problemas geotecnia cimientos

Captulo 4

RREESSIISSTTEENNCCIIAA AA EESSFFUUEERRZZOO CCOORRTTAANNTTEE

Problemas de Geotecnia y Cimientos

120

Captulo 4 - Resistencia a esfuerzo cortante

121

PROBLEMA 4.1 Calcular los esfuerzos que actan sobre el plano , que forma un ngulo de 30 con respecto al plano sobre el que acta la tensin principal mayor (figura 4.1).

400 kN / m

200 kN / m

2

2

= 30

2400 kN / m

200 kN / m2

Figura 4.1

SOLUCIN 1) Clculo analtico En un estado de tensiones bidimensional, las tensiones que actan en cualquier plano que pasa por un punto se pueden representar grficamente con el crculo de Mohr. Si un plano forma un ngulo a con el plano principal mayor, las tensiones normal () y tangencial () en dicho plano vienen dadas por:

= 1 cos2 a + 3 sen

2 a

= 2sen2

31

siendo 1 y 3 las tensiones principales mayor y menor, respectivamente.


122

= 200

P

350 = 400

B

86'6

(kN / m )2

(kN / m )23 1

p = 300

= 302 = 60

C

Figura 4.2

Sustituyendo valores:

= 400 cos2 30 + 200 sen2 30 = 350 kN / m2

2m/kN60'8660sen

2200400 ==

2) Clculo grfico (figura 4.2) En primer lugar, se representa el crculo de Mohr, cuyo dimetro es:

1 - 3 = 200 kN / m2 y cuyo centro tiene por abcisa:

p = (1 + 3) / 2 = 300 kN / m2


123

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 ste (horizontal), cortando al crculo en el polo P. Trazando ahora por el polo P una paralela al plano , sta corta al crculo de Mohr en el punto B, cuyas coordenadas representan las tensiones en dicho plano, resultando ser:

= 350 kN / m2 = 86'6 kN / m2

Obsrvese que si el plano forma un ngulo = 30 con el plano principal mayor, el ngulo central en el crculo de Mohr es el doble, es decir, 60.


124

PROBLEMA 4.2 Obtener la magnitud y direccin de los esfuerzos principales, para el estado de tensiones representado en la figura 4.3.

400

600

400

600

45

200 200

200 200

( Tensiones en kN / m )2

Figura 4.3

SOLUCIN

1) Clculo grfico (figura 4.4) En primer lugar se debe dibujar el crculo 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 crculo. Si se unen dichos puntos con una recta, la interseccin de esta recta con el eje de abcisas proporciona el centro del crculo de Mohr que corta al eje de abcisas en los puntos que representan las tensiones principales, resultando ser:

1 = 723'6 kN / m

2 3 = 276'4 kN / m

2


125

= 276'4

P

= 723'6

100 200 300 400 500 600 700 800 900

100

200

300

-100

-200

-300

Plano principalmenor

Plano principalmayor

(kN / m ) 2

(kN / m ) 2

3 1

S2

1

p

3

2

1S

Plano principalmayor

Plano principalmenor

Figura 4.4 Trazando ahora por S2 una paralela al plano cuyo estado tensional representa, se obtiene el polo P en la interseccin con el crculo de Mohr (el mismo resultado se hubiese obtenido tomando el punto S1). Finalmente, uniendo el polo P con los puntos (1 , 0) y (3, 0), se obtienen las direcciones de los planos principales.

2) Clculo analtico Se conocen las tensiones en dos planos perpendiculares entre s. La abcisa del centro del crculo de Mohr es:

2m/kN500

2400600

p 312+

==+= (1)

y el radio es:

2r 31

= (2)


126

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

22222 r)200()500600()500( =+=+ Por lo tanto:

2m/kN61'223r = Resolviendo ahora las ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

1 = 723'6 kN / m2

3 = 276'4 kN / m2

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

2a + = 180 Como:

43'6361'223

200sen ==

entonces:

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


127

PROBLEMA 4.3 En un punto de una arena se ha producido la rotura cuando en el plano de mxima tensin cortante actan los siguientes esfuerzos: o Tensin normal total: 384 kN / m2 o Tensin cortante: 131 kN / m2 o Presin intersticial: 136 kN / m2 Determinar:

a) Tensiones efectivas principales. b) ngulo de rozamiento de la arena. c) Tensiones efectivas en los planos de rotura. d) ngulo que forman los planos de rotura.

