverán a ser las correspondientes al estado inicial.

c) Tiempo requerido para el 50 % del asiento total El 50% del asiento total se producirá para un tiempo t, y se verificará:

s t = 0'5 · 0'37 = 0'185 m = s 1(t) + s 2( t ) donde:

s t = s1 ·U1( t ) + s 2 ·U 2( t ) = 0'185

115


Cota de terreno ( + 2'0 m ) 1m

N.F.

3m

Arena

4m

Arcilla 1

1m

Arena

5m

u

(t=0)

Arcilla 2

z

Estrato impermeable

u=

γ ·z w

∆u = Hrelleno · γrelleno

Figura 3.14

siendo s1 (t) y s2 (t) los asientos en ese instante del nivel superior e inferior, respectivamente, y U1 (t) y U2 (t) los grados medios de consolidación alcanzados respectivos. Si los asientos finales de los niveles arcillosos son:

s1 = 0'028 · (7'5 + s T ) = 0'028 · 7'87 = 0'22 m s 2 = 0'019 · (7'5 + s T ) = 0'019 · 7'87 = 0'15 m el asiento en el instante t será:

s t = 0'22 ·U1( t ) + 0'15 ·U 2( t ) = 0,185 m

116

(1)


Sabiendo que los coeficientes de consolidación se expresan como:

Tv1 · d12 = 2,5 m 2 / año t T ·d2 = v 2 2 = 4 m 2 / año t

c v1 = c v2

y puesto que el tiempo t en ambos casos es el mismo, se puede establecer una relación entre el factor de tiempo Tv1 y Tv2 igualando las expresiones anteriores:

Tv1 · d12 Tv 2 · d 22 = c v1 c v2 Las longitudes libres de drenaje de cada estrato dependen de las condiciones de drenaje, siendo para el caso de la arcilla superior drenaje doble y simple para la inferior. Por lo tanto:

1 4 ·H1 = = 2 m 2 2 d2 = H2 = 5 m

d1 =

y por consiguiente:

Tv1 · 2 2 Tv 2 · 5 2 = 2,5 4 Tv 2 = 0,256 · Tv1

(2)

La determinación del instante t requiere seguir el siguiente proceso iterativo: o o o

Tomar un valor arbitrario de t y determinar el factor de tiempo Tv1 correspondiente. Con la relación (2) obtener Tv2. Calcular para los factores de tiempo anteriores, los grados de consolidación U1 (t) y U2 (t) correspondientes. Para ello, se utiliza la siguiente formulación:

117


Si U ≤ 60% U=

4 · Tv π

Si U > 60% U = 1 − 10

o

−

Tv + 0 '0851 0'9332

Introducir los valores anteriores de los grados de consolidación en (1) y comprobar que se cumple la igualdad. Si no se cumple, se repite el proceso.

Comenzando con un tiempo t = 1 año, se tiene:

Tv1 =

2'5 ·1 = 0'625 4

→

U1( t ) = 0'827

Tv 2 = 0'625 · 0'256 = 0'16

→

U 2( t ) = 0'451

s ( t =1) = 0'22 · 0'827 + 0'15 · 0'451 ≅ 0'249 > 0'185

No cumple. Se disminuye el tiempo a t = 0,5 años:

Tv1 =

2'5 · 0'5 = 0'3125 4

→

Tv 2 = 0'3125 · 0'256 = 0'08

U1( t ) = 0'631 → U 2( t ) = 0'319

s ( t = 0'5 ) = 0'22 · 0'631 + 0'15 · 0'319 = 0'187 ≅ 0'185

por lo tanto el tiempo para el que se produce el 50% del asiento total es:

t = 0'5 años

118

Capítulo 4

RESISTENCIA A ESFUERZO CORTANTE


120

Capítulo 4 - Resistencia a esfuerzo cortante

PROBLEMA 4.1 Calcular los esfuerzos que actúan sobre el plano π, que forma un ángulo de 30º con respecto al plano sobre el que actúa la tensión principal mayor (figura 4.1). 400 kN / m 2

π α = 30º 200 kN / m2

200 kN / m2

400 kN / m 2

Figura 4.1

SOLUCIÓN 1) Cálculo analítico En un estado de tensiones bidimensional, las tensiones que actúan en cualquier plano que pasa por un punto se pueden representar gráficamente con el círculo de Mohr. Si un plano π forma un ángulo a con el plano principal mayor, las tensiones normal (σ) y tangencial (τ) en dicho plano vienen dadas por: 2

2

σ = σ1 · cos a + σ3 · sen a

τ=

σ1 − σ 3 ⋅ sen 2α 2

siendo σ1 y σ3 las tensiones principales mayor y menor, respectivamente. 121


τ (kN / m ) 2

π

p = 300

B

86'6

α = 30º

P σ3 = 200

C

2α = 60º

350

σ1 = 400

σ (kN / m ) 2

π

Figura 4.2

Sustituyendo valores:

2

2

σ = 400 · cos 30º + 200 · sen 30º = 350 kN / m

τ=

2

400 − 200 · sen 60º = 86 '60 kN / m 2 2

2) Cálculo gráfico (figura 4.2) En primer lugar, se representa el círculo de Mohr, cuyo diámetro es:

σ1 - σ3 = 200 kN / m2 y cuyo centro tiene por abcisa: p = (σ1 + σ3) / 2 = 300 kN / m

122

2


Seguidamente se debe buscar el polo P. Para ello, por el punto (400,0), que representa al plano principal mayor, se traza una paralela a éste (horizontal), cortando al círculo en el polo P. Trazando ahora por el polo P una paralela al plano π, ésta corta al círculo de Mohr en el punto B, cuyas coordenadas representan las tensiones en dicho plano, resultando ser:

2

σ = 350 kN / m 2 τ = 86'6 kN / m

Obsérvese que si el plano π forma un ángulo α = 30º con el plano principal mayor, el ángulo central en el círculo de Mohr es el doble, es decir, 60º.

123


PROBLEMA 4.2

60 0

20 0

0 20

40 0

Obtener la magnitud y dirección de los esfuerzos principales, para el estado de tensiones representado en la figura 4.3.

0 20

20 0

60 0

40 0

45º

( Tensiones en kN / m2 )

Figura 4.3

SOLUCIÓN 1) Cálculo gráfico (figura 4.4) En primer lugar se debe dibujar el círculo de Mohr. Dado que el enunciado proporciona las tensiones en dos planos perpendiculares, se conocen los puntos S1 (400,200) y S2 (600, -200) del círculo. Si se unen dichos puntos con una recta, la intersección de esta recta con el eje de abcisas proporciona el centro del círculo de Mohr que corta al eje de abcisas en los puntos que representan las tensiones principales, resultando ser:

2

σ1 = 723'6 kN / m 2 σ3 = 276'4 kN / m

124


Plano principal menor Plano principal mayor

τ (kN / m

300 2)

S1 200

100

Plano principal mayor

P

Plano principal menor

100

200

2α

β

σ3 = 276'4 300

400

σ1 = 723'6 500

600

700

800

-100

-200

900

σ (kN / m

2

)

S2 σ3

-300

p

σ1

Figura 4.4

Trazando ahora por S2 una paralela al plano cuyo estado tensional representa, se obtiene el polo P en la intersección con el círculo de Mohr (el mismo resultado se hubiese obtenido tomando el punto S1). Finalmente, uniendo el polo P con los puntos (σ1 , 0) y (σ3, 0), se obtienen las direcciones de los planos principales.

2) Cálculo analítico Se conocen las tensiones en dos planos perpendiculares entre sí. La abcisa del centro del círculo de Mohr es:

p=

σ + σ3 600 + 400 = 500 kN / m 2 = 1 2 2

(1)

y el radio es:

r=

σ1 − σ 3 2

(2)

125


Puesto que los puntos S1 (400, 200) y S2 (600, -200) pertenecen al círculo, tomando por ejemplo el segundo de ellos, se debe verificar:

(σ − 500) 2 + τ 2 = (600 − 500) 2 + (−200) 2 = r 2 Por lo tanto:

r = 223'61 kN / m2 Resolviendo ahora las ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

2

σ1 = 723'6 kN / m 2 σ3 = 276'4 kN / m

Resta finalmente orientar los planos principales. Sea a el ángulo que forma el plano representado por S1 con el plano principal mayor. En el plano de Mohr, el ángulo central formado por estos dos puntos es 2a , y se verifica que (figura 4.4): 2a + ß = 180º Como:

sen β =

200 223'61

→

β = 63'43º

entonces:

α = 58'29º El plano principal menor es perpendicular al plano principal mayor.

126


PROBLEMA 4.3 En un punto de una arena se ha producido la rotura cuando en el plano de máxima tensión cortante actúan los siguientes esfuerzos: o o o

Tensión normal total: Tensión cortante: Presión intersticial:

2

384 kN / m 2 131 kN / m 2 136 kN / m

Determinar: a) b) c) d)

Tensiones efectivas principales. Ángulo de rozamiento de la arena. Tensiones efectivas en los planos de rotura. Ángulo que forman los planos de rotura.

SOLUCIÓN a) Tensiones principales El plano de máxima tensión cortante es el representado por el punto A (figura 4.5) y las tensiones que actúan según el enunciado son las siguientes: Totales:

σ = 384 kN / m 2 u = 136 kN / m2 τ = 131 kN / m 2 Por consiguiente, las efectivas serán:

σ' = σ − u = 384 − 136 = 248 kN / m2 τ = 131 kN / m 2

127


τ

φ'

(kN / m2 )

A'

131

φ' O

A

R1

φ' φ'

σ'3

r

r

σ'1

σ3

2α

B

C'

φ'

σ1 C

σ', σ (kN / m2 )

R2

p' = 248

u = 136 p = 384

Figura 4.5

Con estos datos, es evidente que la abcisa del centro del círculo de Mohr en 2 2 efectivas p' es 248 kN/m y el radio r de los círculos es 131 kN/m . Por lo tanto, se puede escribir que:

σ' 1 = p' + r = 248 + 131 = 379 kN / m 2 σ' 3 = p' − r = 248 − 131 = 117 kN / m 2

b) Ángulo de rozamiento de la arena Al tratarse de una arena, la cohesión efectiva c' es nula. Por otro lado, como en el enunciado se indica que se ha producido la rotura, el círculo de Mohr en efectivas debe ser tangente a la línea de resistencia intrínseca y esta condición se expresa en el triángulo OC'R1 (figura 4.5) como:

r = p' · sen φ'

128


Sustituyendo valores, se obtiene:

 131  φ' = arc sen   = 31'89º  248 

c) Tensiones efectivas en los planos de rotura Los planos de rotura teóricos son dos: R1 y R2 (figura 4.5). El primero se tiene con una tensión de corte positiva y el segundo con el mismo valor de la tensión de corte pero negativa, y en ambos, la tensión normal efectiva es la misma. Se trata de calcular las coordenadas de los puntos R1 y R2. En el triángulo OC'R1 se tiene:

OR 1 = p' · cos φ' = 248· cos 31'89º = 210'57

kN / m 2

Y ahora en el triángulo OBR1:

σ'R1 = OR 1 · cos φ' = 178'79 kN / m 2 τ R1 = OR 1 · sen φ' = 111'24 kN / m 2 Las coordenadas del otro plano de rotura (plano conjugado) serán:

σ'R 2 = 178'79 kN / m2 τR 2 = −111'24 kN / m2

129


d) Ángulo que forman los planos de rotura entre sí Como se desprende de la figura 4.5, el ángulo central entre R1 y R2 es:

2α = 180º − 2φ' = 180 − 2 · 31'89 = 116'22º

Por lo tanto, el ángulo formado por los planos es la mitad, es decir:

α = 58'11º

130


PROBLEMA 4.4 Sobre un suelo se han realizado ensayos triaxiales CU obteniéndose una cohesión 2 efectiva c' = 47'6 kN/m , un ángulo de rozamiento efectivo φ' = 30º, una cohesión 2 aparente ccu = 30 kN/m y un ángulo de rozamiento aparente φcu = 30º. En uno de 2 los ensayos, la muestra rompió cuando la tensión vertical era de 500 kN / m . Se pide calcular en este ensayo la presión intersticial en el momento de la rotura y la presión de célula aplicada.

SOLUCIÓN Los parámetros de resistencia intrínsecos (efectivos) son válidos en cualquier situación, mientras que los parámetros aparentes (totales) solo pueden emplearse en las mismas circunstancias en las que se obtuvieron, en este caso, ensayo CU. Puesto que se trata de una situación de rotura, el círculo de Mohr en efectivas será tangente a la línea de resistencia intrínseca. Además, como el ensayo es CU, el círculo de Mohr en totales será tangente a la línea de resistencia aparente (figura 4.6). Estas condiciones de tangencia se expresan como:

r = (p'+ c' · cot φ' ) · sen φ' = (p'+47'6 · cot 30º ) · sen 30º

(1)

r = (p + c cu · cot φ cu ) · sen φ cu = (p + 30 · cot 30º ) · sen 30º

(2)

Por otra parte, los círculos están desplazados horizontalmente un valor igual a la presión intersticial en rotura, es decir:

p = p'+u

(3) 2

Finalmente, como el ensayo se realizó con una presión vertical de 500 kN/m , se puede escribir:

p = 500 − r

(4)

131


Ø' = 30º

τ

(kN / m 2 )

Øcu = 30º

r c' = 47'6

r

c cu = 30

σ3'

σ3

O'

σ1' σ1 = 500

σ', σ (kN / m 2 )

p'

c' · ctg Ø'

O u

p

c cu · ctg Øcu

Figura 4.6

Se dispone de un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (r, p, p' y u) que resuelto proporciona los siguientes valores: p = 316'01 kN/m

2

p' = 285'53 kN/m

u = 30'84 kN / m 2

Resta calcular la presión de célula. Como:

p = 316'01 kN / m 2 = entonces, se obtiene que:

σ1 + σ 3 500 + σ 3 = 2 2

σ 3 = 132'02 kN / m 2

132

2

r = 183'99 kN/m

2


PROBLEMA 4.5 En un ensayo triaxial se han obtenido los siguientes resultados en la fase de saturación: Presión de célula

Presión de cola

Presión intersticial

0 50 50 100 100 200 200 300 300 500

0

-10 8 30 65 90 185 197 296 300 500

(kN / m2)

(kN / m2)

40 90 200 300

(kN / m2)

Determinar el valor del parámetro B de presión intersticial en cada etapa.

SOLUCIÓN En el ensayo triaxial (figura 4.7), cuando se produce una variación hidrostática de la presión de célula (∆σ3), inmediatamente se origina una variación de presión intersticial en la muestra (∆u). En estas condiciones, el parámetro de presión intersticial B se define como:

B=

∆u ∆σ 3

y su valor depende del grado de saturación de la muestra. Para un grado de saturación del 100% el parámetro B es igual a la unidad. La aplicación de una presión de cola a la muestra tiene por objeto asegurar su saturación y aplicar en la misma una presión intersticial.

133


σ3

u

σ3

uc

Figura 4.7

El procedimiento consiste en aplicar una presión de célula y registrar la presión intersticial en la muestra. Seguidamente, se aplica la presión de cola hasta igualar 2 la presión de célula (puede ser 10 kN / m inferior para asegurar presiones efectivas positivas en la muestra) y se comprueba que la presión intersticial en la muestra iguala a la presión de cola o está muy próxima. El proceso se repite incrementando la presión de célula, registrar nuevamente la presión intersticial en la muestra y calcular el valor del parámetro B con la expresión anterior. Si no es la unidad, se aplica otra vez presión de cola y se repite el proceso. Los cálculos y resultados pueden ordenarse en la siguiente tabla: Presión de célula

Presión de cola

Presión intersticial

0 50 50 100 100 200 200 300 300 500

0

-10 8 30 65 90 185 197 296 300 500

(kN/m2)

134

(kN/m2)

40 90 200 300

(kN/m2)

∆u

∆σ3

(kN/m2)

(kN/m2)

18

50

0.36

35

50

0.70

95

100

0.95

99

100

0.99

200

200

1.00

B = ∆u /∆σ3


PROBLEMA 4.6 En una arcilla normalmente consolidada se realiza un ensayo triaxial CU con una 2 presión de cola de 100 kN / m y consolidando con una presión de célula de 2 2 300 kN / m , alcanzándose la rotura con un desviador de 200 kN / m e igual a la presión intersticial en rotura. Se pide calcular: a) Ángulo de rozamiento efectivo y parámetros de presión intersticial de la arcilla. b) Desviador que se hubiese obtenido si la rotura se hubiese realizado con drenaje. 2 c) Presión intersticial en rotura si tras la consolidación a 300 kN / m se cierra el 2 drenaje, se incrementa la presión de célula a 500 kN / m y se procede a romper la muestra manteniendo el drenaje cerrado.

SOLUCIÓN a) Ángulo de rozamiento efectivo y parámetros de presión intersticial En el ensayo CU pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.8: 2

- ESTADO 1:

Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN / m y de una 2 presión de célula σ3 = 300 kN / m , permitiendo la consolidación, es decir, cuando finalice ésta, la presión intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2:

Estado de rotura. Finalizada la consolidación, se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presión vertical σ1 hasta alcanzar la rotura. Como en la muestra se incrementa la presión total vertical aplicada, se producirá en cada incremento una variación de presión intersticial, cuya estimación puede realizarse con la fórmula de Skempton y que no puede disiparse ya que el drenaje está cerrado. En el momento de rotura, la presión 2 intersticial tendrá un valor ur = 200 kN / m .

135


σ1

300 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2 200 kN / m 2

100 kN / m 2

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 1

ESTADO 2

Figura 4.8

Según el enunciado, el desviador en rotura vale: 2

σ1 - σ3 = 200 kN / m . 2

Como σ3 = 300 kN / m , entonces: σ1 = 500 kN / m

2

p = (σ1 + σ3) / 2 = 400 kN / m

2

2

Como la presión intersticial en rotura fue de 200 kN / m , resulta que: p' = p - ur = 400 - 200 = 200 kN / m

2

Siendo la arcilla normalmente consolidada, la cohesión efectiva es nula, y en el estado de rotura, el círculo de Mohr en efectivas es tangente a la línea de resistencia intrínseca. Esta condición se expresa, si la cohesión efectiva es nula, como: sen φ' = r / p' = ((σ1 - σ3) / 2 ) / p'=100 / 200 = 0'5

136


En consecuencia, el ángulo de rozamiento efectivo de la arcilla es 30º. Calculemos ahora los parámetros de presión intersticial. Como se aplica una presión de cola, la muestra está saturada y por consiguiente B = 1. Para el cálculo del parámetro A de presión intersticial, debe utilizarse la fórmula de Skempton: ∆u = B [ ∆σ3 + A(∆σ1 - ∆σ3) ] fórmula que proporciona la variación de presión intersticial al pasar de un estado a otro. Del estado 1 al estado 2, las variaciones de presiones totales son: ∆σ3 = 0 ∆σ1 = 500 - 300 = 200 kN / m

2

Sustituyendo: ∆u = 200 A = ur - uc = 200 - 100 = 100 kN / m

2

de donde se obtiene: A = 0'5

φ' = 30º A = 0'5

137


σ1

300 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2 100 kN / m 2

100 kN / m 2

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 1

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 2

Figura 4.9

b) Desviador en rotura en el ensayo CD En el ensayo CD, pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.9:

138

2

- ESTADO 1:

Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN/m y de una 2 presión de célula σ3 = 300 kN / m , permitiendo la consolidación, es decir, cuando finalice la consolidación, la presión intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2:

Estado de rotura. Finalizada la consolidación, se mantiene el drenaje abierto y se procede a incrementar la presión vertical σ1 permitiendo la disipación de las variaciones de presión intersticial que se puedan producir en la muestra. En rotura, teóricamente, la presión intersticial es la misma que la del estado anterior, es decir, igual a la presión de cola.


La condición de tangencia del círculo de Mohr en efectivas a la línea de resistencia intrínseca se expresa ahora como: p' sen 30º = 0'5 p' = r o también: 0'5 (p-uc) = 0'5 (p- 100) = 0'5 [ (s 1 + s 3 ) / 2 – 100 ] = r = (s 1 - s 3 ) / 2 de donde se deduce que: s 1 = 700 kN / m

2

y la presión efectiva será: s '1 = s 1 - uc = 600 kN / m

2

El desviador en rotura es:

s 1 - s 3 = 400 kN / m

2

c) Presión intersticial en el ensayo sin drenaje En el ensayo del enunciado pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.10): 2

- ESTADO 1:

Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN / m y de una 2 presión de célula σ3 = 300 kN / m , permitiendo la consolidación, es decir, cuando finalice la consolidación, la presión intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2:

Se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presión 2 de célula a σ3 = 500 kN / m . La presión intersticial en la muestra variará, alcanzando un valor u2.

139


σ1

500 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2

500 kN / m 2

100 kN / m 2

500 kN / m 2

u2

ur

ESTADO 2

ESTADO 3

uc = 100 kN / m 2

ESTADO 1

Figura 4.10

Como al pasar del estado 1 al estado 2 producidas son:

las variaciones de presiones totales

2

∆σ3 = 500 – 300 = 200 kN/m 2 ∆σ1 = 500 – 300 = 200 kN/m la fórmula de Skempton proporciona la siguiente variación de presión intersticial: ∆u = B [ ∆σ3 + A(∆σ1 - ∆σ3) ] = 200 kN/m

2

y por lo tanto u2 = uc + 200 = 300 kN/m

2

Como se puede deducir fácilmente, las tensiones efectivas son iguales a las del estado 1. - ESTADO 3:

140

Estado de rotura. Manteniendo el drenaje cerrado, se procede a incrementar la presión vertical σ1 hasta la rotura en donde la presión intersticial habrá alcanzado un valor ur.


La condición de tangencia del círculo de Mohr en efectivas a la línea de resistencia intrínseca se sigue expresando como: p' · sen 30º = 0'5 · p' = r o también: 0'5 · (p - ur) = 0'5 · [ (s 1 + s 3 ) / 2 - ur ] = r = (s 1 - s 3 ) / 2 de donde se deduce que: s 1 - 3s 3 = -2 · ur

(1)

La variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 2 al estado 3 de rotura puede estimarse con la fórmula de Skempton. Como ∆σ1 = σ1 – 500 kN/m ∆σ3 = 0

2

entonces: ∆u = B · [ ∆σ3 + A · (∆σ1 - ∆σ3) ] = 1 · [ 0 + 0'5 (σ1 - σ3 - 0) ] = 0'5 · (σ1 - σ3) y por lo tanto: ur = u2 + ∆u = 300 + 0'5 · (σ1 - 500)

(2)

Como se observa se ha admitido que A = 0'5 valor obtenido en el ensayo CU. El coeficiente A de presión intersticial no es un parámetro intrínseco y puede cuestionarse esta hipótesis. Sin embargo, puede observarse que entre el ensayo CU y éste sin drenaje, la única diferencia es el estado 2 de este último en el que no se produce ninguna variación de presiones efectivas en la muestra. En consecuencia, puede admitirse dicho valor del parámetro A. Las ecuaciones (1) y (2) permiten obtener los siguientes valores:

2

σ1 = 700 kN/m 2 ur = 400 kN/m

141


PROBLEMA 4.7 Un laboratorio ha proporcionado los siguientes resultados de un ensayo triaxial CU realizado sobre una arcilla aplicando una contrapresión (presión de cola) de 2 600 kN / m :

Presión lateral (kN/m2)

650 700 850

Presión vertical en rotura

Presión intersticial en rotura

810 973 1896

569 547 652

(kN/m2)

(kN/m2)

Se pide: a) Valores de los parámetros de resistencia intrínsecos b) Si otra muestra de arcilla se somete a otro ensayo triaxial CU aplicando una 2 presión lateral de 900 kN/m y la misma contrapresión anterior, pero permitiendo solamente una consolidación del 50 %, ¿qué resistencia sin drenaje se obtendría?

SOLUCIÓN a) Parámetros intrínsecos Los resultados proporcionados por el laboratorio permiten obtener en rotura las presiones efectivas mayor (s '1) y menor (s '3), la tensión efectiva media (p'), el radio de los círculos de Mohr (r), el incremento de presión intersticial (? u) y el parámetro A de presión intersticial.

142


τ

φ'

B

r

c'

O

σ3'

c' / tg Ø'

C'

σ'1

σ'

p'

Figura 4.11

En la tabla 4.1 se han recogido los resultados obtenidos. El parámetro A de presión intersticial se obtiene de la fórmula de Skempton, teniendo en cuenta que ∆σ3 = 0 y B = 1. Como puede observarse, el valor de A es muy similar en los ensayos 1 y 2. Muy diferente a estos es el deducido en el ensayo 3. Como en los tres ensayos se ha producido la rotura, teóricamente, los tres círculos de Mohr en efectivas deben ser tangentes a la línea de resistencia intrínseca. Para un círculo, la condición de tangencia es (figura 4.11):

 c'   + p'  · sen φ' = r φ tg '   y despejando la cohesión efectiva:

c' =

r − p' · tg φ' cos φ'

143


Tabla 4.1

Ensayo

1 2 3

σ3

650 700 850

σ1

810 973 1896

ur

σ'3

569 547 652

p'

σ'1

(σ3-ur)

(σ1-ur)

81 153 198

241 426 1244

(

r

σ'1 + σ' 3 ) 2

(

∆u

A

σ'1 − σ' 3 ) 2

(ur - 600)

∆u ) ( σ'1 − σ' 3

80 136'5 523

-31 -53 52

-0'1938 -0'1941 0'0497

161 289'5 721

Si se tienen dos círculos de radios r1 y r2, y presiones efectivas medias p'1 y p'2, respectivamente, con los que se desea obtener la tangente común, se deberá verificar:

r1 r − p'1 · tg φ' = 2 − p' 2 · tg φ' cos φ' cos φ' y operando:

senφ' =

r1 − r2 p'1 −p' 2

Los resultados que se obtienen utilizando las fórmulas anteriores vienen indicados en la tabla 4.2. Tabla 4.2

Ensayos

φ'

c' (KN/m2)

1y2 2y3 1y3

26'08º 63'60º 52'29º

10'27 -276'20 -77'44

Se deduce que el ensayo 3 es erróneo y debe desecharse. En consecuencia, los parámetros intrínsecos a adoptar son:

φ' = 26'08º 2 c' = 10'27 kN/m

144


900 kN / m 2

uc

900 kN / m 2 900 kN / m 2

900 kN / m 2

600 kN / m 2

600 kN / m 2

600 kN / m 2

u1

600 kN / m 2

900 kN / m 2

uc = 600 kN / m2

ESTADO 1 (consolidación)

uc = 600 kN / m2

ESTADO 2 (t = 0)

σr

900 kN / m 2

ur

σr

900 kN / m 2

ESTADO 3 (cierre drenaje)

900 kN / m 2

750 kN / m 2

900 kN / m 2

900 kN / m 2

900 kN / m 2

ESTADO 4 (rotura)

Figura 4.12

b) Resistencia a corte sin drenaje Los estados a considerar son los reflejados en la figura 4.12: - ESTADO 1:

Consolidación, aplicando una presión de cola 2 600 kN/m y una presión de célula del mismo valor.

de

- ESTADO 2:

Se incrementa la presión de célula a 900 kN / m . Inmediatamente (t = 0) se producirá un incremento de presión intersticial. Aplicando la fórmula de Skempton, 2 este incremento es igual a 300 kN / m , y por lo tanto, la 2 presión intersticial en este estado será u1 = 900 kN / m .

2

145


2

- ESTADO 3:

Aplicada la presión lateral de 900 kN / m , se deja consolidar el 50 %. Si la consolidación fuese del 100 %, la presión intersticial tendría que haber disminuido desde 2 2 900 kN / m a 600 kN / m (presión de cola). Como solamente es el 50 %, ello quiere decir que el drenaje se 2 cierra cuando la presión intersticial es igual a 750 kN / m .

- ESTADO 4:

Con el drenaje cerrado, se incrementa la presión vertical hasta la rotura, que se produce con un valor σr. En ese momento la presión intersticial valdrá ur.

Aplicando la fórmula de Skempton, se producirá el siguiente incremento de presión intersticial: ∆u = B ( ∆σ3 + A ( ∆σ1 - ∆σ3 ) ) = 1 ( 0 + A ( ∆σ1 - 0 ) ) = A ( σr - 900 ) Tomando A = - 0'194, la presión intersticial en rotura será: ur = 750 – 0'194 ( σr - 900 ) Como se está en rotura, la condición de tangencia se expresa:

  c'  + p − ur  · sen φ' = r tg ' φ   σ − 900 σ + 900   10'27  + r − 750 + 0'194 · (σ r − 900)  · sen 26'08º = r 2 2   tg 26'08º Operando, se obtiene: σr = 1285'67 kN / m

2

La resistencia a corte sin drenaje (cu) es el radio del círculo de Mohr en rotura, es decir:

cu =

146

1285'67 − 900 = 192'83 2

kN / m 2


PROBLEMA 4.8 Una muestra de arcilla se consolida en el triaxial con una presión de célula 2 2 de 200 kN / m y una contrapresión de 100 kN / m . A continuación se incrementa la 2 2 presión de célula a 300 kN / m y la presión vertical a 400 kN / m , permitiéndose el 2 drenaje de la muestra hasta que se alcanza una presión intersticial de 150 kN / m , momento en el que se cierra la llave de drenaje y se procede a incrementar la 2 presión lateral a 500 kN / m y seguidamente la presión vertical hasta la rotura. Sabiendo que la arcilla tiene un ángulo de rozamiento efectivo de 25º, una 2 cohesión efectiva de 10 kN / m y que A = 0'2, se pide calcular la presión intersticial y la presión vertical en rotura.

SOLUCIÓN Es similar al problema 4.7. En la figura 4.13 se tienen los estados a considerar. En el estado 1, la presión intersticial u1 que se tiene para t = 0 se calcula del siguiente modo con la fórmula de Skempton: ∆σ1 = 400 - 200 = 200 kN / m

2

∆σ3 = 300 - 200 = 100 kN / m

2

∆u = 1 · [ 100 + 0'2 ( 200 – 100 ) ] = 120 kN / m u1 = uc + ∆u = 100 + 120 = 220 kN / m

2

2

Análogamente, en el estado 2 de rotura, la presión intersticial siguiente modo:

se calcula del

∆σ1 = σr – 400 ∆σ3 = 500 – 300 = 200 kN / m

2

∆u = 1 · [ 200 + 0'2 (σr – 400 – 200 ) ] ur = 150 + ∆u = 230 + 0'2 σr

147


400 kN / m 2

300 kN / m 2

uc

300 kN / m 2

200 kN / m 2

200 kN / m 2

200 kN / m 2

u1

400 kN / m 2

200 kN / m 2

uc = 100 kN / m2

2

uc = 100 kN / m

ESTADO 0 (consolidación)

ESTADO 1 (t=0)

σr

400 kN / m 2

500 kN / m 2

u2

500 kN / m 2

300 kN / m 2

300 kN / m 2

150 kN / m2

ur

σr

400 kN / m 2

ESTADO 1 ( cierre llave )

ESTADO 2 (rotura)

Figura 4.13

Estableciendo la condición de tangencia:

  c'  + p − ur  · sen φ' = r   tg φ' σ − 500   10 σ + 500  + r − 230 − 0'2σ r  · sen 25º = r 2 2   tg 25º y operando convenientemente, se obtiene:

σr = 716'78 kN / m2;

148

ur = 373'36 kN / m

2


PROBLEMA 4.9 Una muestra inalterada de una arcilla ha proporcionado en laboratorio una humedad del 25%, un peso específico relativo de las partículas de 2'75, un peso 3 específico seco de 15'6 kN / m y una resistencia a compresión simple de 2 96 kN / m . Se sabe además que el ángulo de rozamiento efectivo de esa arcilla es de 25º. Otra muestra inalterada de dicha arcilla se introduce en el triaxial teniendo una 2 2 succión de - 40 kN / m y midiéndose una presión intersticial de 96 kN / m 2 inmediatamente después de aplicar una presión de célula de 200 kN / m y una 2 presión vertical de 400 kN / m . Se pide: a) Parámetros de presión intersticial. b) Cohesión efectiva de la arcilla.

SOLUCIÓN a) Parámetros de presión intersticial El ensayo de compresión simple, y después el triaxial, se realizan sobre muestras inalteradas de una arcilla las cuales, en principio, podrían no estar saturadas ya que no se aplica presión de cola. Puesto que la relación que existe entre la humedad, peso específico relativo de las partículas, grado de saturación y peso específico seco es:

γd =

Gs · γ ω G 1 + ω· s Sr

sustituyendo los datos proporcionados en el enunciado y despejando, se obtiene un grado de saturación del 90%. El parámetro B de presión intersticial está relacionado con el grado de saturación (figura 4.14). Para un grado de saturación del 90% se tiene B = 0'8.

149


1

Parámetro B

0'8

0'6

0'4

0'2

0 0

0'2

0'4

0'6

0'8

1

Grado de saturación

Figura 4.14

Por otra parte, en el experimento realizado en el triaxial, pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.15): - ESTADO 1:

Inicial de la muestra al ser colocada en el triaxial. No hay aplicadas ni presión de célula ni vertical. La presión 2 intersticial en la muestra es – 40 kN/m .

- ESTADO 2:

Aplicación de una presión de célula σ3 = 200 kN/m y de 2 una presión vertical σ1 = 400 kN/m , y como consecuencia e inmediatamente, la presión intersticial en la muestra 2 pasa a ser de 96 kN/m . 2

Así pues, la variación de presión intersticial que se produce a pasar del estado 1 al estado 2 es: ∆u = 96 – (- 40) = 136 kN / m

2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presión total:

150

∆σ1 = 400 – 0 = 400 kN / m

2

∆σ3 = 200 – 0 = 200 kN / m

2


- 40 kN / m2

200 kN / m 2

200 kN / m 2

400 kN / m 2

96 kN / m 2

400 kN / m 2

ESTADO 1

ESTADO 2

Figura 4.15

La fórmula de Skempton se expresa como: ∆u = B · [∆σ3 + A · (∆σ1 - ∆σ3) ] Sustituyendo los valores anteriores y para B = 0'8 se obtiene:

A = - 0'15 B = 0'8

b) Cohesión efectiva En el ensayo de compresión simple pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.16):

151


96 kN / m2

- 40 kN / m2

ur

ESTADO 1

ESTADO 2

Figura 4.16

- ESTADO 1:

Inicial de la muestra al ser colocada en el aparato. No hay ninguna presión exterior aplicada. La presión intersticial en 2 la muestra es – 40 kN / m .

- ESTADO 2:

Rotura. Se incrementa rápidamente (sin drenaje) la presión vertical hasta producir la rotura en un valor igual a su resistencia a compresión simple que según el 2 enunciado es 96 kN / m . En este momento, la presión intersticial es desconocida y de valor ur.

La variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 1 al estado 2 es: ∆u = ur – (–40) = = ur + 40 kN / m

2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presión total: ∆σ1 = 96 – 0 = 96 kN / m ∆σ3 = 0 – 0 = 0 kN / m

152

2

2


τ

(kN / m 2 )

φ' = 25º

r c'

σ'3

O c' · cotg 25º

C

p

C'

96

-u r

σ1'

σ', σ (kN / m 2 )

p'

Figura 4.17

Sustituyendo valores en la fórmula de Skempton queda: ∆u = B · [ ∆σ3 + A (∆σ1 - ∆σ3) ] ur + 40 = 0'8 · ( - 0'15 · 96) = -11'52 y por lo tanto: ur = - 51'52 kN/m

2

Por otra parte, en el estado 2 se alcanza la rotura y por lo tanto, el círculo de Mohr en efectivas será tangente a la línea de resistencia intrínseca (figura 4.17).

153


La condición de tangencia se expresa:

 c'   + p − ur  · sen φ' = r φ tg '     c' σ  c'  σ 96 96  + r + 51'52  · sen 25º =  + + 51'52  · sen 25º = r = tg 25 º 2 2 2 tg 25 º 2    

Despejando la cohesión efectiva, se obtiene:

c' = 6'56 kN/m

154

2

Capítulo 5

ELASTICIDAD


156

Capítulo 5 - Elasticidad

PROBLEMA 5.1 Calcular el incremento de tensión en el punto A provocado por la aplicación de una carga puntual Q = 10 kN actuando en la superficie del terreno (figura 5.1), si el coeficiente de Poisson es ν = 0'2 y siendo z = 5 m y r = 3 m.

Q

z

∆σz ∆σθ r

A

∆σr

Figura 5.1

SOLUCIÓN El estado tensional en el punto A antes de la aplicación de la carga puntual es el debido al peso propio del terreno. Como consecuencia de la acción de la carga puntual, se producirán unos incrementos de tensión en el punto A cuyo cálculo se puede realizar a partir de las soluciones aportadas por la teoría de la elasticidad.

157


El caso propuesto en el problema fue estudiado por Boussinesq. En coordenadas cilíndricas, los incrementos de tensión producidos por una carga puntual Q vienen dados por las siguientes expresiones:

  1 3·Q  · ∆σ z = 2 2·π·z 2  r  1 +    z  ∆σ r =

Q  3·r 2 ·z 1 − 2·ν − · 2·π  (r 2 + z 2 ) 5 / 2 r 2 + z 2 + z·(r 2 + z 2 )1/ 2

∆σ θ = −

∆τ rz =

5

2         

 z 1 Q ·(1 − 2·ν )·  2 − 2 2 3/2 2 2·π r + z + z·(r 2 + z 2 )1/ 2  (r + z )

r·z 2 3·Q  ·  2 2·π  (r + z 2 ) 5 / 2

  

  

Se puede observar que existe simetría cilíndrica ya que los incrementos de tensiones no dependen de la coordenada angular θ. Sustituyendo los valores del problema en las expresiones anteriores, se obtienen los siguientes incrementos de tensión:

∆σz = 8'85·10 kN / m -2 2 ∆σr = 1'67·10 kN / m -3 2 ∆σθ = -8'96·10 kN / m -2 2 ∆τrz = 5'31·10 kN / m -2

158

2


PROBLEMA 5.2 Calcular el incremento de tensión en el punto B provocado por la acción de una carga lineal en superficie Q = 20 kN / m, siendo x = 2 m y z = 4 m (figura 5.2).

Q

z

∆σz ∆σx

B x

Figura 5.2

SOLUCIÓN El estado tensional en el punto B antes de la aplicación de la carga es el debido al peso propio del terreno. Como consecuencia de la aplicación de la carga lineal, se producirán unos incrementos de tensión en el punto B cuyo cálculo se puede realizar a partir de las soluciones aportadas por la teoría de la elasticidad.

159


La aplicación en superficie de una carga lineal Q (figura 5.2) provoca en un punto del terreno situado en un plano vertical perpendicular a la dirección de dicha carga unos incrementos de tensión que se obtienen a partir de las siguientes expresiones:

∆σ z =

2 ·Q z3 · 2 π (x + z 2 ) 2

∆σ x =

2·Q z·x 2 · 2 π (x + z 2 ) 2

∆τ zx =

2 · Q z 2 ·x · π (x 2 + z 2 ) 2

Sustituyendo los datos del problema en las expresiones anteriores, se tiene que los incrementos de tensión en el punto B son:

∆σz = 2'04 kN / m 2 ∆σx = 0'51 kN / m 2 ∆τxz = 1'02 kN / m 2

160


PROBLEMA 5.3 Calcular el incremento de tensión en el punto C debido a la acción de una carga 2 uniforme q = 200 kN / m , de ancho B = 6 m y longitud infinita, aplicada en la superficie del terreno, siendo z = 5 m y x = 2 m (figura 5.3).

B

x q

γ α

z

β

∆σx

∆σz

C

Figura 5.3

SOLUCIÓN El estado tensional en el punto C antes de la aplicación de la carga es el debido al peso propio del terreno. Como consecuencia de la aplicación de la carga uniforme, se producirán unos incrementos de tensión en el punto C cuyo cálculo se puede realizar a partir de las soluciones aportadas por la teoría de la elasticidad.

161


Los incrementos de tensión provocados por una carga q, de ancho B y longitud infinita en un punto situado en un plano perpendicular a la dirección de dicha carga, se obtienen a partir de las siguientes expresiones:

∆σ z =

q · (α + senα·cos(α + 2·β)) π

∆σ x =

q · (α − senα·cos(α + 2·β)) π

∆τ xz =

q · (senα·sen(α + 2·β)) π

donde los ángulos se expresan en radianes. Siendo conocidas las coordenadas del punto C, los ángulos se obtienen de la siguiente forma (figura 5.3): γ = β + α = arc tg (8/5) = 1'01 rad β = arctg (2/5) = 0'38 rad α = γ - β = 0'63 rad Sustituyendo los datos del problema en las expresiones anteriores, se obtienen los siguientes incrementos de tensión:

∆σz = 46'85 kN / m 2 ∆σx = 33'36 kN / m 2 ∆τzx = 36'9 kN / m 2

162


PROBLEMA 5.4 Calcular el incremento de tensión en el punto D debido a la aplicación de una 2 carga triangular q = 150 kN / m , de ancho B = 6 m y longitud infinita, actuando en la superficie del terreno, siendo z = 5 m y x = 8 m (figura 5.4).

x B q

R2 R1

γ α

z

β

∆σx

∆σz

D

Figura 5.4

SOLUCIÓN El estado tensional en el punto D antes de la aplicación de la carga es el debido al peso propio del terreno.

163


Los incrementos de tensión provocados por una carga triangular q, de ancho B y longitud infinita en un punto situado en un plano perpendicular a la dirección de dicha carga, se obtienen a partir de las siguientes expresiones:

∆σ z =

qx 1  · ·α − ·sen2·β  π B 2 

 qx z R2 1 ∆σ x = · ·α − ·ln 12 + ·sen2·β  B R2 2 π B  ∆τ zx =

q  z  · 1 + cos 2·β − 2· ·α  2·π  B 

Siendo conocidas las coordenadas del punto D, los ángulos se obtienen de la siguiente forma (figura 5.4): γ = β + α = arctg (8/5) = 1'01 rad β = arctg (2/5) = 0'38 rad α = γ - β = 0'63 rad

R12 = 82 + 52 = 89 m2 R22 = 52 + 22 = 29 m2 Sustituyendo valores en las expresiones anteriores, se obtienen los siguientes incrementos de tensión:

∆σz = 23'66 kN/m 2 ∆σx = 11'94 kN/m 2 ∆τzx = 16'11 kN/m 2

164


PROBLEMA 5.5 Calcular los incrementos de tensión vertical en los puntos A y B provocados por la construcción de un terraplén de carretera, cuya sección transversal se muestra en 3 la figura 5.5. El peso específico del material del terraplén es γ = 21 kN / m .

8m

6m

6m

8m

4m

3m

4m

A B

Figura 5.5

SOLUCIÓN Inicialmente y antes de la construcción del terraplén, el estado de tensiones en los puntos A y B es el debido al peso propio del terreno. Como se ha visto en los problemas anteriores, la teoría de la elasticidad proporciona soluciones para los incrementos de tensión vertical producidos en el terreno por la aplicación en superficie de cargas elementales. La carga del terraplén es trapezoidal, y en principio, podríamos no disponer de la solución elástica para esta carga. En estos casos, es usual aplicar el denominado “principio de superposición” que permite calcular los incrementos de una carga cualquiera si ésta puede decomponerse en sumas y en restas de cargas elementales cuya solución es conocida.

165


6m

2x

8m

4m

3m

A

6m

2x

6m

q

A

8m

q

A

Figura 5.6

Como la sección trapezoidal del terraplén puede descomponerse en una rectangular y en dos triangulares, cuyas soluciones se conocen, el cálculo solicitado puede realizarse aplicando el principio de superposición.

Punto A Estando el punto A en el eje de simetría de la carga, el incremento de tensión vertical será el doble del producido por una carga triangular mas una carga uniforme de ancho igual a 6 m (figura 5.6). La solución elástica para el cálculo del incremento de tensión debido a una carga uniforme de intensidad q, ancho B y longitud infinita es la indicada en el problema 5.3.