SOLUCIN a) Tensiones principales El plano de mxima tensin cortante es el representado por el punto A (figura 4.5) y las tensiones que actan segn el enunciado son las siguientes: Totales:

2m/kN384= 2m/kN136u = 2m/kN131=

Por consiguiente, las efectivas sern:

2m/kN248136384u' === 2m/kN131=


128

(kN / m )2

',

'

r

R

''

2

'B C'

'

p' = 248 u = 136

p = 384

A'

3 1'

1

2R

O C

A

3

r

(kN / m )2

1

'

131

Figura 4.5 Con estos datos, es evidente que la abcisa del centro del crculo de Mohr en efectivas p' es 248 kN/m2 y el radio r de los crculos es 131 kN/m2. Por lo tanto, se puede escribir que:

21 m/kN379131248r'p' =+=+=

23 m/kN117131248r'p' ===

b) ngulo de rozamiento de la arena Al tratarse de una arena, la cohesin efectiva c' es nula. Por otro lado, como en el enunciado se indica que se ha producido la rotura, el crculo de Mohr en efectivas debe ser tangente a la lnea de resistencia intrnseca y esta condicin se expresa en el tringulo OC'R1 (figura 4.5) como:

'sen'pr =


129

Sustituyendo valores, se obtiene:

89'31248131

senarc' =

=

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

21 m/kN57'21089'31cos248'cos'pOR ===

Y ahora en el tringulo OBR1: 211R m/kN79'178'cosOR' ==

211R m/kN24'111'senOR ==

Las coordenadas del otro plano de rotura (plano conjugado) sern: 22R m/kN79'178' =

22R m/kN24'111=


130

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

22'11689'312180'21802 === Por lo tanto, el ngulo formado por los planos es la mitad, es decir: = 58'11


131

PROBLEMA 4.4 Sobre un suelo se han realizado ensayos triaxiales CU obtenindose una cohesin efectiva c' = 47'6 kN/m2, un ngulo de rozamiento efectivo ' = 30, una cohesin aparente ccu = 30 kN/m

2 y un ngulo de rozamiento aparente cu = 30. En uno de los ensayos, la muestra rompi cuando la tensin vertical era de 500 kN / m2. Se pide calcular en este ensayo la presin intersticial en el momento de la rotura y la presin de clula aplicada.

SOLUCIN Los parmetros de resistencia intrnsecos (efectivos) son vlidos en cualquier situacin, mientras que los parmetros 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 situacin de rotura, el crculo de Mohr en efectivas ser tangente a la lnea de resistencia intrnseca. Adems, como el ensayo es CU, el crculo de Mohr en totales ser tangente a la lnea de resistencia aparente (figura 4.6). Estas condiciones de tangencia se expresan como:

30sen)30cot6'47'p('sen)'cot'c'p(r +=+= (1)

30sen)30cot30p(sen)cotcp(r cucucu +=+= (2) Por otra parte, los crculos estn desplazados horizontalmente un valor igual a la presin intersticial en rotura, es decir:

u'pp += (3) Finalmente, como el ensayo se realiz con una presin vertical de 500 kN/m2, se puede escribir:

r500p = (4)


132

(kN / m )

', 2(kN / m )

= 30

p'

c' = 47'6c = 30cu

' = 30

rr

' ' = 500

u

p

O' O

cu

c' ctg '

c ctg cu cu

1 13 3

2

Figura 4.6

Se dispone de un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incgnitas (r, p, p' y u) que resuelto proporciona los siguientes valores: p = 316'01 kN/m2 p' = 285'53 kN/m2 r = 183'99 kN/m2

2m/kN84'30u =

Resta calcular la presin de clula. Como:

2500

2m/kN01'316p 3312

+=+==

entonces, se obtiene que:

23 m/kN02'132=


133

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

Presin de

clula

Presin de

cola

Presin

intersticial (kN / m2)

(kN / m2)

(kN / m2)

0 50 50

100 100 200 200 300 300 500

0

40

90

200

300

-10 8

30 65 90

185 197 296 300 500

Determinar el valor del parmetro B de presin intersticial en cada etapa.