166


6m

q = 84 kN / m2

3m

A Figura 5.7

Dado que en el problema solo se pide el incremento de tensión vertical, la expresión a utilizar es:

∆σ z =

q · (α + senα·cos(α + 2·β)) π

(1)

El valor de carga uniforme q se obtiene como: q = H terraplén · γ terraplén = 4 · 21 = 84 kN / m

2

Los valores de los ángulos α y β son (figura 5.7): α = arctg (6/3) = 1'1 rad β=0 Sustituyendo valores en (1), se obtiene:

∆σ z =

84 · (1'1 + sen 1'1· cos (1'1 + 2·0)) = 40'22 kN / m 2 π

La solución elástica para el cálculo de los incrementos de tensión provocados por una carga triangular de intensidad q, ancho B y longitud infinita es la indicada en el problema 5.4. El incremento de tensión vertical es:

∆σ z =

1 q x  ·  · α − · sen 2 · β  π B 2 

(2)

167


6m

8m

q = 84 kN / m2

R2

3m

R1

A

Figura 5.8

Los ángulos α, β y γ son (figura 5.8): γ = β + α = arctg (14/3) = 1'36 rad β = arctg (6/3) = 1'1 rad α = γ - β = 0'26 rad Sustituyendo los valores en (2), se obtiene:

∆σ z =

84  14 1  ·  · 0'26 − · sen (2 ·1'1)  = 1'36 kN / m 2 π  8 2 

Por tanto, el incremento de tensión vertical en el punto A es:

∆σz = 2·(40'22 + 1'35) = 83'16 kN/m

2

Punto B Procediendo de la misma forma que para el punto A, el incremento de tensión en el punto B es:

∆σz = 71'14 kN/m

2

(Se recomienda al Lector su cálculo).

168


PROBLEMA 5.6 Se pretende cimentar una zapata rectangular de dimensiones 10 x 5 m, en la superficie de un potente nivel de arcillas limosas, transmitiendo al terreno una 2 presión uniforme de 150 kN / m . Se pide: a) Calcular los incrementos de tensión vertical provocados en los puntos C y D situados a una profundidad de 3 m (figura 5.9). b) Sabiendo que el módulo de elasticidad no drenado del terreno es 2 Eu = 8000 kN/m , calcular el asiento instantáneo en el centro de la zapata.

5m

5m

3m

2'5 m

C

D

10 m

3m

q = 150 kN / m2

Arcillas limosas

3m

C

3m

D

Figura 5.9

169


B

q

L

z

∆σz

Figura 5.10

SOLUCIÓN a) Incrementos de tensión en los puntos C y D El incremento de tensión vertical en un punto situado a una profundidad z y debajo de la esquina de una carga rectangular uniforme q, aplicada en superficie, de ancho B y longitud L (figura 5.10), se obtiene a partir de la siguiente expresión:

∆σ z = q ⋅ I z donde Iz es el factor de influencia que se obtiene con la expresión:

Iz =

 2·m·n· m 2 + n 2 + 1  1  2·m·n· m 2 + n 2 + 1  m 2 + n 2 + 2      · + arctg ⋅ 2  m 2 + n 2 − m 2 ·n 2 + 1  4 ⋅ π  m + n 2 + m 2 ·n 2 + 1  m 2 + n 2 + 1    

siendo m = B / z y n = L / z.

170

(1)


5m

5m

5m

2

2'5 m

1

2'5 m

C

C

C

C C

2'5 m

3

4

Figura 5.11

2

2

2

2

Si m + n + 1 < m · n el factor de influencia se calcula como:

Iz =

  2·m·n· m 2 + n 2 + 1  1  2·m·n· m 2 + n 2 + 1  m 2 + n 2 + 2   + π  + arctg 2 · 2 ⋅ 2 2 2 2 2 2 2 2   m + n − m ·n + 1  4 ⋅ π  m + n + m ·n + 1  m + n + 1      

(2)

Punto C El punto C se sitúa en la vertical del centro del rectángulo de carga. La solución conocida es válida para puntos situados debajo de la esquina de la carga rectangular, y en consecuencia, si se quiere resolver el problema, debe aplicarse el principio de superposición. Como se observa en la figura 5.11, el rectángulo de carga total puede descomponerse en cuatro rectángulos iguales (1, 2, 3 y 4) de dimensiones B = 2'5 m y L = 5 m, que tienen una esquina común y en cuya vertical se sitúa el punto C. En consecuencia, ahora puede aplicarse el principio de superposición. El incremento de tensión vertical en el punto C producido por el rectángulo de carga 1 es: 1) ∆σ (zC = q·I(z1)

171


Como:

B 2'5 = = 0'833 z 3 L 5 n = = = 1'666 z 3 m=

2

2

2

2

y se cumple que m + n + 1 > m · n , el factor de influencia se calcula a partir de la expresión (1). Sustituyendo valores se obtiene: (1)

Iz

= 0'181

y por tanto el incremento de tensión en el punto C provocado por la carga rectangular 1 es:

1) ∆σ (zC = q·I(z1) = 150·0'181 = 27'15 kN/m 2

Como los rectángulos 1, 2, 3 y 4 son iguales, aplicando el principio de superposición, el incremento de tensión vertical total en el punto C es:

1) ∆σ zC = 4·∆σ(zC = 4 · 27'15 = 108'6 kN/m2

172


10 m

3m

2'5 m

D

5m

13 m

3m

5

6 D D

7

2'5 m D D

8

Figura 5.12

Punto D En este caso, el rectángulo de carga del problema equivale a la suma de los rectángulos iguales con B = 2'5 m y L = 13 m, (5 y 7), a los que se debe restar otros dos rectángulos iguales con B = 2'5 m y L = 3 m (6 y 8). Los cuatro rectángulos tienen una esquina común, en cuya vertical se sitúa el punto D (figura 5.12). Aplicando el principio de superposición, el incremento de tensión vertical en el punto D será: 5) 6) ∆σ zD = 2·( ∆σ(zD − ∆σ(zD ) = 2·(q·I(z5 ) − q·I(z6) ) = 2·q·(I(z5) − I(z6 ) )

ya que los rectángulos 5 y 7 son iguales, así como los rectángulos 6 y 8.

173


En la tabla 6.1 se muestra los valores del factor de influencia para cada rectángulo, calculados con la expresión (1). Tabla 6.1

Rectángulo

5

6

m=B/z n=L/z Iz

0'8333 4'3333 0'188

0'8333 1 0'162

En consecuencia, el incremento de tensión vertical pedido es:

∆σ zD = 2·150·(0'188 − 0'162) = 7'8 kN/m2

b) Asiento instantáneo en el centro de la zapata El asiento elástico en el centro de una carga rectangular flexible q, de ancho B y longitud L, se calcula a partir de la siguiente expresión:

s=

q · B · (1 − ν 2 ) ·Is E

(3)

donde: E: ν: Is:

174

Módulo elástico del terreno Coeficiente de Poisson del terreno Factor de influencia que depende de la relación L/B


Según Giroud (1968), el factor de influencia viene dado por:

Is =

1 + 1 + ξ s2 2   · ln  ξ s + 1 + ξ s2  + ξ s ·ln  π   ξs 

   

siendo:

ξ s = L / B = 10/5 = 2. Sustituyendo en (3), el factor de influencia es: Is = 1'531

El problema pide el asiento instantáneo, es decir a corto plazo. Por consiguiente, en el cálculo se debe adoptar un coeficiente de Poisson igual a 0'5 y el módulo de 2 elasticidad sin drenaje (Eu = 8000 kN/m ). Sustituyendo en (3), se obtiene que el asiento pedido es:

s=

150·5 · (1 − 0'5 2 ) ·1'531 = 0'107 m 8000

175


PROBLEMA 5.7 Para el almacenamiento de residuos químicos se va a construir un depósito circular de radio r = 6 m, cimentado en la superficie de un terreno homogéneo constituido por arenas arcillosas. El depósito transmitirá al terreno una carga 2 uniforme q = 100 kN/m . Suponiendo que se trata de una carga flexible, se pide: a) Calcular el incremento de tensión vertical provocado en puntos del terreno situados debajo del centro de la cimentación, hasta una profundidad de 24 m y a intervalos de 2 m. 2 b) Si el módulo de elasticidad drenado del terreno es E´ = 15000 kN/m y el coeficiente de Poisson efectivo ν´ = 0'2, calcular el asiento total debajo del centro de la cimentación. c) Comparar los resultados del primer apartado con los que se obtendrían en el caso de que la cimentación fuese cuadrada de lado L = 10'63 m.

SOLUCIÓN

a) Incremento de tensión vertical El incremento de tensión vertical producido por una carga circular flexible q y de radio r, en un punto A situado en la vertical del centro del círculo a una profundidad z, viene dado por la siguiente expresión (figura 5.13):

3/2           1   ∆σ z = q ⋅ 1 −  2     r     1 +  z         

176


r

r

q

z

A

Figura 5.13

En la tabla 5.2 se han recogido los incrementos de tensión obtenidos con esta expresión en los puntos situados en la vertical del centro de la cimentación circular 2 de radio 6 m, intensidad 100 kN/m y hasta una profundidad de 24 m, a intervalos de 2 m. Tabla 5.2

Profundidad z

∆σz

(m)

(kN/m2)

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

96,84 82,93 64,64 48,80 36,95 28,45 22,35 17,91 14,62 12,13 10,20 8,69

177


b) Asiento total bajo el centro de la cimentación El asiento que se produce debajo del centro de una carga circular de radio r e intensidad q se calcula a partir de la expresión:

s=

q · 2 · r · (1 − ν 2 ) E

El asiento total (largo plazo) es igual al asiento inicial (instantáneo, corto plazo) más el asiento de consolidación y se calcula con el módulo de elasticidad efectivo y el coeficiente de Poisson efectivo. Para: E´ = 15000 kN / m ν´=0'2 r=6m 2 q = 100 kN / m

2

la expresión anterior proporciona el siguiente asiento total:

s=

100 · 2 · 6 · (1 − 0'22 ) = 0'076 m 15000

c) Comparación entre cimentación circular y cuadrada Si la cimentación del depósito es cuadrada de lado L = 10'63 m y la carga 2 transmitida al terreno es q = 100 kN / m , la misma que para el caso de cimentación circular, el incremento de tensión vertical en los puntos situados en la vertical del centro del cuadrado se calcula utilizando las expresiones del problema 5.6. En la tabla 5.3 se han recogido los resultados obtenidos. Nótese que el área de la cimentación cuadrada y de la cimentación circular son iguales.

178

Incremento de tensión vertical (kN/m2)


120 100 80 60 40 20 0 10

0

30

20

Profundidad z (m)

Figura 5.14

Tabla 5.3

Profundidad z (m)

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

m=

B z

2,655 1,328 0,885 0,664 0,531 0,443 0,379 0,332 0,295 0,266 0,241 0,221

n=

L z

2,655 1,328 0,885 0,664 0,531 0,443 0,379 0,332 0,295 0,266 0,241 0,221

Iz

∆σz

0,241 0,205 0,159 0,12 0,091 0,07 0,055 0,044 0,036 0,03 0,025 0,021

96,4 82 63,6 48 36,4 28 22 17,6 14,4 12 10 8,4

179


En la figura 5.14 se han representado los incrementos de tensión con la profundidad para los dos casos de cimentación, circular y cuadrada. De su análisis se puede concluir que: 1.

Para una misma área y carga transmitida al terreno, el incremento de tensión en un punto situado en la vertical del centro es independiente de la forma de la cimentación.

2.

El incremento de tensión vertical es menor del 10% de la carga transmitida al terreno para profundidades superiores al doble del ancho en el caso de cimentación cuadrada y al doble del diámetro para el caso de cimentación circular.

180


PROBLEMA 5.8 Calcular el asiento máximo que se produce en el depósito de 3 m de radio, si se disponen las cargas indicadas en la planta adjunta. El terreno tiene un módulo de 2 elasticidad efectivo igual a 20000 kN/m y un coeficiente de Poisson efectivo de 0'3.

4m

kN/m 200

15 m

q= 2

8 R1

15 m

45º

q = 100 kN/m 2

5

2

R8

q = 200 kN/m 2

15 m

5

3

4m

q

5

m kN/ 00 =3

4m

Figura 5.15

Solución: 0'0739 m

181


182

Capítulo 6

EMPUJES DEL TERRENO


184

Capítulo 6 - Empujes del terreno

PROBLEMA 6.1 Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de empujes y su punto de aplicación en el muro indicado en la figura 6.1 si el nivel freático se encuentra a 5 m de la coronación. Las propiedades geotécnicas del terreno son:

φ' = 28º ; c' = 0 ; γ = 18 kN / m3 ; γsat = 19'5 kN / m3

z 5m N.F.

5m

IMPERMEABLE

Figura 6.1

185


SOLUCIÓN Aplicando la teoría de Rankine, la distribución de empujes activos en un muro de trasdós vertical y terreno horizontal en coronación viene dada por la siguiente expresión:

e ′a = σ′v · k a − 2 · c ′ · k a

(1)

siendo e'a y σ'v el empuje unitario activo efectivo y la presión efectiva vertical a una profundidad z, respectivamente, y ka el coeficiente de empuje activo. Se hace pues necesario determinar la distribución de presiones efectivas verticales. Adoptando el origen del eje z en la coronación (figura 6.1), se tiene: 0≤z≤5 σν = γ · z = 18 · z kN / m u = 0 (Se supone que no existe capilaridad) 2 σ'ν = σν - u = 18 · z kN / m 2

5 ≤ z ≤ 10 σν = γ · 5 + γsat (z - 5) = 19'5 · z – 7'5 kN / m 2 u = γw · (z - 5) = 10 · (z - 5) kN / m 2 σ'ν = σν - u = 9'5 · z + 42'5 kN / m El coeficiente de empuje activo viene dado por:

ka =

186

1 − senφ 1 − sen28 º = = 0'361 1 + senφ 1 + sen28 º

2


Así pues, y a partir de la expresión (1), se obtiene la siguiente distribución de empujes activos efectivos: 0≤z≤5 e'a = 0'361 · 1 8 · z = 6'498 · z z=0 z=5

→ →

e'a = 0 e'a = 32'49

kN / m kN / m

2

2

5 ≤ z ≤ 10 e'a = 0'361 · (9'5 · z + 42'5 ) = 3'43 · z + 15'34 z=5 → z = 10 →

kN / m

2

2

e'a = 32'49 kN / m 2 e'a = 49'64 kN / m

Además de los empujes efectivos, sobre el muro actuará el empuje del agua, cuya distribución es: 0≤z≤5 u=0

5 ≤ z ≤ 10 u = 10 · (z - 5) Para z = 10

→

u = 50 kN / m

2

187


E'a1 32'49 kN / m2

E'a2

E'a3 49'64 kN / m2

Ew 50 kN / m 2

Figura 6.2

En la figura 6.2 se han representado las leyes de empujes unitarios activos efectivos y del agua. La resultante de empujes totales sobre el muro será: E = E'a + Ew siendo E'a y Ew las resultantes del empuje activo efectivo y del empuje del agua. Por comodidad en los cálculos, se hace la siguiente descomposición: E'a = E'a1 + E'a2 + E'a3 siendo: E'a1 = 0'5 · 32'49 · 5 = 81'23 kN / m E'a2 = 5 · 32'49 = 162'45 kN / m E'a3 = 0'5 · 5 · (49'64 - 32'49) = 42'88 kN / m Ew = 0'5 · 5 · 50 = 125 kN / m En consecuencia el empuje total sobre el muro es: E = 411'56 kN / m

188


411'56 kN / m 2'98 m

Figura 6.3

El punto de aplicación de la resultante h (figura 6.3) se obtiene tomando momentos con respecto a la base del muro:

5 5 5 5  E' a 1 ·  5 +  + E' a 2 · + E' a 3 · + E w · 3 3 2 3  h= = 2'98 m 411'56

E = 411'56 kN / m h = 2'98 m

189


PROBLEMA 6.2 Aplicando el método de Rankine, determinar en el muro indicado en la figura 6.4 la resultante de los empujes y su punto de aplicación.

N.F. z

4m

Arcillas

3m

Arenas

IMPERMEABLE

Figura 6.4

Las características geotécnicas del terreno son: Terreno

190

φ'

c'

γsat

(º)

(kN / m2)

(kN / m3)

Arcillas

28

10

20

Arenas

35

0

22


SOLUCIÓN Como se ha indicado en el problema 6.1, la aplicación del método de Rankine al cálculo de los empujes efectivos en un muro de trasdós vertical y terreno horizontal en coronación exige la determinación previa de la distribución de presiones efectivas verticales existente en dicho trasdós. Estando el agua en reposo, la distribución de presiones intersticiales será la hidrostática. Con el método de Rankine, los empujes efectivos unitarios se obtienen a partir de la siguiente expresión:

e' a = σ' ν · k a − 2 · c' · k a siendo ka el coeficiente de empuje activo y c' la cohesión efectiva. Adoptando el origen del eje z en la coronación del muro (figura 6.4), se tienen las siguientes distribuciones: 0≤z≤4 (Nivel superior de arcillas) σν = γsat

arcilla

· z = 20 z kN / m

u = γω · z = 10 z kN / m

2

2

σ'ν = σν - u = 20 z - 10 z = 10z kN / m

ka =

2

1 − senφ' arcilla 1 − sen28 º = = 0'361 1 + senφ' arcilla 1 + sen28 º

e' a = 0'361·10 z − 2 · 10 · 0'361 = 3'61 · z − 12'02 kN / m 2 Si se analiza la última expresión, puede comprobarse que la distribución de empujes es negativa (tracciones) desde la coronación hasta una cierta profundidad zg. En esta zona, teóricamente, el terreno rompe a tracción, dando lugar a la aparición de grietas de tracción y los empujes efectivos son nulos.

191


zg = 3'33 m

0'67 m

2'42 kN / m 2

+

10'83 KN / m2

3m 20'58 kN / m 2

70 kN / m2

Figura 6.5

La profundidad zg es aquella en donde e'a = 0, es decir: 3'61 · zg - 12'02 = 0

zg =

12'02 = 3'33 m 3'61

La distribución de empujes efectivos es lineal y tiene los siguientes valores: z = 3'33 m z=4m

e'a = 0 2 e'a = 3'61 · 4 - 12'02 = 2'42 kN / m 4≤z≤7 (Nivel de arenas)

σν = γsat

arcilla

· 4 + γsat

u = γω · z = 10 z

kN / m

σ'ν = σν - u = 12 z - 8

ka =

arena

· ( z - 4 ) = 20 x 4 + 22 ( z - 4 ) = 22 z - 8

2

kN / m

2

1 − senφ' arena 1 − sen35 º = 0'271 = 1 + senφ' arena 1 + sen35 º

y como c' = 0

e' a = σ' ν · k a = 0'271· (12 z − 8 ) = 3'25 z − 2'17

192

kN / m 2

kN / m

2


zg = 3'33 m

+

E'1

0'67 m

E'2

3m

=

ET

EW d ET

E'3

Figura 6.6

Esta distribución es también lineal y adopta los siguientes valores: z=4m z=7m

2

e'a = 3'25 x 4 - 2'17 = 10'83 kN / m 2 e'a = 3'25 x 7 - 2'17 = 20'58 kN / m

En la figura 6.5 se representan las distribuciones de empujes activos efectivos unitarios y del agua sobre el muro. Como se puede observar, la presencia de dos terrenos diferentes produce una discontinuidad en la distribución de empujes activos efectivos unitarios. Por comodidad, para el cálculo de la resultante de los empujes sobre el muro se realiza la descomposición indicada en la figura 6.6. Como:

1 · 2'42 · 0'67 = 0'81 kN / m 2 E' 2 = 3 ·10'83 = 32'49 kN / m

E'1 =

1 · (20'58 − 10'83)· 3 = 14'63 2 1 E ω = · 70 · 7 = 245 kN / m 2

E' 3 =

kN / m

la resultante total de empujes vale: ET = E'a + Eω = E'1 + E'2 + E'3 + E'ω = 292'93

kN / m

193


Su punto de aplicación se puede obtener tomando momentos estáticos respecto a la base del muro. Si dET es la distancia de dicha resultante a la base, entonces:

0'67  3 3 7  E T · dE T = 0'81 ·  3 +  + 32'49 · + 14'63 · + 245 · 3 2 3 3   de donde:

dE T = 2'18 m

ET = E'a + Eω = 292'93 kN / m dE T = 2'18 m

194


PROBLEMA 6.3 Calcular por el método de Rankine la distribución de empujes activos actuantes en el trasdós del muro indicado en la figura 6.7. El terreno tiene las siguientes propiedades:

φ' = 22º ; c' = 20 kN / m2 ; γ = 18'5 kN / m3 q = 25 kN / m 2

z

8m

Figura 6.7

Solución:

1'85 m

6'15 m

51'75 kN / m2

195


PROBLEMA 6.4 Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de los empujes en el trasdós del muro indicado en la figura 6.8, cuya coronación se mantiene inundada con una lámina de agua de 1 m.

1m

Agua

2'5 m

Arena 1

1'5 m

N.F.

Arena 2

Figura 6.8

Las características geotécnicas del terreno son:

Terreno Arena 1 Arena 2

196

φ'

γsat

k

(º)

(kN / m3)

(m / s)

28 32

21 22

5 · 10 -2 8 · 10

-2


1m

Agua

B z

2'5 m

Arena 1

C 1'5 m

A

N.F.

Arena 2

Figura 6.9

SOLUCIÓN Al igual que en los problemas anteriores, la aplicación del método de Rankine al cálculo de los empujes efectivos exige en principio la determinación de la distribución de presiones efectivas verticales en el trasdós. Dadas las condiciones impuestas en el problema, a priori, debe sospecharse la existencia de un flujo de agua y ello es posible si existe una diferencia de potencial hidráulico. Si se toma el eje z en la superficie del terreno (figura 6.9), los potenciales en los puntos A y B son:

hA = - z A +

uA = −4 + 0 = −4 m γω

hB = - z B +

uB = 0 +1= 1 m γω

Hay pues una diferencia de potencial hidráulico y consecuentemente, existe un flujo de agua, que en este caso es vertical y hacia abajo, y a través de un terreno estratificado.

197


Para el cálculo de las presiones intersticiales se hace necesario determinar los gradientes existentes en cada estrato, y ello se realiza de la misma forma que en el problema 2.8. La permeabilidad equivalente vertical es:

2

kv =

∑e i =1 2

∑k i =!

i

ei i

=

1'5 + 2'5 = 5'82 ·10 − 2 m / s 2'5 1'5 + 5 ·10 − 2 8 ·10 − 2

y el gradiente existente entre los puntos A y B vale:

i =

∆h AB 5 = = 1'25 L AB 4

Como debe verificarse por continuidad que: kv · i = k1 · i1 = k2 · i2 los gradientes que resultan son:

i1 =

5'82 ·10 −2 · 1'25 = 1'455 5 ·10 − 2

i2 =

5'82 ·10 −2 · 1'25 = 0'909 8 ·10 − 2

Ahora ya se puede proceder a calcular las presiones efectivas y los empujes.

198


En un punto Z situado a una profundidad z, se tiene: 0 ≤ z ≤ 2'5 (arena 1)

σ v = 10 + 21 z kN / m 2 h z = −z +

u = hB − ∆hBZ = 1 − i1 · z = 1 − 1'455 z γω

u = (1 − 0'455 z )· 10 = 10 − 4'55 z kN / m 2 u = 0 para z = 2'2 m

σ' v = σ v − u = 21 z + 10 − 10 + 4'55 z = 25'55 z ka =

kN / m 2

1 − senφ' 1 − sen28 º = = 0'361 1 + senφ' 1 + sen28 º

e' a = σ' v · k a − 2 · c' · k a

e' a = σ' v · k a = 25'55 z · 0'361 = 9'22 z kN / m 2 z=0 z = 2'5

→ →

e'a = 0 2 e'a = 23'05 kN / m

199


1m

10

2'5 m

+ 23'05 19'6

-1'375

1'5 m 29'3

Figura 6.10

2'5 ≤ z ≤ 4 (arena 2)

σ v = 10 ·1 + 2'5 · 21 + (z − 2'5 )· 22 = 22 z + 7'5 kN / m 2 h z = −z +

u =h B − ∆hBZ = 1 − [2'5 · i1 + (z − 2'5) · i 2 ] = −0'909 z − 0'365 γω

u = 0'91 z − 3'65 kN / m 2 σ' v = σ v − u z = 21'09 z + 11'15 kN / m 2 ka =

1 − senφ' 1 − sen32 º = = 0'307 1 + senφ' 1 + sen32 º

e' a = σ' v · k a = (21'09 z + 11'15) · 0'307 = 6'47 z + 3'42 kN / m 2 z = 2'5 z=4

→ →

2

e'a = 19'6 kN / m 2 e'a = 29'3 kN / m

En la figura 6.10 se han representado las distribuciones de empujes activos unitarios y del agua.

200


U1

1m

10

U2 2'5 m

+

E'1 19'6

E'2

1'5 m

=

ET

U3

0'3

23'05

1'375

E'3

U4

dE

T

29'3

Figura 6.11

Por comodidad y para obtener la resultante de los empujes sobre el muro y su punto de aplicación, se ha realizado la descomposición indicado en la figura 6.11. El empuje total sobre el muro será: ET = E'a + Eω con :

E' a = E'1 +E' 2 +E' 3 E ω = U1 + U2 + U3 + U 4 y siendo:

1 · 23'05 · 2'5 = 28'81 kN / m 2 E' 2 = 19'60 · 1'5 = 29'4 kN / m E'1 =

1 · (29'3 − 19'6 ) · 1'5 = 7'28 kN / m 2 1 = · 10 · 1 = 5 kN / m 2 1 = · 2'2 · 10 = 11 kN / m 2 1 = · 0'3 · (− 1'375) = −0'21 kN / m 2 1 = · (− 1'375 )· 1'5 = −1'03 kN / m 2

E' 3 = U1 U2 U3 U4

201


entonces:

E T = E' a +E ω = 65'47 + 14'77 = 80'25 kN / m Tomando ahora momentos estáticos respecto a la base del muro, se obtiene que la distancia a la línea de acción de la resultante es:

dE T = 1'86 m

E T = E' a +E ω = 80'25 kN / m dE T = 1'86 m

202


PROBLEMA 6.5 En el terreno indicado en la figura 6.12, se pretende realizar una excavación de 4 m de profundidad al abrigo de tablestacas, actuando en superficie una 2 sobrecarga de 10 kN / m . Se pide determinar la profundidad de empotramiento d de las tablestacas:

10 kN / m2

4m Arena

d

Figura 6.12

a) Sin apuntalamientos. b) Con puntales en coronación. En este caso se determinará la carga P en los puntales. En ambos casos, se adoptará un coeficiente de reducción de 1'5 para los empujes pasivos. Las propiedades geotécnicas de la arena son: 3

φ' = 35º ; γ = 21 kN / m

203


10 kN / m2

4m

Activo

d

Pasivo

Pasivo

O

ds Activo

Figura 6.13

SOLUCIÓN a) Profundidad de empotramiento de las tablestacas en voladizo Se supone que cuando el tablestacado entra en carga, gira alrededor del punto O, movilizando los empujes activos y pasivos cuyas distribuciones se muestran en la figura 6.13. Por encima del punto O, en el trasdós se movilizan empujes activos mientras que en el intradós son pasivos los empujes movilizados. Se trata de un problema hiperestático, cuya resolución requiere realizar una hipótesis. Si se cortara el tablestacado por el punto O, sea R (“contraempuje”) la acción horizontal de la parte inferior y V la vertical (figura 6.14). Usualmente, se supone que el momento flector en el punto O es nulo. Puesto que R no proporciona momento, ello permite escribir una ecuación en la que la única incógnita es d. El empotramiento real ds se admite en la práctica que es 1'2 d. El cálculo de los empujes se realiza aplicando el método de Rankine.

204


10 kN / m2

z

4m

z Pasivo

d

Activo

O

R V

Figura 6.14

Empujes en el trasdós Se toma el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.14): 0≤z≤4+d σv = γ · z + q = 21z + 10 kN / m u=0 2 σ'v = 21 z + 10 kN / m

2

e' a = σ' ν · k a − 2 · c' k a

ka =

1 − senφ' 1 − sen 35 º = 0'27 = 1 + senφ' 1 + sen 35 º

e' a = (21 z + 10)· 0'27 = 5'67 z + 2'7

kN / m 2

para z=0 z=4+d

→ →

2

e'a = 2'7 kN / m e'a = 5'67 (4 + d) + 2'7 = 25'38 + 5'67 · d

kN / m

2

205


Empujes en el intradós Tomando ahora el origen del eje z en el fondo de la excavación (figura 6.14), se tiene: 0≤z≤d σv = γ · z = 21 z kN / m u=0 2 σ'v = 21z kN / m

2

Según Rankine, los empujes pasivos unitarios en un trasdós vertical vienen dados por:

e' p = σ' ν · k p + 2 · c' k p siendo kp el coeficiente de empuje pasivo que se calcula del siguiente modo:

kp =

1 + senφ' 1 = = 3'69 1 − senφ' k a

Por lo tanto:

e'p = 21z ·3'69 = 77'49 z

kN / m 2

para z=0 z=d

→ →

e'p = 0 e'p = 77'49 d

kN / m

2

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de 1'5, en los cálculos debe adoptarse: z=0 z=d

206

→ →

e'p = 0 e'p = 77'49 d/1'5 = 51'66d

kN / m

2


2'7 kN / m2

4m

E'a1 E'a2

Pasivo

d

Activo

E'P 51'66 · d kN / m 2 O

25'38+5'67·d kN / m2

Figura 6.15

En la figura 6.15 se han representado las distribuciones unitarias de empujes activos y pasivos obtenidas y la descomposición que se realiza para el cálculo de las resultantes. -

Empuje activo. E'a = E'a1 + E'a2 E'a1 = 2'7· (4 + d) = 10'8 + 2'7 d kN / m 2 E'a2 = 0'5 (25'38 + 5´67 d – 2'7) (4 + d) = 2´835 d + 22'68 d + 45'36 kN/m 2 E'a = 2'835 d + 25'38 d + 56'16 kN / m

-

Empuje pasivo máximo.

E' p =

1 · 77'49 · d · d = 38'75 · d 2 2

kN / m

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de 1'5, en los cálculos debe adoptarse:

E'p =

38'75 d 2 = 25'83 d 2 1'5

kN / m

207


P

A

4m

Pasivo Activo

ds

Figura 6.16

Como el momento flector en O se admite nulo, entonces: E'a1 · dE'a1 + E'a2 · dE'a2 - E'p · dE'p = 0

(10'8 + 2'7 · d)· (4 + d) + (2'835 · d 2 + 22'68 · d + 45'36)· 1 · (4 + d) − 1 · 25'83 · d3 2

3

3

=0

Resolviendo esta ecuación cúbica, resulta d = 4'09 m Debido a la hipótesis realizada en el cálculo, la longitud de tablestaca por debajo del punto O suele admitirse que es del orden del 20% de d, y en consecuencia, la longitud de empotramiento resultante de las tablestacas es:

ds = 1'2 · d = 1'2 ·4'09 = 4'91 m

208


b) Profundidad de empotramiento para el tablestacado apuntalado en cabeza En este caso es usual admitir que cuando el tablestacado entra en carga, el giro se produce alrededor del punto de aplicación del puntal (A), movilizándose los empujes indicados en la figura 6.16. Ahora, la ecuación de equilibrio de momentos en A permite obtener la profundidad de empotramiento y seguidamente, la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales proporciona la fuerza P en el puntal. Las distribuciones de empujes son las mismas que en el caso anterior si se sustituye d por ds (figura 6.17). Estableciendo el equilibrio de momentos en A:

(10'8 + 2'7d s )· (4 + d s ) + (2'835d 2s + 22'68 d s + 45'36)· 2 (4 + d s ) − 25'83 d s2 · (4 + 2 d s ) = 0 2

3

3

ecuación cúbica que resuelta proporciona el siguiente valor:

ds ˜ 1'74 m

209


2 A 2'7 kN / m

P

4m

E'a1 E'a2

Pasivo

ds

Activo

E'P

51'66 · d s kN / m2

25'38+5'67·ds kN / m2

Figura 6.17

El equilibrio de fuerzas horizontales impone que: P = E' a −E' p = 2'835d s2 + 25'38d s + 56'16 − 25'83d s2

que proporciona el siguiente resultado:

P = 30'70 kN/m

Como se puede observar, la colocación de un apuntalamiento en coronación reduce la profundidad de empotramiento de 4'91 m a 1'74 m.

210


PROBLEMA 6.6 Determinar el ancho de la cimentación del muro indicado en la figura 6.18 para cumplir las condiciones de estabilidad al vuelco, al deslizamiento y del paso de la resultante por el núcleo central.

0'8

1m

:2H 1V

2'5 m

Figura 6.18

Se adoptarán los siguientes valores para los coeficientes de seguridad: Vuelco (Fv) Deslizamiento (Fd)

= 2'0 = 1'5.


φ' = 33º ; δ = 20º ; c' = 0 ; γ = 19 kN / m3 3

Para el hormigón se adoptará un peso específico γh = 25 kN / m .

211


0'8

1m

:2H 1V

W N = N' 2'5 m

T

δ E = E'

Figura 6.19

SOLUCIÓN El dimensionamiento de la base de muro requiere conocer las acciones que actúan sobre el mismo, siendo el primer paso la determinación de los empujes del terreno. a) Cálculo de los empujes

El problema impone un valor del coeficiente de rozamiento muro-terreno (δ). En consecuencia, se aplicará para el cálculo de los empujes de tierras el método de Coulomb ya que el de Rankine no es válido. El método de Coulomb para la estimación del empuje activo se basa en establecer el equilibrio de una cuña de empuje que desliza sobre un plano, debiéndose buscar el plano de rotura que proporciona el empuje máximo. Sea un plano de deslizamiento cualquiera definido por su inclinación α respecto a la horizontal. Sobre la cuña así delimitada actúan las fuerzas indicadas en la figura 6.19.

212


2m

1m

W

3'5 m

2'5 m 1

Figura 6.20

Puesto que no hay agua, las reacciones normales efectiva (N') y total (N) en el plano de deslizamiento son iguales, así como las resultantes del empuje activo efectivo (E') y total (E). En el cálculo del peso W, deben distinguirse dos casos, dependiendo del valor del ángulo α: - Caso 1: 0 ≤ α ≤ α1 = 60'26º (figura 6.20)

1 3'5 2 1 6'13 − · 1· 2 = −1 · 2 tgα 2 tgα 116'47 W = 19 · área = − 19 kN / m tg α

Área =

- Caso 2 : 60'26º ≤ α ≤ 90º (figura 6.21)

2'5 2'5 + x → x = 2 tgα − 1 2· x 1 118'75 W = ·19 · 2'5 · 2 · x = 2 2 tgα − 1

tgα =

213


:2H 1V

x

2'5 m

2·x

Figura 6.21

La resultante de los empujes está inclinada un ángulo δ respecto a la normal al trasdós y puede descomponerse en sus componentes horizontal y vertical (figura 6.22): E'x = E' cos 20º E'y = E' sen 20º

(1) (2)

En el plano de deslizamiento actúan la resultante de las tensiones normales (N') y la resultante de la máxima resistencia a esfuerzo cortante (T) que puede movilizarse en ese plano: T = N' tg 33º

(3)

Con ello, el equilibrio fuerzas verticales se escribe: W - N' cos α - T sen α - E'y = 0

(4)

y el de fuerzas horizontales como: E'x + T · cos α - N' · sen α = 0 214

(5)


W

N' T

E 'x E 'y

20º

E'

Figura 6.22

Sustituyendo (1) en (5), (2) en (4), (3) en (4) y en (5), despejando N' de (4) y sustituyendo en (5), se obtiene el empuje E' en función de α, determinándose su valor máximo igualando a cero la derivada respecto a α, que resulta ser: E' = 23'50 kN / m para

α = 54º Es importante señalar, que el punto de aplicación de la resultante de los empujes de tierras sobre el muro no queda definida cuando se utiliza el método de Coulomb. En este problema se aceptará la aproximación de situar la resultante a un tercio de la altura del muro desde la cimentación.

215


B b

2'5 m

B 0'8

W

b

2'5 m

E = E'

T

W1

Ev

20º

_ H 3

O

0'8

W2 O T

N' = N

Eh

_ H 3

N' = N

Figura 6.23

b) Cálculo de las acciones sobre el muro El muro debe ser dimensionado para que sea estable frente a las acciones que ha de soportar. Las fuerzas actuantes sobre el muro son las siguientes (figura 6.23): W: E: T: N':

Peso del muro. Resultante de los empujes en el trasdós del muro. Resultante de la resistencia a deslizamiento desarrollada en la cimentación del muro. Resultante de las presiones efectivas normales en la cimentación del muro .

Por comodidad en los cálculos, el peso del muro se descompone del siguiente modo: W 1 = 25 · 0'8 · 2'5 = 50 kN / m 1 W 2 = 25 · · 2'5 · b = 31'25 b kN / m 2

216


Y las resultante de los empujes en sus componentes horizontal y vertical: Eh = E · cos δ = 23'5 · cos 20º = 22'08 kN / m Ev = E · sen δ = 23'5 · sen 20º = 8'04 kN / m El equilibrio de fuerzas horizontales exige: →

T = Eh

T = 22'08 kN / m

Y el equilibrio de fuerzas verticales se escribe : N' = W 1 + W 2 + Ev = 50 + 31'25 · b + 8'04 = 58'04 + 31'25 · b kN / m

c) Comprobación de la seguridad al vuelco El coeficiente de seguridad frente al vuelco se define como el cociente entre la suma de los momentos estabilizadores y la suma de los momentos volcadores:

Fv =

∑M ∑M

est vol

Los momentos deben ser tomados respecto del punto O (figura 6.23). Para la diferenciación entre momentos volcadores y momentos estabilizadores se adoptará como criterio el contemplado en la ROM 0.5 – 94 que dice: “Cada acción individual será descompuesta en dos direcciones una vertical y otra horizontal. Se considerarán como fuerzas estabilizadoras todas las componentes verticales de las acciones, ya sea su momento de uno u otro signo (la subpresión, por ejemplo, sería una fuerza estabilizadora negativa). El posible empuje pasivo que se pueda oponer al vuelco, también será contabilizado como estabilizador. El resto de las componentes horizontales se contabilizaran, con su signo correspondiente, en el cálculo de la suma de los momentos volcadores”.

217


Si el coeficiente de seguridad debe ser igual a 2, con este criterio deberá verificarse:

2 W1 · (b + 0'4) + W2 · b + E v · (b + 0'8) 3 =2 Fv = 2'5 Eh · 3 Sustituyendo los valores obtenidos anteriormente y resolviendo la ecuación, se obtiene un valor de b = 0'17 m.

d) Comprobación de la seguridad al deslizamiento No existiendo empujes del terreno en la puntera, el coeficiente de seguridad al deslizamiento se expresa como:

Fd =

Tmáx Tnec

Tmax es la resultante de la máxima resistencia a deslizamiento que ofrece el cimiento: Tmax = ca · B' + N' · tg δ siendo ca la adherencia entre el cimiento y el terreno (nula si lo es la cohesión del terreno) y B' el ancho eficaz de la cimentación. Así pues: Tmax = (58'04 + 31'25 b) · tg 20º kN / m Tnec es la resultante de la resistencia a deslizamiento que debe movilizarse para que haya equilibrio: Tnec = E'h = 22'08 kN / m

218


Para tener un coeficiente de seguridad frente al deslizamiento de 1'5, se debe verificar que:

Fd =

(58'04 + 31'25 b) · tg 20º = 1'5 22'08

Esta ecuación resuelta proporciona un valor de b = 1'05 m que es más restrictivo que el valor deducido para la condición de vuelco. Se adoptará pues:

B = b + 0'8 = 1'85 m .

e) Comprobación de paso de la resultante por el núcleo central del cimiento Para el ancho B calculado anteriormente, las fuerzas que actúan por encima del cimiento del muro son: W1 = 50 kN / m W2 = 32'81 kN / m Eh = 22'08 kN / m Ev = 8'04 kN / m Este sistema de fuerzas, figura 6.24, se reduce en el centro de gravedad del cimiento a un momento (M), a una fuerza vertical (N) y a una fuerza horizontal (H): N = 50 + 32'81 + 8'04 = 90'85 kN / m M = 50 · 0'52 − 32'81 · 0'22 – 22'08 · 0'83 + 8'04 · 0'92 = 7'85 kN · m / m H = Eh = 22'08 kN/m

219


1'85 m 1'05 m

0'8 m

2'5 m

W1 W2

Ev Eh N M

0'83 m

H 0'92 m

0'92 m

Figura 6.24

Para que la resultante de fuerzas pase por el núcleo central se debe cumplir que la excentricidad sea:

e≤

B m 6

en este caso:

e=

220

M 7'85 B 1'85 = = 0'09 m < = = 0'31 m ? cumple N' 90'85 6 6


PROBLEMA 6.7 Aplicando el método de Coulomb, calcular la resultante del empuje activo sobre el muro indicado en la figura 6.25. Las características del terreno son:

φ' = 28º ; δ = 20º ; c' = 0 ; γ = 18 kN / m3

20º

6m

E

20º

2m

Figura 6.25

Solución:

E = 149 kN / m

221


PROBLEMA 6.8 Comprobar las condiciones de estabilidad frente al deslizamiento y al vuelco del muro indicado en la figura 6.26. Las características del terreno son: Terreno

Pesos específicos

Arcillas Arenas

c'

φ'

(kN/m3)

(º)

(kN/m2)

γ = 17 γsat = 21

28 35

15 0

q = 15 KN/m 2 1'5 m z

4m

Arcillas

N.F.

1m

N.F.

z Arenas

1'5 m

4'5 m

Figura 6.26

En el nivel de arcillas se despreciarán los efectos capilares y para el hormigón se 3 adoptará un peso específico del hormigón γH = 25 kN / m . Para los pasivos se considerará un coeficiente de reducción de 1'5.

222


SOLUCIÓN a) Cálculo de empujes Puesto que el problema no impone un rozamiento muro - terreno (δ), se pueden calcular los empujes aplicando el método de Rankine.

Empujes activos en trasdós Se adopta el origen del eje z en la coronación (figura 6.26). 0≤z≤4 (Nivel de arcillas) Si se desprecian los efectos capilares en las arcillas, las presiones intersticiales de cálculo son nulas. Por consiguiente: σν = σ'ν = 17 z + 15 kN / m 1 − sen28 º = 0'361 ka = 1 + sen28 º

2

e'a = σ'ν · ka – 2 · c' · k a e'a = 6'14 z – 12'61 kN / m

2

Puesto que la arcilla presenta cohesión, se debe comprobar la existencia de grietas de tracción y en su caso estimar la profundidad. Si

e' a = 0

→

zg =

12'61 = 2'05 m 6'14

Para z=4m

→

e'a = 11'95 kN / m

2

223


4 ≤ z ≤ 6'5 (Nivel de arenas) σν = 83 + ( z - 4 ) 21 = 21 z - 1 kN / m 2 u = ( z - 4 ) · γw = 10 z - 40 kN / m 2 σ'ν = 11 z + 39 kN / m

2

e'a = σ'ν · ka - 2 · c' · k a

ka =

1 − sen35 º = 0'271 1 + sen35 º

e'a = 2'98 z + 10'57 kN / m

2

Para z=4m z = 6'5 m

2

→ →

e'a = 22'49 kN / m 2 e'a = 29'94 kN / m

Empujes pasivos posibles en la puntera Se adopta el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.26). 0 ≤ z ≤ 2'5 2

σν = 21 z kN / m 2 u = z · γw = 10 z kN / m 2 σ'ν = 11 z kN / m e'p = σ'ν · kp + 2 · c' · k p

kp =

1 + sen35 º = 3'69 1 − sen35 º

e'p = 40'59 z kN / m

2

Para z=0m z = 2'5 m

224

→ →

e'p = 0 2 e'p = 101'48 kN / m


1'5 m

q = 15 KN/m 2

zg

EW (zg )

2'05 m

1'95 m

E'a1 kN / m2

11'95 22'49 kN / m2

+

EW

E'a2 E'punt

E'a3

25 kN / m 2

29'94 kN / m2

+

EW

2'5 m

25 kN / m 2

4'5 m

Figura 6.27

En la figura 6.27 se han representado las leyes de empujes. La resultante del empuje activo efectivo se calcula del siguiente modo:

1 · 11'95 · 1'95 = 11'65 kN / m 2 E'a2 = 22'49 · 2'5 = 56'22 kN / m 1 E'a3 = · ( 29'94 - 22'49 ) · 2'5 = 9'31 kN / m 2 E'a1 =

El empuje efectivo vale pues: E'a (total) = 77'18 kN / m estando su línea de acción a una distancia d = 1'49 m de la base del cimiento del muro.

225


La resultante del máximo empuje pasivo efectivo vale: E'p =

1 · 101'48 · 2'5 = 126'85 kN / m 2

estando su línea de acción a una distancia d = 0'83 m de la base del cimiento del muro. En cuanto a los empujes del agua deben tenerse en cuenta las siguientes consideraciones: 1.