SOLUCIN En el ensayo triaxial (figura 4.7), cuando se produce una variacin hidrosttica de la presin de clula (3), inmediatamente se origina una variacin de presin intersticial en la muestra (u). En estas condiciones, el parmetro de presin intersticial B se define como:

3

uB

=

y su valor depende del grado de saturacin de la muestra. Para un grado de saturacin del 100% el parmetro B es igual a la unidad. La aplicacin de una presin de cola a la muestra tiene por objeto asegurar su saturacin y aplicar en la misma una presin intersticial.


134

3

u

uc3

uuu

Figura 4.7

El procedimiento consiste en aplicar una presin de clula y registrar la presin intersticial en la muestra. Seguidamente, se aplica la presin de cola hasta igualar la presin de clula (puede ser 10 kN / m2 inferior para asegurar presiones efectivas positivas en la muestra) y se comprueba que la presin intersticial en la muestra iguala a la presin de cola o est muy prxima. El proceso se repite incrementando la presin de clula, registrar nuevamente la presin intersticial en la muestra y calcular el valor del parmetro B con la expresin anterior. Si no es la unidad, se aplica otra vez presin de cola y se repite el proceso. Los clculos y resultados pueden ordenarse en la siguiente tabla:

Presin de

clula

Presin de

cola

Presin

intersticial

u

3

B = u /3

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

0 0 -10 50 8 18 50 0.36 50 40 30

100 65 35 50 0.70 100 90 90 200 185 95 100 0.95 200 200 197 300 296 99 100 0.99 300 300 300 500 500 200 200 1.00


135

PROBLEMA 4.6 En una arcilla normalmente consolidada se realiza un ensayo triaxial CU con una presin de cola de 100 kN / m2 y consolidando con una presin de clula de 300 kN / m2, alcanzndose la rotura con un desviador de 200 kN / m2 e igual a la presin intersticial en rotura. Se pide calcular: a) ngulo de rozamiento efectivo y parmetros de presin intersticial de la arcilla. b) Desviador que se hubiese obtenido si la rotura se hubiese realizado con

drenaje. c) Presin intersticial en rotura si tras la consolidacin a 300 kN / m2 se cierra el

drenaje, se incrementa la presin de clula a 500 kN / m2 y se procede a romper la muestra manteniendo el drenaje cerrado.

SOLUCIN a) ngulo de rozamiento efectivo y parmetros de presin intersticial

En el ensayo CU pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.8:

- ESTADO 1: Aplicacin de la presin de cola uc = 100 kN / m2 y de una

presin de clula 3 = 300 kN / m2, permitiendo la

consolidacin, es decir, cuando finalice sta, la presin intersticial en la muestra ser igual a la presin de cola.

- ESTADO 2: Estado de rotura. Finalizada la consolidacin, se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presin vertical 1 hasta alcanzar la rotura. Como en la muestra se incrementa la presin total vertical aplicada, se producir en cada incremento una variacin de presin intersticial, cuya estimacin puede realizarse con la frmula de Skempton y que no puede disiparse ya que el drenaje est cerrado. En el momento de rotura, la presin intersticial tendr un valor ur = 200 kN / m

2.


136

ESTADO 2

100 kN / m

ESTADO 1

2

300 kN / m

2300 kN / m

2

1

300 kN / m2

u = 100 kN / m2c

200 kN / m2

Figura 4.8

Segn el enunciado, el desviador en rotura vale:

1 - 3 = 200 kN / m2.

Como 3 = 300 kN / m

2, entonces:

1 = 500 kN / m2

p = (1 + 3) / 2 = 400 kN / m

2 Como la presin intersticial en rotura fue de 200 kN / m2, resulta que:

p' = p - ur = 400 - 200 = 200 kN / m2

Siendo la arcilla normalmente consolidada, la cohesin efectiva es nula, y en el estado de rotura, el crculo de Mohr en efectivas es tangente a la lnea de resistencia intrnseca. Esta condicin se expresa, si la cohesin efectiva es nula, como:

sen ' = r / p' = ((1 - 3) / 2 ) / p'=100 / 200 = 0'5


137

En consecuencia, el ngulo de rozamiento efectivo de la arcilla es 30. Calculemos ahora los parmetros de presin intersticial. Como se aplica una presin de cola, la muestra est saturada y por consiguiente B = 1. Para el clculo del parmetro A de presin intersticial, debe utilizarse la frmula de Skempton:

u = B [ 3 + A(1 - 3) ] frmula que proporciona la variacin de presin intersticial al pasar de un estado a otro. Del estado 1 al estado 2, las variaciones de presiones totales son:

3 = 0 1 = 500 - 300 = 200 kN / m2

Sustituyendo:

u = 200 A = ur - uc = 200 - 100 = 100 kN / m

2 de donde se obtiene:

A = 0'5 ' = 30 A = 0'5


138

ESTADO 2ESTADO 1

100 kN / m

300 kN / m

2300 kN / m

2

2 2300 kN / m

1

100 kN / m 2

u = 100 kN / mc 2 u = 100 kN / mc 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:

- ESTADO 1: Aplicacin de la presin de cola uc = 100 kN/m2 y de una

presin de clula 3 = 300 kN / m2, permitiendo la consolidacin, es decir, cuando finalice la consolidacin, la presin intersticial en la muestra ser igual a la presin de cola.

- ESTADO 2: Estado de rotura. Finalizada la consolidacin, se mantiene el drenaje abierto y se procede a incrementar la presin vertical 1 permitiendo la disipacin de las variaciones de presin intersticial que se puedan producir en la muestra. En rotura, tericamente, la presin intersticial es la misma que la del estado anterior, es decir, igual a la presin de cola.


139

La condicin de tangencia del crculo de Mohr en efectivas a la lnea de resistencia intrnseca se expresa ahora como:

p' sen 30 = 0'5 p' = r o tambin:

0'5 (p-uc) = 0'5 (p- 100) = 0'5 [ (s 1 + s 3 ) / 2 100 ] = r = (s1 - s 3 ) / 2 de donde se deduce que:

s 1 = 700 kN / m2

y la presin efectiva ser:

s '1 = s 1 - uc = 600 kN / m2

El desviador en rotura es:

s 1 - s 3 = 400 kN / m2

c) Presin intersticial en el ensayo sin drenaje

En el ensayo del enunciado pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.10):

- ESTADO 1: Aplicacin de la presin de cola uc = 100 kN / m2 y de una

presin de clula 3 = 300 kN / m2, permitiendo la

consolidacin, es decir, cuando finalice la consolidacin, la presin intersticial en la muestra ser igual a la presin de cola.

- ESTADO 2: Se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presin

de clula a 3 = 500 kN / m2. La presin intersticial en la

muestra variar, alcanzando un valor u2.


140

ESTADO 2ESTADO 1

100 kN / m

300 kN / m

2

2

2300 kN / m

2500 kN / m

2u

500 kN / m2

r

ESTADO 3

u

500 kN / m 2

1

u = 100 kN / mc 2

Figura 4.10 Como al pasar del estado 1 al estado 2 las variaciones de presiones totales producidas son: 3 = 500 300 = 200 kN/m

2 1 = 500 300 = 200 kN/m

2

la frmula de Skempton proporciona la siguiente variacin de presin intersticial: u = B [ 3 + A(1 - 3) ] = 200 kN/m

2

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

2 Como se puede deducir fcilmente, las tensiones efectivas son iguales a las del estado 1.

- ESTADO 3: Estado de rotura. Manteniendo el drenaje cerrado, se procede a incrementar la presin vertical 1 hasta la rotura en donde la presin intersticial habr alcanzado un valor ur.


141

La condicin de tangencia del crculo de Mohr en efectivas a la lnea de resistencia intrnseca se sigue expresando como:

p' sen 30 = 0'5 p' = r o tambin:

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 variacin de presin intersticial que se produce al pasar del estado 2 al estado 3 de rotura puede estimarse con la frmula de Skempton. Como

1 = 1 500 kN/m

2 3 = 0

entonces: u = B [ 3 + A (1 - 3) ] = 1 [ 0 + 0'5 (1 - 3 - 0) ] = 0'5 (1 - 3) y por lo tanto:

ur = u2 + u = 300 + 0'5 (1 - 500) (2) Como se observa se ha admitido que A = 0'5 valor obtenido en el ensayo CU. El coeficiente A de presin intersticial no es un parmetro intrnseco y puede cuestionarse esta hiptesis. Sin embargo, puede observarse que entre el ensayo CU y ste sin drenaje, la nica diferencia es el estado 2 de este ltimo en el que no se produce ninguna variacin de presiones efectivas en la muestra. En consecuencia, puede admitirse dicho valor del parmetro A. Las ecuaciones (1) y (2) permiten obtener los siguientes valores:

1 = 700 kN/m

2 ur = 400 kN/m

2


142

PROBLEMA 4.7 Un laboratorio ha proporcionado los siguientes resultados de un ensayo triaxial CU realizado sobre una arcilla aplicando una contrapresin (presin de cola) de 600 kN / m2:

Presin lateral Presin vertical en rotura Presin intersticial

en rotura (kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

650 700 850

810 973 1896

569 547 652

Se pide: a) Valores de los parmetros de resistencia intrnsecos b) Si otra muestra de arcilla se somete a otro ensayo triaxial CU aplicando una

presin lateral de 900 kN/m2 y la misma contrapresin anterior, pero permitiendo solamente una consolidacin del 50 %, qu resistencia sin drenaje se obtendra?

SOLUCIN a) Parmetros intrnsecos Los resultados proporcionados por el laboratorio permiten obtener en rotura las presiones efectivas mayor (s '1) y menor (s '3), la tensin efectiva media (p'), el radio de los crculos de Mohr (r), el incremento de presin intersticial (?u) y el parmetro A de presin intersticial.


143

c' / tg '

3'c'

p'

1C' '

r

'

'

B

O

Figura 4.11

En la tabla 4.1 se han recogido los resultados obtenidos. El parmetro A de presin intersticial se obtiene de la frmula de Skempton, teniendo en cuenta que 3 = 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, tericamente, los tres crculos de Mohr en efectivas deben ser tangentes a la lnea de resistencia intrnseca. Para un crculo, la condicin de tangencia es (figura 4.11):

r'sen'p'tg

'c =

+

y despejando la cohesin efectiva:

'tg'p'cos

r'c

=


144

Tabla 4.1

Ensayo 3 1 ur '3 '1 p' r u A

(3-ur) (1-ur) )2

''( 31

+ )2

''( 31

(ur - 600) )''u

(31

1 2 3

650 700 850

810 973

1896

569 547 652

81 153 198

241 426

1244

161 289'5 721

80 136'5 523

-31 -53 52

-0'1938 -0'1941 0'0497

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

'tg'p'cos

r'tg'p

'cosr

22

11

=

y operando:

21

21

'p'prr

'sen=

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

Tabla 4.2

Ensayos ' c'

(KN/m2)

1 y 2 2 y 3 1 y 3

26'08 63'60 52'29

10'27 -276'20 -77'44

Se deduce que el ensayo 3 es errneo y debe desecharse. En consecuencia, los parmetros intrnsecos a adoptar son: ' = 26'08 c' = 10'27 kN/m2


145

ESTADO 2(t = 0)

ESTADO 1(consolidacin)

600

kN / m

600 kN / m2

2

u = 600 kN / m2c

600 kN / m

2

600 kN / m2

cu

ESTADO 4(rotura)

ESTADO 3(cierre drenaje)

290

0 kN

/ m

2900 kN / m

2900 kN

/ m

900 kN / m2

ru

290

0 kN

/ m

900 kN / m2

2900 kN

/ m

2900 kN / m

u = 600 kN / mc 2

900 kN / m

2900

kN / m

2

r

r

u1

2750 kN / m

900 kN / m2

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

- ESTADO 1: Consolidacin, aplicando una presin de cola de 600 kN/m2 y una presin de clula del mismo valor.

- ESTADO 2: Se incrementa la presin de clula a 900 kN / m2.

Inmediatamente (t = 0) se producir un incremento de presin intersticial. Aplicando la frmula de Skempton, este incremento es igual a 300 kN / m2, y por lo tanto, la presin intersticial en este estado ser u1 = 900 kN / m

2.


146

- ESTADO 3: Aplicada la presin lateral de 900 kN / m2, se deja consolidar el 50 %. Si la consolidacin fuese del 100 %, la presin intersticial tendra que haber disminuido desde 900 kN / m2 a 600 kN / m2 (presin de cola). Como solamente es el 50 %, ello quiere decir que el drenaje se cierra cuando la presin intersticial es igual a 750 kN / m2.