Existen grietas de tracción, debiéndose considerar que pueden llenarse de agua y consecuentemente suponer un empuje hidrostático:

E W ( zg) =

1 2 1 · z g · γ w = · 2'05 2 ·10 = 21'01 kN / m 2 2

estando su línea de acción a una distancia d = 5'13 m de la base del cimiento. 2.

El muro está parcialmente sumergido y en consecuencia, estará sometido al empuje de Arquímedes. Si se considera en la puntera del muro el intradós ficticio indicado en la figura 6.27, los empujes hidrostáticos Ew en el trasdós e intradós son iguales y de sentido contrario, quedando únicamente los empujes hidrostáticos en la base del cimiento (“subpresion”), siendo Fw su resultante de valor: 2

Fw = 25 kN / m · 4'5 m = 112'5 kN / m

b) Equilibrio del muro Además de las resultantes de los empujes, las fuerzas que intervienen en el equilibrio del muro son las siguientes (figura 6.28): W1+W2: peso del muro. W 1 = 1'5 · 5 · 25 = 187'5 kN / m W 2 = 4'5 · 1'5 · 25 = 168'75 kN / m

226


3m

1'5 m

EW (z ) g

4m W1 Wt 1m 1'5 m

E'punt

E'a (total)

W2 O

T N'

FW

Figura 6.28

W t:

peso del terreno situado por encima de la puntera. W t = 1 · 3 · 21 = 63 kN / m

N':

reacción efectiva normal en el cimiento.

T:

reacción horizontal necesaria para el equilibrio y movilizada por resistencia a deslizamiento en el contacto terreno-cimiento y cuyo valor máximo es: Tmáx = N' · tag δ + ca · B'

donde δ y ca son el ángulo de rozamiento y la adherencia, respectivamente, entre el terreno y el cimiento, y B' el ancho eficaz de la cimentación. Puesto que en el enunciado no se proporciona un valor de δ, se adopta en el cálculo la estimación δ = 2 / 3 · φ' = 23'33º. Por otro lado, si la cohesión del terreno es nula la adherencia también lo es.

227


Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben:

Σ Fν = 0 N' = W 1 + W 2 + W t – Fw = 306'75 kN / m

Σ Fh = 0 T + E'punt = Tnec = E'a + Ew( zg ) E'punt es el empuje efectivo en la puntera, sobre el trasdós ficticio. Debe señalarse que en los cálculos se admite que no se moviliza empuje pasivo si: T < Tmax = N' · tg δ + ca · B' = 306'75 · tg (23'33º) = 132'3 kN / m Como en la puntera actuarán como mínimo los empujes al reposo, se tiene que: T = E'a + Ew (zg) - E'0 = 77'18+ 21'01 - E'0 = 98'19 - E'0 kN / m siendo E'0 la resultante de los empujes al reposo sobre el trasdós ficticio de la puntera. Fácilmente se comprueba que el equilibrio no exige movilizar empujes pasivos. El coeficiente de empuje al reposo es:

k 0 = 1 − sen φ' = 1 − sen 35º = 0'426 y la resultante de los empujes efectivos al reposo será:

E' 0 =

1 1 · k 0 · γ' · 2'5 2 == · 0'426 ·11· 2'5 2 = 14'64 kN / m 2 2

estando su línea de acción a una distancia de 0'83 m de la base del cimiento.

228


c) Coeficiente de seguridad al deslizamiento El coeficiente de seguridad al deslizamiento se define como: Fd =

Tmáx + E' p ( adm) Tnec

> 1'5

En esta expresión, si el coeficiente de reducción de pasivos es 1'5, el empuje pasivo admisible en la puntera es: E'p (adm) =

E' p 1'5

=

126'85 = 84'57 kN / m 1'5

Sustituyendo valores: Fd =

132'3 + 84'57 = 2'21 > 1'5 98'19

?

Válido

d) Coeficiente de seguridad al vuelco Se sigue el criterio de la ROM 0.5-94. El coeficiente de seguridad se define como:

Fν =

∑M ∑M

est vol

y debe ser superior a 2.

229


Como el equilibrio no exige la movilización de empujes pasivos, entonces, los momentos respecto al punto O (figura 6.28) que resultan son:

Σ Mest

= W 1 · 3'75 + W 2 · 2'25 + W t · 1'5 − FW · 2'25+E'0 · 0'83 = = 187'5 · 3'75 + 168'75 · 2'25+63 · 1'5 − 112'5 · 2'25 + 14'64 · 0'83 = = 936'34 kN · m / m

Σ Mvol

= E'a · 1'49 + EW(zg ) · 5'13 = = 77'18 · 1'49 + 21'01· 5'13 = 222'78 kN · m / m

y en consecuencia:

Fv =

936'34 = 4'20 222'47

?

Válido

Observación: En las condiciones de estabilidad comprobadas en el problema, se han tenido en cuenta los empujes en la puntera del muro. Normalmente no se tienen en cuenta en el cálculo ya que no puede asegurarse la existencia del terreno en la puntera durante toda la vida del muro, quedando esta hipótesis del lado de la seguridad.

230

Capítulo 7

ESTABILIDAD DE TALUDES


232

Capítulo 7 - Estabilidad de taludes

PROBLEMA 7.1 Obtener el parámetro ru en un talud indefinido de inclinación β en donde existe un flujo de agua lineal hacia el exterior que forma un ángulo α con la horizontal.

SOLUCIÓN

z A

β

C

e1

α

B

Figura 7.1

Considérese un plano de deslizamiento paralelo a la superficie del terreno situado a una profundidad z (figura 7.1).

233


El parámetro ru se define como:

ru =

u γ sat · z

siendo u la presión intersticial existente en cualquier punto del plano de deslizamiento. Si e1 es una línea de corriente, AB es una equipotencial, y puesto que en el punto A la presión intersticial es nula, la presión intersticial en B vale:

u = AC · γ ω

siendo AC la diferencia de cota existente entre los puntos A y B.

Se trata pues de obtener AC en función de z y de los ángulos α y β . Haciendo las oportunas operaciones, se llega a:

ru =

234

cos β cos α γ w · cos (β − α ) γ sat


PROBLEMA 7.2 En el talud indefinido indicado en la figura 7.2, obtener el coeficiente de seguridad suponiendo planos de deslizamiento paralelos a la superficie del terreno y desarrollados en el suelo 1 y sabiendo que la filtración es horizontal en el suelo 2.

Suelo 1

α

c

Suelo 2

1

c

2

β=20º

Figura 7.2


γsat

φ'

c'

k

Suelo

(kN/m3)

(º)

(kN/m2)

(m/s)

1 2

22

50

0

10 -2 5 · 10

-1

SOLUCIÓN El coeficiente de seguridad de un talud indefinido en un terreno incoherente sometido a una filtración rectilínea viene dado por:

 ru  tg φ' · F = 1 − 2 cos β  tg β 

235


Como se ha deducido en el problema 7.1, el parámetro ru se obtiene de la expresión:

ru =

cos β cos α γ w · cos (β − α ) γ sat

siendo α el ángulo formado por las líneas de corriente con la horizontal. Se conoce que la filtración en el suelo 2 es horizontal. Por otro lado, como las permeabilidades son diferentes, se produce una refracción de flujo al pasar el agua del suelo 2 al suelo 1, y como se sabe, debe verificarse que:

k1 k = 2 tg ∈1 tg ∈2 Como ∈2 = 70º, entonces:

 10 −1  k  ∈1 = arc tg  1 · tg∈2  = arc tg  · tg 70º  = 79'69º −2  k2   5 ·10  y por consiguiente:

α = 79'69º - 70º = 9'69º Sustituyendo estos valores en las fórmulas se tiene:

ru =

cos 20º · cos 9'69º 10 = 0'43 · cos (20º −9'69º ) 22

y

 0'43  tg 50º · F =  1 − = 1'69 cos 2 20º  tg 20º 

236


PROBLEMA 7.3 Suponiendo una rotura plana, calcular el coeficiente de seguridad de una zanja vertical para un muro pantalla de 10 m de profundidad, sostenida con un lodo 3 bentonítico de densidad 12 KN / m y excavada en un terreno arcilloso que tiene un 3 2 peso específico de 20 KN / m y una resistencia a compresión simple de 100 kN/m .

SOLUCIÓN Para un plano posible de rotura de inclinación α (figura 7.3), se define el coeficiente de seguridad F como:

F=

R T

siendo R la máxima fuerza que puede movilizarse por esfuerzo cortante en dicho plano y T la fuerza que debe movilizarse por esfuerzo cortante en la situación de equilibrio estricto. Puesto que el plano de rotura no es conocido, se debe encontrar el plano que proporciona el mínimo coeficiente de seguridad. En la construcción de los muros pantallas, las zanjas se excavan y hormigonan rápidamente. Se trata pues de una situación a corto plazo y por consiguiente, se 2 trabajará en totales con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 100 = 50 kN / m . Si φ u = 0, entonces R = cu L

→

T=

c u ·L F

Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción y su profundidad puede estimarse aplicando la teoría de Rankine.

237


B

C U

D

W

10 m P

zg

50 kN / m 2

N T

L

α 120 kN / m 2 A

Figura 7.3

.

Si el ángulo de rozamiento es nulo, el coeficiente de empuje activo vale:

ka =

1 − sen φ =1 1 + sen φ

y la profundidad de las grietas de tracción se obtiene como:

zg =

2·c u γ· ka

=

2 · 50 = 5m 20

Suponiendo un plano de rotura de inclinación α (figura 7.3), las fuerzas que intervienen en la situación de equilibrio estricto, además de T y de la resultante N de las tensiones totales en el plano de rotura, son: o

Empuje hidrostático de lodos:

P= o

Empuje hidrostático en grietas de tracción:

U=

238

1 1 · 12 · 10 ·10 = ·120 ·10 = 600 kN / m 2 2

1 1 ·10 · 5 · 5 = · 50 · 5 = 125 kN / m 2 2


o

Peso masa deslizante a lo largo de un plano con inclinación α:

W=

750 10 + 5 5 kN / m · 20 KN / m 3 = · tgα tgα 2

Las ecuaciones de equilibrio se escriben: o

Vertical: W = N · cos α + T · sen α

o

Horizontal: P + T · cos α − N · sen α - U = 0

Además,

T=

c u · L 50 (10 − 5) 250 · = = F F senα F · senα

Eliminando N y T con estas tres ecuaciones y sustituyendo las expresiones obtenidas anteriormente para W, U y P, y despejando oportunamente se llega a:

F=

1'82 sen 2α

El valor de α que hace mínimo F se obtiene igualando a cero la primera derivada:

dF = 0 → cos 2α → α = 45 º dα Para este valor resulta:

F = 1'82

239


PROBLEMA 7.4 Obtener el coeficiente de seguridad del talud del canal indicado en la figura 7.4, inmediatamente después de una subida rápida del nivel de agua a 7 m y suponiendo que la rotura es plana.

5m

40 kN/m 2

N.F.

10 m 7m 60º

Figura 7.4

- Datos: Arcillas:

2

Ru = 60 kN / m γ = 19 kN / m3

SOLUCIÓN Se trata de una situación a corto plazo y por consiguiente se trabajará en totales 2 con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 60 = 30 KN / m .

240


Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción. Aplicando la teoría de Rankine, para φu = 0 y una sobrecarga p, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

zg =

2 ·cu p − γ γ 2

En la zona de sobrecarga (p = 40 kN / m ).

zg =

2 · 30 40 − = 1'05 m 19 19

y en la zona de coronación sin sobrecarga y en el talud:

zg =

2 · 30 = 3'16 m 19

Suponiendo un plano de rotura con inclinación α, las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

-

Peso, W.

-

Empuje hidrostático en grieta de tracción,

1 2 2 E W = ·10 · z g = 5 z g 2 -

Empuje hidrostático en paramentos del talud, u, que tiene como componente horizontal uh = u · sen 60º y como vertical uv = u · cos 60º.

-

Reacción normal en el plano de rotura, N.

-

Fuerza resistente necesaria para el equilibrio en el plano de rotura, T.

-

Según el plano de rotura, resultante de la sobrecarga de coronación, P.

241


5m

40 kN/m 2 1'05 3'16

N.F.

A 10 m 7m

EW

u

O

W T

3'16 h

B

60º N

α L

Figura 7.5

Los mecanismos de rotura que pueden plantearse son: 1. Mecanismo A. Condicionado por grieta de tracción del paramento del talud (figura 7.5). Válido para:

    10 − 3'16  0 ≤ α ≤ arctg  = 49'83º   10    tg 60º  En el triángulo OAB se verificará:

h h − 3'16 → h = = tg 60º tg α

242

5'47 3'16 = tg α 1'73 − α 1− tg 60º


5m 40 kN/m 2

EW

N.F.

3'16

W 10 m u

T

70 kN /m

2

7m

60º

N

6'84

α L

10 / tg 60 = 5'77

Figura 7.6

Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

W = 19 ·

(h − 3'16)2 1  h 2 · − 2  tg 60º tg α

2     = 9'5 · h ·  1 − tg α    tg 60  tg 60º  

P=0

E W = 10 ·

u = 10 ·

1 · (7 − h + 7 − h + 3'16) · 3'16 = 15'8 · (17'16 − 2 h) 2

1 h = 5'77 · h · (14 − h) · (7 − h + 7 )· 2 sen 60º

y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

R = c u · L = 30 ·

h − 3'16 sen α

243


2. Mecanismo B. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en zona sin sobrecarga (figura 7.6). Válido para:

 6'84   6'84  arctg   = 32'41º ≤ α ≤ arctg   = 49'85º  10'77   5'77  Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

W = 19 ·

1  6'84 6'84 10  1 6'84 2  ·10 − 19 · · ·  + − 2  tg α tg α tg 60º  2 tg α

  90'01 − 57'74  W = 9'5 ·    tg α P=0

E W = 10 ·

u=

1 · 3'16 2 = 49'23 kN / m 2

1 7 = 282'9 kN / m · 70 · 2 sen 60º

Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

R = c u · L = 30 ·

244

6'84 205'2 = sen α sen α


5m

P 40 kN/m 2 EW

N.F.

W

10 m

8'95

u

70 kN /m

2

7m

1'05

T

N

60º α 5'77 8'95 / tg α Figura 7.7

3. Mecanismo C. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en zona con sobrecarga (figura 7.7). Válido para:

 8'95  0 ≤ α ≤ arctg   = 39'72º  10'77  Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

W = 19 ·

  98'9  1  8'95 8'95 1 8'95 2 ·  = 9'5 ·  − 5'77  + − 5'77  · 10 − 19 · · 2  tg α tg α 2 tg α   tg α 

E W = 10 ·

1 · 1'05 2 = 5'51KN / m 2

u = 282'9 KN / m   8'95 P = 40 ·  − 10'77    tg α

245


Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

R = c u · L = 30 ·

8'95 sen α

En cualquiera de los tres casos, las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben: Horizontal: N · sen α - T · cos α - u · sen 60º + EW = 0 Vertical: u · cos 60º + W - N · cos α - T · sen α + P = 0 Despejando N de la primera ecuación:

N=

T · cos α + u · sen 60º −E W sen α

Sustituyendo en la segunda y despejando T se llega a:

 0'866 ·u E W   · sen α T =  0'5 u + W + P − + tg α tg α   El coeficiente de seguridad viene dado por:

F=

246

R T


0

Coeficiente de seguridad

5'8 5'3

Mecanismo A

4'8 4'3 3'8 3'3 2'8

Mecanismo C

2'3

Mecanismo B

1'8 1'3 0'8 0

10

20

30

40

50

α Figura 7.8

Con ayuda de una hoja de cálculo (figura 7.8), se ha encontrado el mínimo coeficiente de seguridad igual a 1'05 que se obtiene en el mecanismo C, para α = 25'8º.

247


PROBLEMA 7.5 Calcular el coeficiente de seguridad del talud arcilloso indicado en la figura 7.9, en las siguientes situaciones: a) Sin grietas de tracción. b) Con grietas de tracción. 6m

R=

θg

8'1 m

θ

dW

B

d

21 m

21 m

C

D

R=

EW H :1'5 1V

12 m

W

E

A

Figura 7.9

- Datos: Áreas:

θ = 84'1º θg = 67'4º d = 7'6 m

2

ABCDEA = 112'28 m 2 ABCEA = 103'99 m

(a) (b)

Se considerará despreciable la variación del centro de gravedad de la masa deslizante. Arcillas:

248

2

cu = 47 kN / m 3 γ = 19 kN / m


SOLUCIÓN El enunciado únicamente proporciona como parámetro resistente de la arcilla su cohesión sin drenaje cu. Solo puede realizarse el cálculo a corto plazo, en totales, y adoptando un ángulo de rozamiento nulo. En consecuencia, puede aplicarse el método del círculo de Petterson. a) Sin grieta de tracción

-

Fuerzas a considerar: o

Peso masa deslizante:

W = 19 · 112'28 = 2133'32

-

kN / m

Coeficiente de seguridad:

c · AD ·R F= u = W ·d

π · 84'1º 180º 2133'32 · 7'6

47 · 212 ·

F = 1'88

b) Con grieta de tracción.

-


Peso masa deslizante:

W = 19 x 103'99 = 1975'81 kN / m

249


o

Empuje hidrostático en grieta de tracción:

Según Rankine, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

2 · cu

zg =

γ · ka

Para φ = 0:

ka =

1 − senφ =1 1 + senφ

y por consiguiente:

z g = CE =

2 · 47 = 4'95 m 19 ·1

1 ·10 · 4'95 2 = 122'51 kN / m 2 2 = 8'1+ · 4'95 = 11'4 m 3

EW = dW

-


π 47 · 212 · 67'4 · c u · AE ·R 180 F= = W · d + E W · d W 1975'81 · 7'6 + 122'51·11'4

F = 1'49

Si se comparan los dos valores obtenidos del coeficiente de seguridad, se podrá apreciar la importancia que tiene la consideración de la existencia de grietas en el cálculo.

250


PROBLEMA 7.6 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en el problema 7.5, considerando además de la grieta de tracción una lámina de agua de 6 m de altura (figura 7.10).

N.F.

6m

Figura 7.10

Solución: F = 1'98

251


PROBLEMA 7.7 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en la figura 7.11.

57º

11'2 m

66º

D

R=

27 m

C

EW

11'34 m

Arcilla 1

W1 E

B 3'9 m

A

F

W2

Arcilla 2

Figura 7.11

2

Arcilla 1:

cu = 54'5 kN / m γ = 19 kN / m3

Áreas:

ABFA = BCDEFB =

252

Arcilla 2:

2

98 m 2 107'8 m

2

cu = 80 kN / m γ = 19'5 kN / m3


SOLUCIÓN Como en el problema 7.5, se trata de un cálculo a corto plazo y puede utilizarse el método del círculo de Petterson, ahora con terreno estratificado.

-


Pesos:

W 1 = 19 · 107'8 = 2048'2 kN / m W 2 = 19'5 · 98 = 1911 kN / m o

d1 = 11'34 m d2 = 3'9 m

Empuje hidrostático en grieta de tracción:

z g = DE =

2 · 54'5 = 5'74 m 19

1 · 10 · 5'74 2 = 164'74 kN / m 2 2 = 11'2 + · 5'74 = 15'03 m 3

EW = dW

-


En este caso, el coeficiente de seguridad viene dado por la expresión:

F=

c u 1 · R · FE + c u2 · R · AF W1 · d1 + W 2 · d 2 + E W · d W

Sustituyendo valores, se llega:

9º · π 57º · π + 80 · 27 2 · 180 º 180º F= 2048'2 · 11'34 + 1911 · 3'9 + 164'74 ·15'03 54'5 · 27 2 ·

F = 1'94

253


PROBLEMA 7.8 En un paquete de arcillas de 10 m de potencia que descansa sobre un nivel potente de calizas, se pretende realizar una excavación con taludes de inclinación igual a 30º que alcance el nivel de calizas. Sabiendo que las arcillas están 2 saturadas y que poseen una cohesión sin drenaje de 25 kN/m y un peso 3 específico saturado de 21'5 kN/m , se desea conocer, aplicando los ábacos de Taylor, el coeficiente de seguridad a corto plazo de esta excavación y si no fuese estable, la profundidad de excavación a la que deberá esperarse la rotura.

SOLUCIÓN Ya que se trata de una situación de corto plazo, el cálculo debe realizarse en totales, y tratándose de una arcilla saturada, debe adoptarse un ángulo de 2 rozamiento nulo y una cohesión igual a la cohesión sin drenaje, cu = 25 kN/m . Además, el nivel calizo impone una limitación de profundidad (limitación de “D”). Si el ángulo de rozamiento es nulo, también lo es φd, y puesto que la pendiente de excavación es inferior a 54º, el ábaco nº 2 de Taylor proporciona el número de estabilidad (figura 7.12). Para una profundidad de excavación igual a 10 metros se tendría D = 1, y para este valor y una pendiente de 30º, el ábaco nº 2 proporciona un número de estabilidad igual a 0'133. En consecuencia, el coeficiente de seguridad de la excavación será:

F=

cu 25 = = 0'87 N · H · γ 0'133 · 10 · 21'5

Puesto que es inferior a la unidad, la excavación planteada no es estable a corto plazo y la rotura se producirá para una profundidad de excavación inferior a 10 metros, cuando el coeficiente de seguridad sea igual a la unidad. Se trata ahora de encontrar el valor de H que proporciona un valor de F igual a 1.

254


Siendo DH = 10 m, el valor de D para entrar en el ábaco nº 2 depende de la profundidad de excavación, que es la incógnita, y en consecuencia, el problema debe resolverse por tanteos. En la tabla 7.1 se han recogido los tanteos realizados para diferentes profundidades de excavación. Para cada una de ellas, se obtiene el valor de D, y yendo con este a la curva de 30º del ábaco nº 2 de Taylor, se obtiene el valor del número de estabilidad (figura 7.12). El coeficiente de seguridad se obtiene finalmente de:

F=

cu 25 = N · γ · H N · 21'5 · H

Tabla 7.1

H

D = 10 / H

N

F

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

10,00 5,00 3,33 2,50 2,00 1,67 1,43 1,25 1,11 1,00

0,180 0,180 0,179 0,174 0,172 0,168 0,161 0,155 0,145 0,133

6,46 3,23 2,17 1,67 1,35 1,15 1,03 0,94 0,89 0,87

(m)

En la figura 7.13 se ha representado para cada altura de excavación tanteada el valor del coeficiente de seguridad obtenido. Puede apreciarse que el coeficiente de seguridad igual a la unidad se consigue para una altura de 7'33 m, siendo pues ésta la profundidad de excavación a la que teóricamente deberá esperarse la rotura.

255


0.19

i =45º 0.18 0.179 0.174

45º

0.172 0.17 0.168

º 30 22 .5º

0.155

15 º 0.15 0.145 0.14

0.133

7.5 º

Número de estabilidad = c d /

γΗ

0.161 0.16

0.13

nH H

DH

0.12

nH

0.11

H

DH

2

3

3'3

2'5

1'67

1'43

1

1'1

0.09

1'25

0.10

4

Factor de profundidad D

Figura 7.12 F

7 6 5 4 3 2 1 0 0

2

4

6

7'33 8

10

12

H (m)

Figura 7.13

256


PROBLEMA 7.9 Se excava un talud rápidamente con una pendiente de 30º en una arcilla saturada que reposa sobre unas calizas. Cuando la potencia de las arcillas era de 12 m, se rompió la excavación con una altura de 8 m. Sabiendo que la arcilla tiene un peso 3 específico de 18 KN / m , calcular la resistencia sin drenaje de la misma.

Solución:

N = 0'164 cu = 23'6 kN / m2

257


PROBLEMA 7.10 Aplicando los ábacos de Taylor, calcúlese la altura que puede adoptarse en un talud excavado con una inclinación de 40º en un terreno que posee un ángulo de 2 rozamiento de 23'6º, una cohesión de 20 kN / m y un peso específico de 3 21 kN / m , si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2.

SOLUCIÓN Puesto que el coeficiente debe ser 1'2 y el ángulo de rozamiento es 23'6º, se tiene que:  tg φ   = arctg  tg23'6º  = 20º φ d = arctg   F   1'2   φ  Entrando en el ábaco nº 1 de Taylor con una pendiente de 40º y yendo a la curva φd = 20º, se obtiene un número de estabilidad N igual a 0'05 (figura 7.14). Como:

N = 0'05 =

cd 20 c = = γ · H Fc · γ · H 1'2 · 21 · H

despejando, resulta una altura:

H = 15'87 m

Observación: En el problema se admite que el coeficiente de seguridad de la cohesión (Fc) y el coeficiente de seguridad del rozamiento (F? ) son iguales, aunque en la práctica suelen tomarse diferentes valores.

258


0.35 nH DH=H D=1

H

DH

Zona B Zona A

0.30

0.25

0

5

φd = 0 , D = ∞

15

0

25

n=

20

0.181

=

10

γΗ

0.20

N=c/F

φd

φd

=

0

,D

=

1

0.15

0.10

0.05

0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

Ángulo de pendiente Figura 7.14

259


PROBLEMA 7.11 En un inventario de taludes se observó que un terreno arcilloso puede mantener un talud vertical hasta una altura de 3 m, y si la pendiente es de 60º, entonces puede soportar una altura de 6 m. Sabiendo que el peso específico de este terreno 3 es 21'3 KN / m , se pide estimar la resistencia a corte del terreno.

SOLUCIÓN En el inventario se señalan dos situaciones de rotura (F=1 → φ = φd). Con los ábacos de Taylor se obtienen los siguientes pares de valores que cumplen la condición de rotura: Para i = 90º y H = 3 m:

φ =φd

0

5

10

15

20

25

N c = 21'3 · 3 · N

0'260

0'240

0'220

0'200

0'183

0'167

16'61

15'34

14'06

12'78

11'69

10'67

φ =φd

0

5

10

15

20

25

N c = 21'3 · 6 · N

0'190

0'163

0'139

0'116

0'098

0'080

24'28

20'83

17'76

14'82

12'52

10'22

Para i = 60º y H = 6 m:

260


30

25

i=

c ( kN / m2 )

20

i = 90 º

15

60 º

H=

H=3

6m

m

11'03 10

23'24

5

0

0

5

10

15

20

25

φ (º) Figura 7.15

Representando gráficamente estas dos series de pares de valores y ajustando una curva a cada una de ellas, se obtiene como intersección de las mismas los valores (figura 7.15):

φ = 23'24º

c = 11'03 kN / m

2

que cumplen las dos condiciones, siendo pues la solución del problema.

261


PROBLEMA 7.12 Aplicando los ábacos de Taylor, calcular el coeficiente de seguridad de un talud de 10 m de altura y pendiente de 50º excavado en un terreno que posee un ángulo de 2 3 rozamiento de 22º, una cohesión de 20 kN / m y un peso específico de 21 kN / m .

SOLUCIÓN La resolución se realiza con el ábaco de Taylor nº 1 (figura 7.16). En este caso, la incógnita es el coeficiente de seguridad, desconociéndose en principio la curva a adoptar. El problema debe resolverse por tanteos, intentando conseguir que el coeficiente de seguridad supuesto coincida con el calculado. Como ello es difícil de conseguir, se realizan los tanteos indicados en la tabla 7.2 y para que las entradas resulten cómodas en el ábaco de Taylor, los tanteos se han efectuado con los valores de φd del ábaco. Tabla 7.2

φd 25º 20º 15º 10º 5º

Fφ =

tg φ tg φ d

0'87 1'11 1'50 2'29 4'62

N 0'056 0'073 0'093 0'117 0'147

Fc =

c N· γ · H

1'70 1'30 1'02 0'81 0'67

Si se representan en un gráfico Fφ - Fc los valores de la tabla y se les ajusta una curva, la solución es la intersección de dicha curva con la bisectriz (figura 7.17), resultando ser:

F = Fφ = Fc = 1'2

262


0'35 nH DH=H D=1

H

DH

Zona B Zona A

0'30

φd

=

0

5

0'20

0

25

n=

0'15

20

15

10

φd = 0 , D = ∞

0'181

1

0'147

=

0,

D

=

0'117 0'10

φd

N = c /F ·

γ ·H

0'25

0'093 0'073 0'056

0'05

0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

Ángulo de pendiente

Figura 7.16 Fc

2 1'8 1'6 1'4 1'2 1

0'8 0'6 0'4 0'2 0

0

1 1'2

2

3

4

5

F

Figura 7.17

263


PROBLEMA 7.13 Para la construcción de una carretera se pretende excavar un desmonte de 20 m de altura en un terreno constituido por 10 m de arcillas que descansan sobre un potente banco de areniscas. Las propiedades del terreno son las siguientes:

γ

φ'

c'

Suelo

(kN/m3)

(º)

(kN/m2)

Arcillas Areniscas

20 22

25 35

10 1000

Si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2 frente al deslizamiento y sin tener en cuenta las posibles grietas de tracción, se pide obtener el talud de excavación más económico a ejecutar.

SOLUCIÓN El problema puede resolverse aplicando los ábacos de Taylor ya que no se tienen en cuenta las grietas de tracción. Existiendo dos terrenos, pueden plantearse dos tipos de rotura (figura 7.18): o

Superficie de rotura desarrollada únicamente en el nivel superior de arcillas (círculo 1).

o

Superficie de rotura que afecta a los dos niveles (círculo 2).

En el primer caso, el talud a estudiar tiene 10 m de altura. Para F = 1'2, se tendrá:

 tg 25º  φd = arc tg   = 21'23º  1'2 

264


10 m

Arcillas 1

2

10 m

Areniscas

Figura 7.18

y el número de estabilidad es:

N=

c 10 = = 0'042 F · γ ·H 1'2 · 2 0·10

Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19) se obtiene una inclinación i = 37º para la excavación a realizar en los 10 m superiores de arcillas. Para analizar el segundo tipo de rotura se supone que la altura total de 20 m se realiza en areniscas. En este caso, se tiene que:

 tg 35º  φd = arc tg   = 30'26º  1'2  c 1000 N= = = 1'894 F· γ · H 1'2· 22· 20 Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19), se deduce una inclinación superior a los 90º. En consecuencia, las areniscas pueden desmontarse verticalmente. Para tener una idea de la resistencia de las areniscas, puede calcularse la altura máxima que puede excavarse con un talud vertical. Para no realizar extrapolaciones en el ábaco, se adopta un coeficiente de seguridad de 1'5, superior al del enunciado, quedando del lado de la seguridad. En este caso:

 tg 35º  φd = arc tg   = 25º  1'5  265


0'35 nH DH=H D=1

H

DH

Zona B Zona A

0'30

φd

0

5

0'20

=

15

10

φd = 0 , D = ∞

0'181

0'15

0'167

20

0

25

n= 0'147

=

0,

D

=

1

N = c /F ·

γ ·H

0'25

φ

d

0'10

0'05

0'042

37º 0

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

Ángulo de pendiente

Figura 7.19

y con i = 90º, se obtiene en el ábaco un número de estabilidad N = 0'167 (figura 7.19). Por lo tanto, la altura máxima será:

Hmáx =

c 1000 = = 181'2 m F · γ ·H 1'5 · 22 · 0'167

Este resultado justifica la adopción de talud vertical en las areniscas.

266

Capítulo 8

CIMENTACIONES SUPERFICIALES


268

Capítulo 8 - Cimentaciones superficiales

PROBLEMA 8.1 En un terreno constituido por un potente nivel de arcillas normalmente consolidadas, se pretende cimentar una zapata de dimensiones 2 x 4 m a una profundidad de 1'5 m. El nivel freático se encuentra en la superficie del terreno. Las características geotécnicas de la arcilla son: Terreno

(kN/m3)

(kN/m2)

cu

φ'

20

24

25º

γsat

Arcilla Se pide calcular:

a) Carga de hundimiento de la zapata. b) Máxima presión que puede transmitir la zapata con un coeficiente de seguridad frente al hundimiento F = 3.

SOLUCIÓN a) Carga de hundimiento de la zapata Siendo el terreno de cimentación cohesivo, la carga de hundimiento es distinta a corto y a largo plazo. En consecuencia, se deberá hacer el cálculo en las dos situaciones para determinar cual de ellas es la más desfavorable. Las presiones total, intersticial y efectiva a cota de cimentación (figura 8.1) son:

q = 1'5 · γ sat = 1'5 · 20 = 30 kN/m 2 u = 1'5 · γ w = 1'5 ·10 = 15 kN/m 2 q′ = q − u = 15 kN/m 2

269


B=2m

qh

N.F.

1'5 m

B=2m

q

q h= q'h + u

q = q' + u

1'5 m

Figura 8.1

a.1)

Carga de hundimiento a corto plazo

En terrenos cohesivos saturados, el cálculo de la carga de hundimiento a corto plazo se realiza en totales, adoptando un ángulo de rozamiento φu = 0. Aplicando la formulación de Brinch-Hansen, la carga de hundimiento en totales se obtiene a partir de la expresión:

qh = cu · Nc · sc · dc · ic + q · Nq · sq · dq · iq +

1 · Nγ · B′ · γ · s γ · dγ · iγ 2

(1)

Para φu = 0, los factores de capacidad de carga son: Nc = π + 2 = 5'14 Nq = 1 Nγ = 0 Suponiendo que no hay excentricidad de carga, las dimensiones efectivas de la zapata son:

270


B' = B = 2 m L' = L = 4 m y en consecuencia los factores de forma a corto plazo valen:

s c = 1 + 0'2

B' = 1'1 L'

sq = 1 s γ = 1 − 0'4

B' = 0'8 L'

Por tratarse de una cimentación superficial, y para quedar del lado de la seguridad, se desprecia el efecto del empotramiento de la zapata y se adoptan los factores de profundidad iguales a la unidad (dc = dq = dγ = 1). En cuanto a los factores de inclinación, se admite que la carga es vertical y por lo tanto son iguales a la unidad (ic = iq = iγ = 1). Sustituyendo los valores anteriores en la expresión (1) se tiene que la carga de hundimiento a corto plazo de la arcilla es:

qh = 24 · 5'14 ·1'1·1·1 + 30 ·1·1·1·1 + 0 = 165'7

kN / m 2

(2)

y la carga de hundimiento neta vale:

qhn = qh − q = 165'7 − 30 = 135'7 kN / m 2

a.2)

(3)

Carga de hundimiento a largo plazo

El cálculo de la carga de hundimiento a largo plazo se debe realizar en efectivas. Aplicando la formulación de Brinch-Hansen, la carga de hundimiento efectiva se puede obtener con la expresión:

q′h = c′ · Nc · sc · dc · ic + q′ · Nq · sq · dq · iq +

1 · Nγ · B′ · γ ∗ · s γ · dγ · iγ 2

(4)

271


Para φ' = 25º, los factores de capacidad de carga son:

φ′   N q = e π·tgφ′ ·tg 2  45 +  = 10'66 2  N c = cot φ′·(N q − 1) = 20'72 N γ = 1'5·(N q − 1)·tgφ′ = 6'75 Al igual que en el caso anterior, las dimensiones efectivas de la cimentación son: B' = B = 2 m L' = L = 4 m y los factores de forma valen:

sq = 1 +

sc =

B′ ·tgφ′ = 1'23 L′

Nq ·s q − 1 Nq − 1

s γ = 1 − 0'4·

= 1'25

B′ = 0'8 L′

Los factores de profundidad e de inclinación siguen siendo iguales a la unidad. Puesto que la arcilla es normalmente consolidada, la cohesión efectiva c' es nula y por lo tanto, el primer término de la expresión (4) es cero. Estando el nivel freático por encima del plano de cimentación, el peso específico γ a adoptar es el sumergido.

*

Sustituyendo valores en la expresión (4) se obtiene que el valor de la carga de hundimiento efectiva a largo plazo es:

q′h = 0 + 15 ·10'66 ·1'23 ·1·1 +

272

1 · 6'75 · 2 ·10 · 0'8 ·1·1 = 250'68 kN / m 2 2


La carga de hundimiento total vale:

qh = qh′ + u = 250'68 + 15 = 265'68

kN / m 2

(5)

y la carga de hundimiento neta es:

qhn = qh − q = 265'68 − 30 = 235'68 kN / m 2

(6)

b) Máxima carga transmitida Si se compara (5) con (2) o (6) con (3), se observa que la situación mas desfavorable es la de corto plazo. En consecuencia la carga de hundimiento a adoptar en el cálculo es:

qh = 165'7

kN / m 2

El coeficiente de seguridad frente al hundimiento se define como:

F=

qhn qh − q = q tn qt − q

Si el coeficiente de seguridad frente al hundimiento debe ser igual a 3, entonces:

F=3=

165'7 − 30 q t − 30

de donde se obtiene que la máxima carga que puede transmitir la zapata es:

q t = 75'23

kN/m 2

273


PROBLEMA 8.2 Calcular el coeficiente de seguridad frente al hundimiento del muro corrido indicado en la figura 8.2, si el nivel freático se encuentra situado a una profundidad de 3'75 m. Las características geotécnicas del terreno son:

Terreno Arena

γsat

γ

φ'

(kN/m3)

(kN/m3)

(º)

21

19'5

30

3

El peso específico del hormigón es γh = 26 kN / m

N = 300 kN / m P = 50 kN / m 2m

1m

1m

Arena 1'25 m

1'5 m

N.F.

B =3 m

Figura 8.2

274


N = 300 kN / m P = 50 kN / m 1m

2m

N.F.

Wp 1m

Wt

Wt

Wz

1'25 m

e

B =3 m

e

2'25 m

M Q 1'5 m

Q

P

eB

1'5 m

P 1'5 m

Figura 8.3

SOLUCIÓN El coeficiente de seguridad frente al hundimiento se define como el cociente entre la carga de hundimiento neta (qhn) y la carga transmitida neta (qtn):

F=

1)

qhn qh − q = q tn qt − q

Presión transmitida

En principio, se calculará la carga transmitida (qt). Para ello, se deben reducir todas las fuerzas actuantes por encima del plano de cimentación al centro de gravedad de la base de la cimentación (figura 8.3).

275


Si se consideran dos planos verticales que pasan por los cantos de la zapata, el peso del terreno situado en el pie y en la puntera (2 · wt) gravitará sobre la zapata (figura 8.3). A pesar de que teóricamente es incorrecto, los empujes sobre los planos verticales se admitirán iguales y por tanto se anulan. La resultante vertical vale: Q = N + wp + 2·wt + wz donde wp es el peso del alzado y wz el peso de la zapata. Con los datos del enunciado, se tiene: N = 300 kN/m wp = 26 · 3 · 1 = 78 kN/m wz = 26 · 3 · 1'25 = 97'5 kN/m wt = 19'5 · 1 · 1=19'5 kN/m y por lo tanto: Q = 300 + 78 + 2·19'5 + 97'5 = 514'5 kN/m Por otra parte, como: Q = Q' + Fw siendo Fw la resultante de las subpresiones en la base del cimiento del muro: Fw = u · B y u = 0 a cota de cimentación, se tiene que: Q = Q' = 514'5 kN/m La resultante horizontal vale: P = 50 kN/m

276


Tomando momentos en el centro de gravedad de la base del cimiento (punto medio), el momento resultante es: M = (2 + 1 + 1'25) · 50 = 212'5 kN y su eje es perpendicular al papel (longitudinal de la zapata). Así pues: MB = M = 212'5 kN

ML = 0

Las excentricidades serán pues:

eB =

MB 212'5 = = 0'413 m Q′ 514'5

eL = 0 Al existir excentricidad en la dirección de B, el ancho efectivo B' de la cimentación es: B' = B – 2 · eB = 3 – 2 · 0'413 = 2'17 m y la presión transmitida al terreno vale:

qt =

2)

Q 514'5 = = 237'10 kN/m 2 B′ 2'17

Carga de hundimiento

Como se trata de arenas, el cálculo de la carga de hundimiento se efectuará en términos efectivos, aplicando la formulación de Brinch-Hansen:

q′h = c ′ ·N c · s c · d c ·i c + q′ ·N q · s q · d q ·i q +

1 ·N γ ·B ′ · γ ∗ · s γ · d γ ·i γ 2

277


A cota de cimentación, la tensión total, intersticial y efectiva son:

q = 2'25 · γ = 2'25 ·19'5 = 43'87 u=0 q′ = q − u = 43'87

kN / m 2

kN / m 2

Para φ' = 30º, B' = 2'17 m y L' = L → 8 (zapata corrida), los factores de capacidad de carga son: φ′   N q = e π·tgφ′ · tg 2  45º +  = 18'4 2  N c = cot φ · (N q − 1) = 30'14 N γ = 1'5 · (N q − 1)· tgφ′ = 15'06

y los factores de forma:

B′ tgφ′ = 1 L′ Nq · s q − 1 =1 sc = Nq − 1

sq = 1+

s γ = 1 − 0'4

B′ =1 L′

Existiendo una carga inclinada, los factores de inclinación son distintos a la unidad y se obtienen con las expresiones:

278

  P  i q =  1 − ′ ′ ′ ′  Q + c ·B ·L · cot φ′  1 − iq ic = iq − N c · tgφ′

m

  P  i γ = 1 −  Q′ + c ′ ·B′ ·L ′ · cot φ′ 

m +1


donde:

m = m B ⋅ sen 2 θ + m L ⋅ cos 2 θ B′ L′ mB = B′ 1+ L′ 2+

L′ B′ mL = L′ 1+ B′ 2+

siendo θ el ángulo que forma la proyección en planta de la resultante de fuerzas con el eje longitudinal de la zapata (dirección L). Para θ = 90º, B' = 2'17 m, L' = L → 8 se tiene: mB = 2 mL = 1 y por tanto: 2

2

m = 2 sen 90º + 1 cos 90º = 2 4 Para P = 50 kN/m, Q' = 514'5 kN/m, B' = 2'17 m, L' = L → (arenas) y m = 2, los factores de inclinación valen:

8 , φ' = 30º, c' = 0

2

50   i q = 1 −  = 0'815 514'5 + 0   1 − 0'815 i c = 0'815 − = 0'8 30'14 ⋅ tg30 3

50   i γ = 1 −  = 0'735 514'5 + 0  

279


2m

1m

Arena 1'25 m

D W = 1'5 m

N.F.

Figura 8.4

Al tratarse de una cimentación superficial, se desprecian los efectos del empotramiento y consecuentemente los factores de profundidad serán igual a la unidad (dc = dq = dγ = 1). Falta obtener el peso específico γ* para poder calcular la carga de hundimiento y este valor depende de la posición del nivel freático respecto al plano de cimentación. Si el nivel freático se sitúa a una distancia Dw por debajo del plano de cimentación, el peso específico a adoptar en el cálculo es:

Si

280

Dw ≤ 0

→

γ∗ = γ′

D w ≤ B'

→

γ ∗ = γ′ +

D w > B'

→

γ∗ = γ

Dw ⋅ (γ − γ′) B′


En este caso Dw = 1'5 m < B' = 2'17 m (figura 8.4) y por lo tanto:

γ∗ = γ′ +

Dw 1'5 ⋅ (γ − γ ′) = (21 − 10 ) + ⋅ (19'5 − (21 − 10)) = 16'87 B′ 2'17

kN / m 3

Sustituyendo ahora valores en la expresión de la carga de hundimiento efectiva, se llega a:

qh′ = 0 + 43'87 ·18'4 ·1·1· 0'815 +

1 ·15'06 · 2'17 ·16'87 ·1·1· 0'735 = 860'48 kN/m 2 2

y la carga de hundimiento total será:

qh = q′h + u = 860'48 + 0 = 860'48 kN/m2 El coeficiente de seguridad frente al hundimiento valdrá pues:

F=

qhn qh − q 860'48 − 43'87 = = = 4'22 q tn q t − q 237'10 − 43'87

281


PROBLEMA 8.3 Calcular la máxima fuerza vertical N que puede transmitir el muro corrido que se indica en la figura 8.5, con un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3. El nivel freático se encuentra situado en la superficie del terreno.

N ( kN / m )

1m

2m

N.F.

1m

Arenas 1'25 m

1'5 m

Arcillas 3m

Figura 8.5

Las características geotécnicas del terreno son: Terreno Arena Arcilla

γsat

c'

φ' (º)

(kN / m2)

(kN / m2)

21 18

30 25

20

100

3

El peso específico del hormigón es γh = 26 kN / m

282

Ru

(kN / m3)


N ( kN / m )

1m

2m

N.F.