- ESTADO 4: Con el drenaje cerrado, se incrementa la presin vertical

hasta la rotura, que se produce con un valor r. En ese momento la presin intersticial valdr ur.

Aplicando la frmula de Skempton, se producir el siguiente incremento de presin intersticial:

u = B ( 3 + A ( 1 - 3 ) ) = 1 ( 0 + A ( 1 - 0 ) ) = A ( r - 900 ) Tomando A = - 0'194, la presin intersticial en rotura ser:

ur = 750 0'194 ( r - 900 ) Como se est en rotura, la condicin de tangencia se expresa:

2

90008'26sen)900(194'0750

2

900

08'26tg27'10

r'senup'tg

'c

rr

r

r

=

+

++

=

+

Operando, se obtiene:

r = 1285'67 kN / m2

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

2u m/kN83'192290067'1285

c ==


147

PROBLEMA 4.8 Una muestra de arcilla se consolida en el triaxial con una presin de clula de 200 kN / m2 y una contrapresin de 100 kN / m2. A continuacin se incrementa la presin de clula a 300 kN / m2 y la presin vertical a 400 kN / m2, permitindose el drenaje de la muestra hasta que se alcanza una presin intersticial de 150 kN / m2, momento en el que se cierra la llave de drenaje y se procede a incrementar la presin lateral a 500 kN / m2 y seguidamente la presin vertical hasta la rotura. Sabiendo que la arcilla tiene un ngulo de rozamiento efectivo de 25, una cohesin efectiva de 10 kN / m2 y que A = 0'2, se pide calcular la presin intersticial y la presin vertical en rotura.

SOLUCIN

Es similar al problema 4.7. En la figura 4.13 se tienen los estados a considerar. En el estado 1, la presin intersticial u1 que se tiene para t = 0 se calcula del siguiente modo con la frmula de Skempton:

1 = 400 - 200 = 200 kN / m2 3 = 300 - 200 = 100 kN / m2 u = 1 [ 100 + 0'2 ( 200 100 ) ] = 120 kN / m2

u1 = uc + u = 100 + 120 = 220 kN / m

2 Anlogamente, en el estado 2 de rotura, la presin intersticial se calcula del siguiente modo:

1 = r 400 3 = 500 300 = 200 kN / m2 u = 1 [ 200 + 0'2 (r 400 200 ) ] ur = 150 + u = 230 + 0'2 r


148

ESTADO 1( t = 0 )

ESTADO 0(consolidacin)

200

kN / m

200 kN / m2

2

u = 100 kN / m2c

200 kN / m

2

200 kN / m2

cu

ESTADO 2(rotura)

ESTADO 1( cierre llave )

2u ru

230

0 kN

/ m

400 kN / m2

2300 kN

/ m

2400 kN / m

u = 100 kN / mc 2

500 kN / m

2500

kN / m

2

r

r

1u

300

kN / m

2

400 kN / m2300 kN

/ m2

400 kN / m2

2150 kN / m

Figura 4.13

Estableciendo la condicin de tangencia:

2

50025sen2'0230

2

500

25tg10

r'senup'tg

'c

rr

r

r

=

++

=

+

y operando convenientemente, se obtiene:

r = 716'78 kN / m2; ur = 373'36 kN / m2


149

PROBLEMA 4.9 Una muestra inalterada de una arcilla ha proporcionado en laboratorio una humedad del 25%, un peso especfico relativo de las partculas de 2'75, un peso especfico seco de 15'6 kN / m3 y una resistencia a compresin simple de 96 kN / m2. Se sabe adems que el ngulo de rozamiento efectivo de esa arcilla es de 25. Otra muestra inalterada de dicha arcilla se introduce en el triaxial teniendo una succin de - 40 kN / m2 y midindose una presin intersticial de 96 kN / m2 inmediatamente despus de aplicar una presin de clula de 200 kN / m2 y una presin vertical de 400 kN / m2. Se pide: a) Parmetros de presin intersticial. b) Cohesin efectiva de la arcilla.

SOLUCIN a) Parmetros de presin intersticial El ensayo de compresin simple, y despus el triaxial, se realizan sobre muestras inalteradas de una arcilla las cuales, en principio, podran no estar saturadas ya que no se aplica presin de cola. Puesto que la relacin que existe entre la humedad, peso especfico relativo de las partculas, grado de saturacin y peso especfico seco es:

r

s

sd

S

G1

G

+

=

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


150

0 0'2 0'4 0'6 0'8 1

0'2

0'4

0'6

0'8

1

0

Grado de saturacin

Par

met

ro B

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 presin de clula ni vertical. La presin intersticial en la muestra es 40 kN/m2.