Wp 1m Wt

Wt

Wz

1'25 m e

1'5 m

e

3m

qt

2'25 m

Q

3m

3m

Figura 8.6

SOLUCIÓN En primer lugar se debe calcular la carga transmitida por el muro al terreno. Para ello, se reducirá el sistema de fuerzas que actúan por encima del plano de cimentación al centro de gravedad de la cimentación (figura 8.6). Como existe simetría de cargas, la resultante Q es vertical y vale: Q = N + wp + wz + 2·wt

283


donde: Carga lineal actuando en coronación del muro. Peso del alzado del muro. Peso de la zapata. Peso del terreno situado por encima de la zapata.

N: w p: w z: w t:

Con los datos del enunciado, se tiene: wp = 26·3·1 = 78 kN / m wz = 26·3·1'25 = 97'5 kN / m wt = 21·1·1 = 21 kN / m y por lo tanto: Q = N + 78 + 97'5 + 2·21 = N + 217'5 kN / m Puesto que no existe excentricidad de carga, el ancho eficaz es igual al ancho de la zapata (B = B'), y la presión transmitida por el muro a cota de cimentación es (figura 8.6):

qt =

Q N + 217'5 N = = + 72'5 B′ 3 3

kN/m 2

Tratándose de un terreno estratificado, para el cálculo de la carga de hundimiento se utilizará un método aproximado (figura 8.7). Sean T1 y T2 dos terrenos cuyas cargas de hundimiento son qh1 y qh2, respectivamente, y se verifica que qh1 > qh2.

284


B

t1

B

B

T1

T2

T2

T1

t2

Figura 8.7

Cuando el terreno superior es T1, la carga de hundimiento de la cimentación qh viene dada por:

t1 ≤ 0'2 B 0'2 <

t1 <1 B

t1 >1 B

qh = qh2

qh = qh2 +

qh1 - qh2 0'8

  t1  − 0'2  B  

(1)

qh = qh1

285


N ( kN / m )

1m N.F.

Arenas

2'25 m

q, u, q'

Arenas

Figura 8.8

Cuando el terreno superior es T2, la carga de hundimiento viene dada por:

t2 > 0'7 B t2 < 0'7 B

qh = qh2 qh = qh1 −

q h1 - qh2 t 2 · 0'7 B

(2)

La aplicación de este método exige, a priori, determinar en el problema si el estrato superior es el T1 o es el T2, haciéndose necesario calcular las cargas de hundimiento con cada uno de los terrenos existentes por debajo del plano de cimentación. Supóngase en primer lugar que el terreno existente por debajo del plano de cimentación este constituido por las arenas (figura 8.8): Las tensiones totales, intersticiales y efectivas a cota de cimentación son:

q = 2'25 · γ arena = 2'25 · 21 = 47'25 kN/m 2 sat u = 2'25 · γ w = 2'25 ·10 = 22'5 kN/m 2 q′ = q − u = 24'75 kN/m 2

286


Como c'=0, la carga de hundimiento en efectivas es:

qh′ (arena) = q' · N q · s q · d q · i q +

1 ·N γ · B′ · γ' arena · s γ · d γ · i γ 2

Para φ' = 30º, B' = B = 3 m (no hay excentricidad) y L' = L ? los factores de capacidad de carga son:

(3)

8 (zapata corrida),

φ′   N q = e π·tgφ′ · tg 2  45º +  = 18'4 2  N c = cot φ′· (N q − 1) = 30'14 N γ = 1'5 · (N q − 1)· tgφ′ = 15'06

y los factores de forma:

B′ · tgφ′ = 1 L′ Nq · s q − 1 sc = =1 Nq − 1

sq = 1+

s γ = 1 − 0'4 ·

B′ =1 L′

Siendo la carga vertical y centrada, los factores de inclinación son iguales a la unidad:

iq = ic = i γ = 1 y tratándose de una cimentación superficial, y para quedar del lado de la seguridad, se adoptan los factores de profundidad también iguales a la unidad:

d q = dc = d γ = 1 Sustituyendo en la expresión (3) los valores anteriores se obtiene que la carga de hundimiento en efectivas de las arenas es:

q′h(arena) = 24'75 ·18'4 ·1·1·1 +

1 ·15'06 · 3 ·11·1·1·1 = 703'89 kN/m 2 2

(4)

287


La carga de hundimiento total es::

q h( arena ) = q′h( arena ) + u = 703'89 + 22'5 = 726'39 kN/m 2

(5)

y la carga de hundimiento neta será:

q hn( arena ) = q′h( arena ) − q′ = 703'89 − 24'75 = 679'14 kN/m 2

(6)

Supóngase ahora que por debajo del plano de cimentación solo hay arcillas (figura 8.9). En este caso, al tratarse de un material cohesivo, la carga de hundimiento es diferente a corto y a largo plazo. Las tensiones total, intersticial y efectiva a cota de cimentación son las mismas que en el caso anterior ya que no varía el terreno que existe por encima del plano de cimentación ni el nivel freático. En la situación de corto plazo, la carga de hundimiento se calcula en totales:

1 qh(arcilla) = c u · N c · s c · d c · i c + q · N q · s q · d q · i q + · N γ · B ′· γ arcilla · s γ · d γ · i γ 2 Para cu = Ru / 2 = 100 / 2 = 50 kN / m

2

φu = 0 B' = B = 3 m (no hay excentricidad) L' = L → 8 (zapata corrida) los factores de carga valen: Nq = 1 Nc = 5'14 Nγ = 0

288

(7)


N ( kN / m )

1m N.F.

Arenas

2'25 m

q, u, q'

Arcillas

Figura 8.9

Y los factores de forma son:

sq = 1 B′ =1 L′ B′ s γ = 1 − 0'4 · = 1 L′

s c = 1 + 0'2 ·

Los factores de inclinación y de profundidad siguen siendo iguales a la unidad. Sustituyendo en (7) los valores anteriores, la carga de hundimiento de la arcilla en totales es:

qh(arcilla) = 50 · 5'14 ·1·1·1 + 47'25 ·1·1·1·1 + 0 = 304'25 kN/m 2

(8)

y la carga de hundimiento neta es:

qhn(arcilla) = qh( arcilla) − q = 304'25 − 47'25 = 257 kN/m 2

(9)

289


A largo plazo, la carga de hundimiento se calcula en efectivas:

q' h( arcilla) = c' · N c · s c · d c · i c + q' · N q · s q · d q · i q +

1 · N γ · B' · γ ' arcilla · s γ · d γ · i γ 2 (10)

Para c' = 20 kN/m

2

φ' = 25º B' = B = 3 m (no hay excentricidad) L' = L → 8 (zapata corrida) Los factores de capacidad de carga son:

φ′   N q = e π·tgφ′ · tg 2  45º +  = 10'66 2  N c = cot φ′ · (N q − 1) = 20'72 N γ = 1'5 · (N q − 1)· tgφ′ = 6'75 Los factores de forma son:

sq = 1+

sc =

B′ · tgφ′ = 1 L′

Nq · s q − 1 Nq − 1

s γ = 1 − 0'4 ·

=1

B′ =1 L′

Los factores de inclinación y de profundidad siguen siendo iguales a la unidad.

290


Sustituyendo los valores anteriores en la expresión (10), el valor de la carga de hundimiento en efectivas de la arcilla es:

q′h(arcilla) = 20 · 20'72 ·1·1·1 + 24'75 ·10'66 ·1·1·1 +

1 · 6'75 · 3 · 8 ·1·1·1 = 759'23 kN/m 2 2 (11)

y la carga de hundimiento neta en efectivas es:

q′hn( arcilla) = q′h( arcilla) − q′ = 759'23 − 24'75 = 734'48 kN/m 2

(12)

Analicemos la situación a corto plazo en el terreno estratificado. Si se compara (5) con (8) ó (6) con (9), se observa que la arena tiene mayor carga de hundimiento. En consecuencia el terreno T1 es el superior. Como se cumple que :

0'2 <

t 1 1'5 = = 0'5 < 1 B 3

la carga de hundimiento del terreno estratificado viene dada por la expresión (1), o bien, trabajando con cargas netas por:

qhn = qhn2 +

qhn1 - qhn2 0'8

679'14 − 257  1'5   t1  · − 0'2  = 415'3 kN/m 2  − 0'2  = 257 + B 0 ' 8 3     (13)

En la situación a largo plazo, si se compara (4) con (11) ó (6) con (12), se observa que la arcilla tiene mayor carga de hundimiento. En consecuencia el terreno T1 es el inferior. Como se cumple que:

t 2 1'5 = = 0'5 < 0'7 B 3

291


La carga de hundimiento del terreno estratificado viene dada por la expresión (2), o bien trabajando con cargas netas por:

qhn = qhn1 −

qhn1 - qhn2 t 2 734'48 − 679'14 1'5 = 694'95 kN/m 2 · = 734'48 − · 0'7 B 0'7 3 (14)

Comparando (13) y (14) se observa que la situación más desfavorable es a corto plazo. Para un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3 se tiene que:

F=

qhn =3 q tn

Si

q hn = 415'3 kN/m 2 y

q tn = q t − q =

N N + 72'5 − 47'25 = + 25'25 kN/m 2 3 3

sustituyendo en la expresión anterior se obtiene que:

N = 339'55 kN/m

292

2


PROBLEMA 8.4 En un potente nivel de arcillas normalmente consolidadas, se pretende cimentar a 2 m de profundidad un depósito circular de 20 m de diámetro, que contendrá 5 m 3 de altura de un líquido cuyo peso específico es 18 kN / m . El peso propio del 2 deposito supone a cota de cimentación una presión uniforme de 40 kN / m y el nivel freático está situado 1 m por encima de la superficie del terreno. Las características geotécnicas de la arcilla son: o o o o o

Peso específico relativo de las partículas: Peso específico seco: Ángulo de rozamiento efectivo: Parámetro A de presión intersticial: Resistencia a compresión simple:

2'65 3 16'5 kN/m 25º 1'37 2 100 kN/m

Se pide: a) Comprobar las condiciones de flotación del depósito. b) Estado de tensiones efectivas que se tendrá, inmediatamente después del llenado del depósito, en un punto situado a 7 m de profundidad desde la superficie del terreno y debajo del eje del depósito. c) Calcular el coeficiente de seguridad frente al hundimiento de la cimentación.

SOLUCIÓN a) Condiciones de flotación El depósito flotará si el empuje de Arquímedes es superior a la carga vertical transmitida. Teniendo en cuenta la geometría del problema (figura 8.10), esta situación se produce cuando la presión transmitida por el depósito es inferior a la presión intersticial existente a cota de cimentación (“subpresión”), es decir, si la presión transmitida efectiva es negativa. Estando el nivel freático 1 m por encima de la superficie del terreno, a cota de cimentación la presión intersticial vale:

u = γ w · 3 = 10 · 3 = 30 kN / m 2

293


20 m

2m N.F.

1m

qt

2m

Arcilla

u Figura 8.10

La situación más desfavorable se produce cuando el depósito está vacío. En este 2 caso, la presión transmitida por el depósito a cota de cimentación es 40 kN / m . Comparando este valor con el de la presión intersticial a cota de cimentación, 2 30 kN / m , se deduce que el depósito nunca flotará ya que la presión transmitida es mayor que la presión intersticial.

b) Estado de tensiones tras el llenado en un punto situado a 7 m de profundidad Antes de la construcción del depósito, en cada punto del terreno existe un estado inicial de tensiones (“estado 0”). La construcción y llenado del depósito, que se suponen realizados inmediatamente (situación a corto plazo), producirán un incremento de tensiones en el terreno que añadido al estado inicial será el estado de tensiones pedido en el enunciado y que denominaremos “estado I”.

294


N.F.

1m

151'89 kN / m2

u = 80 kN / m 2 7m

Arcilla

121'48 kN / m2

Figura 8.11

Estado 0 Con los datos del enunciado, el peso específico saturado de la arcilla es:

 γd γ sat = γ d +  1 − Gs · γ w 

  16'5   · γ w = 16'5 +  1 −  ·10 = 20'27 kN/m 3 2'65 ·10   

En un punto situado a 7 m de profundidad (figura 8.11), la tensión total, intersticial y efectiva valen:

σ v 0 = 20'27 · 7 + 10 ·1 = 151'89 kN/m 2 u 0 = 10 · 8 = 80 kN/m 2 σ ′v 0 = σ 0 v − u 0 = 151'89 − 80 = 71'89 kN/m 2 La presión efectiva horizontal es igual a la presión efectiva vertical por el coeficiente de empuje al reposo k0. Tratándose de una arcilla normalmente consolidada, el coeficiente de empuje al reposo viene dado por la fórmula de Jaky:

k 0 = 1 − senφ′ = 1 − sen 25º = 0'577

295


ESTADO 1

N.F.

q t = 130 kN / m

N.F.

2

N.F.

q t = 130 kN / m

2

q

Figura 8.12

En consecuencia la presión efectiva horizontal vale:

σ′h0 = σ′v 0 · k 0 = 71'89 · 0'577 = 41'48 kN/m 2 y aplicando el principio de Terzaghi, la presión total horizontal es:

σh0 = σ′h0 + u0 = 41'48 + 80 = 121'48 kN/m2 Estado I Se aplicará la teoría de la elasticidad para obtener los incrementos de presiones producidos por la construcción y llenado del depósito. En este caso, se trata de una cimentación circular que, con el depósito lleno, transmite una presión uniforme de valor:

q t = 40 + 5 ·18 = 130 kN/m 2 Puesto que se asume un comportamiento elástico del terreno, puede aplicarse el principio de superposición (figura 8.12). Como se puede observar, la variación de tensiones a añadir al estado inicial de tensiones es la producida por la carga transmitida neta cuyo valor es:

q tn = q t − q = 130 − (20'27 · 2 + 10 ·1) = 79'46 kN/m 2

296


r = 10 m

r = 10 m

q tn = 79'46 kN / m 2

z=5m

Figura 8.13

A partir de la solución dada por la teoría de la elasticidad para carga uniforme circular (figura 8.13), las variaciones de tensiones totales que se producen a corto plazo ( ν = 0'5 ) en un punto situado a 5 m por debajo del depósito (7 m desde la superficie del terreno) valen: 3 3     2  2              1 1    = 72'35 kN/m 2   = 79'46· 1 −  ∆σ v = q tn · 1 −    2   2       10      r      1 +  5      1 +  z             

     q tn  2(1 + ν ) 1 + = ∆σ h = ∆σ r = · (1 + 2ν ) − 1/ 2 3/2  2    r 2     r 2  1 +     1 +       z     z       79'46  = · (1 + 2 · 0'5) − 2   

2 · (1 + 0'5 )   10  2  1 +      5  

1/ 2

   1 + = 29'71 kN/m 2 3/2    10  2   1 +       5   

297


224'24 kN / m2

151'89 kN / m2

u = 80 kN / m2

u1 121'48 kN / m2

ESTADO INICIAL

151'19 kN / m2

ESTADO INMEDIATAMENTE DESPUÉS DE LLENAR EL DEPÓSITO

Figura 8.14

En consecuencia, en el estado 1 se tendrán las siguientes tensiones totales:

σ v1 = σ v 0 + ∆σ v = 151'89 + 72'35 = 224'24 kN/m 2 σ h1 = σ h0 + ∆σ h = 121'48 + 29'71 = 151'19 kN/m 2 Estas variaciones de tensiones totales producirán una variación de presión intersticial. En consecuencia, la presión intersticial será diferente a la inicial, y se hace necesario su cálculo para determinar las presiones efectivas solicitadas en el enunciado. En la figura 8.14 se han representado los estados 0 y 1. Obsérvese que, al igual que en el estado triaxial, en cada uno las tensiones horizontales son iguales, y por consiguiente, la variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 0 al estado 1 puede calcularse con la fórmula de Skempton. Puesto que el terreno está saturado, B = 1, y siendo A = 1'37, el incremento de presión intersticial producido es:

∆u = B · [ ∆σ h + A · (∆σ v − ∆σ h ) ] = 1· [ 29'71 + 1'37 · (72'35 − 29'71) ] = 88'13 kN/m 2

298


Por tanto la presión intersticial en el estado I vale:

u1 = u 0 + ∆u = 80 + 88'13 = 168'13 kN/m2 Finalmente, el estado de tensiones efectivas que se tiene inmediatamente después del llenado del depósito en el punto solicitado es:

σ′v = 224'24 − 168'13 = 56'11 kN/m 2 σ′h = 151'19 − 168'13 = −16'94 kN/m 2

c) Coeficiente de seguridad frente al hundimiento Al tratarse de un cimentación en terreno cohesivo, el cálculo del coeficiente de seguridad frente al hundimiento se debe realizar a corto y a largo plazo. Corto plazo La carga de hundimiento a corto plazo (totales) se obtiene a partir de la siguiente expresión:

qh = c u · N c · s c · d c · i c + q · N q · s q · d q · i q +

1 · N γ · B′ · γ · s γ · d γ · i γ 2

Para:

φu = 0 B' = B = 20 m L' = L = 20 m los factores de capacidad de carga son: Nq = 1 Nc = 5'14 Nγ = 0

299


y los factores de forma valen: Sq = 1 Sc = 1'2 sγ = 0'6 Los factores de profundidad e inclinación se tomarán igual a la unidad ya que la carga es centrada y se desprecia el efecto de empotramiento de la cimentación. i=d=1 Si cu = Ru / 2 = 100 / 2 = 50 kN / m 3 γ = 20'27 kN / m 2 q = 50'54 kN / m

2

el valor de la carga de hundimiento es:

qh = 50 · 5'14 ·1'2 ·1·1 + 50'54 ·1·1·1·1 + 0 = 358'94 kN / m 2 y la carga de hundimiento neta vale:

qhn = qh − q = 308'4

kN / m 2

El coeficiente de seguridad frente al hundimiento a corto plazo es:

F=

qhn 308'4 = = 3'88 q tn 79'46

Largo plazo La carga de hundimiento a largo plazo se calcula en términos efectivos, a partir de la siguiente expresión:

q′h = c ′ · N c · s c · d c ·i c + q′ ·N q · s q · d q · i q +

300

1 · B ′ · N γ · γ ' · s γ · d γ ·i γ 2


Para φ' = 25º B' = B = 20 m L' = L = 20 m Los factores de capacidad de carga son: Nq = 10'66 Nc = 20'72 Nγ = 6'75 Y los factores de forma valen: Sq = 1'46 Sc = 1'51 sγ = 0'6 Los factores de profundidad e inclinación siguen valiendo la unidad. Si c' = 0 (arcilla normalmente consolidada) 3 γ' = 10'27 kN/m 2 q' = 20'54 kN/m el valor de la carga de hundimiento es:

q′h = 0 + 20'54 ·10'66 ·1'46 ·1·1 + y la carga de hundimiento neta vale:

′ = qh′ − q′ = 715'07 qhn

1 · 20 · 6'75 ·10'27 · 0'6 ·1·1 = 735'61 kN / m 2 2

kN / m 2

Finalmente el coeficiente de seguridad frente al hundimiento a largo plazo es:

F=

q′hn( arcilla) 715'07 = =9 q′tn 79'46

301


PROBLEMA 8.5 Una zapata cuadrada de 10 m de lado se va a cimentar en un terreno constituido 3 por arenas cuyo peso específico aparente es γ = 20 kN / m , transmitiendo una 2 presión de 100 kN / m y estando el plano de cimentación a un metro de profundidad de la superficie del terreno. Se pide estimar el asiento de la zapata si los ensayos de penetración dinámica estándar (SPT) realizados han proporcionado los golpeos representativos indicados en la figura 8.15. Profundidad

Golpeo

0=z=6 6 = z = 11 11 = z

20 25 30

(m)

(N)

z 6m

N = 20

5m

N = 25

N = 30

Figura 8.15

302

Arenas


SOLUCIÓN Para la estimación del asiento de una cimentación en arenas se puede utilizar el método de Schmertmann. En el caso de zapata cuadrada, el asiento viene dado por la siguiente expresión:

s = C1 ⋅ q tn ⋅

2B 0

o

 I z ⋅ ∆z   E 

∑ 

C1 es el “factor de profundidad” que viene dado por:

C1 = 1 − 0'5 ⋅

q′ q tn

donde q' es la tensión efectiva a cota de cimentación y qtn la carga transmitida neta. Si

q = q′ = D · γ = 1· 20 = 20 kN/m 2 y

q tn = q t − q = 100 − 20 = 80 kN/m 2 el factor de profundidad vale:

C1 = 1 − 0'5 ·

o

20 = 0'875 80

Iz es un coeficiente que varía con la profundidad (figura 8.16). Para una zapata cuadrada de ancho B, su valor máximo se produce a B / 2 por debajo del plano de cimentación y viene dado por la expresión:

I z = 0'5 + 0'1 ⋅

q tn = 0'5 + 0'1 ⋅ σ′vq

80 = 0'581 (6 · 20) 303


donde σ'vq es la tensión efectiva existente a una profundidad igual a B / 2 por debajo del plano de cimentación.

o

E es el módulo de deformación. Según Schmertmann, en zapatas cuadradas puede utilizarse la siguiente correlación con la resistencia por punta (qc) del ensayo de penetración estática:

E = 2'5 ⋅ qc Si solo se dispone de resultados del ensayo de penetración dinámica estándar SPT (N), se debe buscar alguna correlación entre qc y N. Para el caso de arenas, la correlación más usual es:

qc =4 N Así pues, la estimación del módulo de elasticidad se realizará con la siguiente expresión:

E = 10 · N (kg / cm 2 ) = 1000· N (kN / m 2 ) Procedamos ahora a calcular el sumatorio, teniendo en cuenta que hay tres zonas en las que N es constante, y según lo anterior, también E. Por lo tanto, se tendrá:

20

 I z ⋅ ∆z  = E 

∑  0

=

304

1 20000

5

∑ 0

20

 I z ⋅ ∆z 

5

I z ⋅ ∆z

10

I z ⋅ ∆z

20

I z ⋅ ∆z

∑  1000 ·N  = ∑ 1000 · 20 + ∑ 1000 · 25 + ∑ 1000 ·30 = 0

(I z ⋅ ∆z) +

0

1 25000

10

∑ 5

5

(I z ⋅ ∆z) +

1 30000

10

20

∑ (I 10

z

⋅ ∆z)


B = 10 m

0'15

1m 5m

0'387

0'581

Iz

N = 20 B/2 = 5 m

5m

N = 25

10 m

N = 30

2B = 20 m

z (m)

Figura 8.16

Los tres sumatorios que se tienen ahora representan las áreas diferenciadas en la figura 8.16. Por lo tanto:

20

∑ 0

 I z ⋅ ∆z  =   E 

0'15 + 0'581 0'581 + 0'387 0'387 ·5 ·5 ·10 2 2 + + 2 ≅ 0'00025 20000 25000 30000

Sustituyendo finalmente en la expresión del asiento, se llega a:

s = 0'875 ⋅ 80 ⋅ 0'00025 = 0'0175 m = 1'75 cm

305


PROBLEMA 8.6 En el terreno mostrado en la figura 8.17, en el que el nivel freático se encuentra en superficie, se pretende cimentar a 2 m de profundidad una zapata cuadrada de 4 m de lado. Durante la campaña de reconocimiento del terreno, se extrajo una muestra inalterada (M) del nivel de arcilla a 5 m de profundidad, que ensayada en laboratorio arrojó los siguientes resultados: o o o o o o o o

Peso específico relativo de las partículas (Gs): Humedad (w): Índice de compresión (Cc): Índice de hinchamiento (Cs) : Presión de preconsolidación (s 'p): Resistencia a compresión simple (Ru): Módulo de elasticidad sin drenaje (Eu): Parámetro A de presión intersticial:

2'7 36% 0'25 0'05 2 43'1 kN / m 2 80 kN / m 2 12000 kN / m 0'8

N.F.

5m M

Arcilla

3m

Roca Figura 8.17

Sabiendo que la humedad de la arcilla a una profundidad de 3 m es del 37'5% y que ésta varía linealmente con la profundidad, se pide: a) Calcular la presión máxima que puede transmitir a corto plazo la zapata al terreno con un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3. b) Para la presión transmitida anterior, estimar el asiento total bajo el centro de la zapata. Nota: A excepción de la humedad, todos los parámetros geotécnicos de la arcilla se supondrán constantes con la profundidad. 306


qh N.F.

2m

q, u, q'

Arcilla

t2 = 6 m

Roca B=4m

Figura 8.18

SOLUCIÓN a)

Presión máxima transmitida

Se trata de un terreno estratificado y la determinación de la carga de hundimiento se puede obtener aplicando el método aproximado para terreno bicapa indicado en el problema 8.3. Puesto que la carga de hundimiento de la arcilla es menor que la de la roca, el terreno T2 es la arcilla, y como (figura 8.18):

t2 6 = = 1'5 > 0'7 B 4 la carga de hundimiento del terreno estratificado es la correspondiente a la arcilla.

307


Con los datos del enunciado, el peso específico saturado de la arcilla vale:

γ sat =

G s · γ w · (w + 1) 2'7 ·10 · (0'36 + 1) = = 18'62 kN/m 3 w ·Gs + 1 0'36 · 2'7 + 1

A corto plazo, el cálculo de la carga de hundimiento debe realizarse en totales, con φu = 0º. A cota de cimentación, las tensiones valen:

q = γ sat · 2 = 18'62 · 2 = 37'24

kN/m 2

u = γ w · 2 = 10 · 2 = 20 kN/m 2 q′ = q − u = 37'2 − 20 = 17'24 kN/m 2 Para φu = 0º, la carga de hundimiento en totales se obtiene a partir de la siguiente expresión:

qh = c u · 5'14 · s c · d c ·i c + q ·1· s q · d q · i q

(1)

Puesto que no hay excentricidad de cargas, entonces: B' = B = 4 m L' = L = 4 m y los factores de capacidad de forma son: sc = 1'2

sq = 1

Los factores de profundidad e inclinación son iguales a la unidad (d = i = 1). Como:

cu =

1 1 · R u = · 80 = 40 kN/m 2 2 2

q = 37'24 kN/m 2

308


sustituyendo valores en la expresión (1), se obtiene que la carga de hundimiento a corto plazo de la arcilla es:

qh = 40 · 5'14 ·1'2 ·1·1 + 37'24 ·1·1·1·1 = 283'96 kN/m 2 y la carga de hundimiento neta vale:

qhn = qh − q = 283'96 − 37'24 = 246'72 kN/m2 Para un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3 se tiene que:

F=

qhn qh − q = =3 q tn qt − q

Sustituyendo valores en esta expresión, se obtiene que la presión máxima que puede transmitir la zapata al terreno es:

qt = 119'48 kN/m

2

b) Asiento total En el caso de cimentaciones superficiales sobre terrenos cohesivos saturados, con dimensiones de zapata mucho menores que el espesor del estrato cohesivo, no existe confinamiento lateral del terreno como sucede en el edómetro. La determinación del asiento total se realizará utilizando el método de Skempton - Bjerrum donde el asiento total se obtiene como:

s T = si + sc

309


2 L/

L / B = 10

B=

L/B = 5

µ1

1

L/B = 2 L/B = 1 círculo

0'5

0 0'1

1

1'5

10

100

1000

H/B 1'0

q D B H

0'93

µ0

0'9

0'8

0

0'5

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

D/B

Figura 8.19

siendo si el asiento instantáneo que se produce tras la aplicación de la carga y sc el asiento de consolidación. El asiento instantáneo (si) bajo una cimentación flexible sobre un estrato arcilloso saturado limitado inferiormente por un estrato indeformable (figura 8.19) se obtiene 1 a partir de la siguiente expresión (Christian y Carrier, 1978) :

si =

1

310

q ·B · µ 0 ·µ 1 Eu

(2)

Christian, J. T.; Carrier, W. D.(1978). "Janbu, Bjerrum and Kjaernsli's chart reinterpreted". Canadian Geotechnical Journal, 15, p. 123-128.


donde q es presión transmitida por la cimentación, B es el ancho de la cimentación, Eu es el módulo de elasticidad no drenado y µ0 y µ1 son factores correctores por profundidad y por el espesor de estrato arcilloso. Para

H 6 = = 1'5 B 4 D 2 = = 0'5 B 4 los factores correctores son:

µ 0 = 0'93 µ 1 = 0'5 Si

q = q t = 119'48 kN/m 2 B=4 m Eu = 12000 kN/m 2 sustituyendo valores en la expresión (2) se obtiene que el asiento instantáneo es:

si =

119'48 · 4 · 0'93 · 0'5 = 0'018 m 12000

El asiento de consolidación se obtiene a partir del asiento edométrico multiplicado por un factor de corrección (µ) que tiene en cuenta el efecto del tamaño de la cimentación:

s c = µ·s edométrico

(3)

311


qt = 119'48 kN / m2 N.F.

2m

N.F.

z

q, u, q'

2m

(1)

(1)

2m

(2)

(2)

2m

(3)

(3)

ESTADO FINAL

ESTADO INICIAL

Figura 8.20

Para el cálculo del asiento edométrico, por debajo del plano de cimentación se dividirá el estrato de arcilla en subcapas de 2 m de espesor (figura 8.20), y en el punto medio de cada subcapa, se calculará la tensión efectiva vertical inicial (σ'0i), la humedad (wi), el índice de huecos inicial (e0i) y el incremento de tensión vertical inducido por la zapata (∆σvi)

Como la humedad es 37'5 % a 3 m de profundidad y 36 % a 5 m, y adoptando que la variación de la humedad con la profundidad es lineal, se tiene que: w( z ) = −0'75·z + 39'75 % habiendo adoptado el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 8.20). Las tensiones verticales efectivas, la humedad y el índice de poros iniciales en los puntos medios de cada subcapa son los siguientes:

312

Punto

Profundidad z

σ'0 =γ'·z (kN/m2)

(%)

w

e0 = Gs ·w

1 2 3

3 5 7

25'86 43'1 60'34

37'5 36 34'5

1'012 0'972 0'931

(m)


Si se compara la tensión efectiva vertical en el punto 2 (σ'0 = 43'1 kN/m ), profundidad a la que se extrajo la muestra, se observa que es igual a la tensión de 2 preconsolidación (σ'p = 43'1 kN/m ) y consecuentemente se puede concluir que la arcilla es normalmente consolidada y el asiento edométrico en cada subcapa se puede obtener con la expresión: 2

s edométrico(i) =

 σ ′ + ∆σ vi Hi ·C c ·log 0i 1 + e 0i σ ′0i 

  

(4)

y el asiento edométrico total será:

s edométrico =

3

∑s

(5)

edométrico (i )

i =1

La zapata transmite al terreno una presión qt = 119'48 kN / m transmitida neta a cota de cimentación es:

2

y la presión

q tn = q t − q = 119'48 − 37'24 = 82'24 kN/m2 El incremento de tensión vertical provocado por esta carga transmitida neta en los puntos medios de cada subcapa, bajo el centro de la zapata, se obtienen a partir de la teoría de la elasticidad, resultando ser:

Punto

∆σvi

1 2 3

76'32 39'8 19'81

313


B

Nivel compresible

H

Nivel incompresible

α H/B

Zapata circular

Zapata cuadrada

0 0'25 0'5 1 2 4 10 ∞

1'00 0'67 0'50 0'38 0'30 0'28 0'26 0'25

1'00 0'74 0'53 0'37 0'26 0'20 0'14 0'00

Figura 8.21

En la siguiente tabla se han recogido los valores obtenidos con la expresión (4) para el asiento edométrico de cada subcapa, y el asiento edométrico total (5).

Punto

Espesor Subcapa

Hi

Cc

e0i

(m)

1 2 3

314

2 2 2

0'25 0'25 0'25

1'012 0'972 0'931

σ'0i

∆σvi

sedm(i)

(kN/m2)

(kN/m2)

(m)

25'86 43'1 60'34

76'32 39'8 19'81

0'148 0'072 0'032 0'252

sedométrico


El asiento de consolidación se obtiene con la expresión (3). El valor del factor de corrección µ vale:

µ = A + α · (1 − A ) donde A es el parámetro de presión intersticial y α es un coeficiente que se obtiene en función del espesor del estrato compresible H y de la anchura de la cimentación B (figura 8.21). Para H / B = 1'5 y zapata cuadrada ? α = 0'28. Si A = 0'8 el factor de corrección vale:

µ = 0'8 + 0'28·(1 − 0'8 ) = 0'856 y el asiento de consolidación es:

s c = µ · s edométrico = 0'856 · 0'252 = 0'216 m Por ultimo el asiento total vale:

s T = s i + s c = 0'018 + 0'216 = 0'234 m

315


316

Capítulo 9

CIMENTACIONES PROFUNDAS


318

Capítulo 9 - Cimentaciones profundas

PROBLEMA 9.1 Dimensionar, según la NTE “Pilotes Prefabricados – CPP”, un pilotaje prefabricado para una estructura de hormigón armado muy rígida, con una separación entre apoyos de 10 m, sabiendo que en cada uno de ellos el axil transmitido es de 275 t y los momentos flectores actuantes son de 12'5 t · m y 5 t · m y que el canto estimado para el encepado es de 1 m. En la figura 9.1 se tiene un esquema del terreno de cimentación, conociéndose del mismo las siguientes características: Terreno Arcillas limosas Arenas limosas Arcillas blandas Arenas limosas

Ru

(kg/cm2)

7'5 0'75

Rp

(kg/cm2)

80 120

1m

Tierra vegetal

5m

Arcillas limosas

10 m

Arenas limosas

1m

Arcillas blandas

Arenas limosas 18 m

Figura 9.1

319


SOLUCIÓN

o

Bases de cálculo

El problema requiere el establecimiento previo de las siguientes bases de cálculo:

-

Solicitaciones en el grupo de pilotes (Q, Mx y My) o conjunto de esfuerzos sin mayorar a los que se encuentra sometido el grupo de pilotes es la base del encepado.

-

Identificación de los distintos estratos del terreno de cimentación, diferenciándose entre: i. Granular de arenas o gravas. ii. Cohesivo. iii. Roca.

-

Caracterización mecánica de los diferentes estratos, con alguna de las siguientes determinaciones: i. RP: ii. N: iii. Ru:

-

Localización del nivel freático.

-

Identificación de estratos con rozamiento negativo.

-

Comprobación de las limitaciones de esfuerzos laterales en el pilotaje.

-

Identificación de estratos de roca de pequeño espesor y de capas blandas que pueden requerir un estudio especial.

-

Elección de la tipología constructiva de los pilotes: i. ii.

320

Resistencia a la penetración estática. Valor del ensayo SPT. Resistencia a compresión simple.

Pilotes hincados ? Pilotes in situ ?

(NTE “Pilotes Prefabricados – CPP”). (NTE “Pilotes in situ – CPI”).


5m

Arcillas limosas

10 m

Arenas limosas

1m

Arcillas blandas

Arenas limosas 18 m

Figura 9.2

Según el enunciado, los esfuerzos sin mayorar a los que esta sometido el grupo de pilotes en su plano superior son: Q = 275 t Mx = 12'5 t·m My = 5 t·m Como el canto estimado del encepado es de 1 m, los pilotes comienzan a penetrar por debajo de la tierra vegetal, y en consecuencia éste nivel no afecta en los cálculos, siendo el perfil de terreno a adoptar el indicado en la figura 9.2. En el problema se indica que los pilotes deben ser prefabricados, en consecuencia se utilizará la NTE “Pilotes Prefabricados – CCP” (1978).

321


o

Cálculo

El cálculo se inicia con un predimensionado de las siguientes incógnitas: n: D: L:

Número de pilotes a utilizar. Diámetro del pilote. Longitud del pilote.

El predimensionado de n y de D se realiza a partir de: - Carga axil: Q (t) - Limitaciones del grupo de pilotes para absorber los momentos Mx y My. Como hay momentos y:

M x = 12'5 ≠ 1'75 · M y = 1'75 · 5 = 8'75 t·m

el número mínimo de pilotes debe ser: n=4 Para

 n = 4  → Tabla de predimensionamiento → D = 37'5 cm  = Q 275 t   En cuanto a la longitud de los pilotes, en principio se empotrarán en el estrato granular inferior, suponiendo una longitud aproximada L = 18 m. Una vez finalizado el predimensionamiento, el diseño debe verificar las siguientes las siguientes condiciones: - Condición de hundimiento. - Resistencia estructural. - Asientos.

322


o

Comprobación de hundimiento

Debe verificarse que: E ≤ c · (P + F - Ri) donde: E: c: P: F: Ri:

Carga axil equivalente. Coeficiente reductor de la resistencia del terreno. Resistencia por punta. Resistencia por fuste. Rozamiento negativo. Se distinguen dos casos: R1 si R2 si

P > 3·F (pilote columna) P ≤ 3·F (pilote flotante)

Al no existir rozamiento negativo, Ri = 0, luego: E ≤ c·(P + F)

- Cálculo de la carga axil equivalente (E) E = f(Q, M, D) M = f(Mx o My, n)

Para D = 37'5 cm    Q = 275 t  → tabla 1 → E = 321'87 t M = M + M = 12'5 + 5 = 17'5 t·m x y  

323


Arcillas

1m 8·D

D

3·D 3·D

A

2m

A

B

1'125 m

B

C

1'125 m

C

Arenas

Figura 9.3

- Cálculo de la resistencia por punta (P) Debido a que la punta del pilote se apoya en el estrato granular de arenas (2 m por debajo del nivel de arcillas blandas), deberá utilizarse la tabla 3, delimitándose las zonas activas A, B y de seguridad C según la norma. Si se denomina hA, hB y hc a los espesores de las zonas activas y de seguridad (figura 9.3), se tiene que:

h A = 8 · D = 8 · 0'375 = 3 m h C = hB = 3 ·D = 3 · 0'375 = 1'125 m El valor de cálculo de la resistencia a la penetración estática (Rp) es la media aritmética de las Rp de las zonas A y (B+C) cuyo valor se obtiene a partir de la siguiente expresión:

RP =

R P( A ) + RP(B+C )

donde:

R P(A) =

2

∑ R ·e ∑e ∑ R ·e = ∑e P (i)

i

i

RP(B +C )

P (i ) i

324

i


En nuestro caso, la resistencia a la penetración estática de la zona activa superior es:

R P( A ) =

R P( arena ) ·h arena + R P( arcilla) ·h arcilla) hA

Debido a la presencia de un estrato coherente blando en la zona activa superior A (figura 9.3), es necesario aplicar la regla complementaria que dice: “Estrato coherente intercalado en la zona A. Si es de consistencia blanda o muy blanda, la zona A queda reducida a los estratos situados por debajo del estrato coherente”. Por tanto:

R P( A ) =

R P( arena ) ·h arena hA

=

120·2 = 80 kg/cm 2 3

La determinación de la resistencia a la penetración estática de las zonas B y C se obtiene a partir de la expresión anteriormente citada. Es importante señalar que la resistencia de la zona C solo se considera en aquellos casos en los que la resistencia en esta zona es inferior a la ofrecida en la zona B. En este caso son iguales, y por lo tanto, no se considera su resistencia, y la resistencia a la penetración estática en la zona B + C es:

RP(B +C ) = 120 kg/cm 2 y la resistencia a la penetración estática de cálculo vale:

RP =

R P( A ) + RP(B+C ) 2

=

80 + 120 = 100 kg/cm 2 2

Con este valor, la resistencia por la punta P que resulta es:

RP = 100 kg/cm 2   → tabla 3 → P = 110'4 t   D = 37'5 cm

325


5m

Arcillas limosas (Coherente 1)

10 m

Arenas limosas (Granular 2)

1m

Arcillas blandas (Coherente 3)

Arenas limosas (Granular 4) 18 m

Figura 9.4

- Cálculo de la resistencia por el fuste (F). La resistencia por fuste se obtiene con la expresión:

F =

∑ F ·e i

i

donde: Fi: ei:

Resistencia unitaria del estrato i atravesado por el pilote. Espesor de estrato i.

Debido a la existencia de un estrato coherente de consistencia blanda, estrato (3), (figura 9.4), intercalado en un estrato granular es necesario aplicar las reglas complementarias, que dice “el valor de la resistencia por fuste unitaria de los estratos situados por encima del estrato coherente se tomará no superior a 3 veces la correspondiente al estrato coherente blando”. En primer lugar, se debe obtener la resistencia por fuste del estrato coherente (3).

326


Para

R u = 0'75 kg/cm 2    → tabla 8 → F3 = 3'53 t/m D = 37'5 cm  Aplicando la regla complementaria, los valores de F1 y F2 deben ser tales que:

F1, F2 < 3 · F3 = 10'59 t/m Los valores de F1 y de F2 se obtienen utilizando las tablas 8 y 6.

D = 37'5 cm  → tabla 8 → F1 = 9'78 t/m  2 R u = 7'5 kg/cm  D = 37'5 cm  → tabla 6 → F2 = 7 t/m  2 R P = 80 kg/cm  Dado que los valores de F1 y F2 son inferiores a 3 · F3, los valores que se adoptan en el cálculo son: F1 = 9'78 t/m F2 = 7 t/m La resistencia por fuste unitaria del estrato (4) es:

R P = 120 m    → tabla 6 → F4 = 9 t/m D = 37'5 cm Por tanto, la resistencia por fuste (F) es:

F=

∑ F ·e = 9'78·5 + 7·10 + 3'53·1+ 9·2 = 140'43 t i

i

327


- Cálculo del coeficiente c. c = f (relación P/F, tipo de terreno y n) Como:

P = 110'4 t < 3 · F = 3 ·140'43 = 421'29 t

se trata de un pilote flotante. Por otro lado, como el terreno es dominantemente granular (6 m coherente y 12 granular), y para un número de pilotes n = 4, se tiene que:

 n = 4    → tabla 2 → c = 1'33 P ≤ 3 · F terreno granular    - Comprobación de condición de hundimiento. Se debe cumplir que:

E ≤ c·(P + F) Para: E = 321'87 t c = 1'33 P = 10'4 t F = 140'43 t se tiene que:

E = 321'87 t < 1'33·(110'4 + 140'43 ) = 333'6 t

328

cumple


o

Comprobación estructural del pilote

En pilotes in situ, debe verificarse que: E ≤ c´·(T – 0,4 · Ri) donde: c´: T:

Coeficiente reductor. Resistencia estructural del pilote.

En pilotes prefabricados, la comprobación estructural no se realiza. La norma determina una resistencia estructural necesaria (T) para cada pilote del grupo que se obtiene en función de n, E, R1 o R2. - Cálculo de T.

E = 31'87 t    n = 4  → tabla 14 → T = 80'46 t  R = 0   i

o

Comprobación de asientos scálculo < sadmisible

donde: scálculo: Sadmisible:

Asiento que se produce por acción de las cargas actuantes. Asiento total máximo admisible.

Esta comprobación debe realizarse en todos aquellos en los que la punta de los pilotes no quede dispuesta en roca o en terreno granular de compacidad densa o muy densa, sin capas por debajo de menor compacidad.

329


El asiento total máximo admisible es función del tipo de estructura, de la modulación entre apoyos de la misma y del tipo de terreno de cimentación. Para una estructura de hormigón armado de gran rigidez, con una modulación media entre apoyos de 10 m y pilotes apoyados en terreno granular de arena, el asiento total máximo admisible que se obtiene es: smáximo = 50 mm. El asiento que sufrirá el grupo de pilotes diseñado se obtiene en función de: scálculo = f(tipo de terreno, n, Qt/Qr, D) donde: Q t: Qr:

Carga media de trabajo por pilote, calculado del modo que figura en el apartado correspondiente a la determinación de asientos A. Resistencia de pilote.

Al no existir rozamiento negativo, la carga media de trabajo por pilote es:

Qt =

Q 321'87 = = 80'46 t n 4

y la resistencia del pilote vale:

Q r = P + F = 110'4 + 140'43 = 250'83 t El asiento de cálculo es:

Qt   Q = 0'32   r  n = 4  → tabla 12 → s calculado < 13 mm terreno granular    D = 37'5 cm 

330


1150 375

1150

(Cotas en mm)

Figura 9.5

Como el asiento calculado es menor que el asiento máximo, se cumple la condición de asientos. scalculado = 13 mm < smáximo = 50 mm

cumple

- Separación entre los ejes de los pilotes. La separación entre los ejes del grupo de pilotes se determina en función de P, F, D y L. Para

P ≤ 3·F    D = 37'5 cm → tabla 15 → Separación ≈ 115 cm L = 18 m    DIMENSIONADO PROPUESTO. El resultado del cálculo del pilotaje se resume como (figura 9.5): Número de pilotes

Longitud de pilotes

Resistencia estructural

Separación entre ejes

4

18 m

80'46 t

115 cm

(n)

(L)

(T)

(s)

331

Problemas Geotecnia y Cimientos

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