- ESTADO 2: Aplicacin de una presin de clula 3 = 200 kN/m2 y de

una presin vertical 1 = 400 kN/m2, y como consecuencia e inmediatamente, la presin intersticial en la muestra pasa a ser de 96 kN/m2.

As pues, la variacin de presin intersticial que se produce a pasar del estado 1 al estado 2 es:

u = 96 (- 40) = 136 kN / m2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presin total:

1 = 400 0 = 400 kN / m2

3 = 200 0 = 200 kN / m2


151

ESTADO 2ESTADO 1

220

0 kN

/ m

400 kN / m22

200 kN / m

2400 kN / m

- 40 kN / m2 96 kN / m2

Figura 4.15

La frmula de Skempton se expresa como:

u = B [3 + A (1 - 3) ] Sustituyendo los valores anteriores y para B = 0'8 se obtiene:

A = - 0'15 B = 0'8

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


152

ESTADO 2ESTADO 1

ru- 40 kN / m2

2 96 kN / m

Figura 4.16

- ESTADO 1: Inicial de la muestra al ser colocada en el aparato. No hay ninguna presin exterior aplicada. La presin intersticial en la muestra es 40 kN / m2.

- ESTADO 2: Rotura. Se incrementa rpidamente (sin drenaje) la

presin vertical hasta producir la rotura en un valor igual a su resistencia a compresin simple que segn el enunciado es 96 kN / m2. En este momento, la presin intersticial es desconocida y de valor ur.

La variacin de presin 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 presin total:

1 = 96 0 = 96 kN / m2

3 = 0 0 = 0 kN / m2


153

p'

c'

2(kN / m )

C'

r

' = 25

(kN / m )2', O C

p - u r

'3 1'96

c' cotg 25

Figura 4.17

Sustituyendo valores en la frmula de Skempton queda:

u = B [ 3 + A (1 - 3) ] ur + 40 = 0'8 ( - 0'15 96) = -11'52

y por lo tanto:

ur = - 51'52 kN/m2

Por otra parte, en el estado 2 se alcanza la rotura y por lo tanto, el crculo de Mohr en efectivas ser tangente a la lnea de resistencia intrnseca (figura 4.17).


154

La condicin de tangencia se expresa:

296

225sen52'51

296

25tg'c

25sen52'51225tg

'c

r'senup'tg

'c

rr

r

=

=

++=

+

+

=

+

Despejando la cohesin efectiva, se obtiene:

c' = 6'56 kN/m2

Captulo 6

EEMMPPUUJJEESS DDEELL TTEERRRREENNOO


184

Captulo 6 - Empujes del terreno

185

PROBLEMA 6.1 Aplicando el mtodo de Rankine, calcular la resultante de empujes y su punto de aplicacin en el muro indicado en la figura 6.1 si el nivel fretico se encuentra a 5 m de la coronacin. Las propiedades geotcnicas del terreno son:

' = 28 ; c' = 0 ; = 18 kN / m3 ; sat = 19'5 kN / m3

5 m

5 m

N.F.

z

IMPERMEABLE

Figura 6.1


186

SOLUCIN Aplicando la teora de Rankine, la distribucin de empujes activos en un muro de trasds vertical y terreno horizontal en coronacin viene dada por la siguiente expresin:

aava kc2ke = (1) siendo e'a y 'v el empuje unitario activo efectivo y la presin efectiva vertical a una profundidad z, respectivamente, y ka el coeficiente de empuje activo. Se hace pues necesario determinar la distribucin de presiones efectivas verticales. Adoptando el origen del eje z en la coronacin (figura 6.1), se tiene:

0 z 5 = z = 18 z kN / m2 u = 0 (Se supone que no existe capilaridad) ' = - u = 18 z kN / m

2

5 z 10 = 5 + sat (z - 5) = 19'5 z 7'5 kN / m2

u = w (z - 5) = 10 (z - 5) kN / m2 ' = - u = 9'5 z + 42'5 kN / m

2 El coeficiente de empuje activo viene dado por:

361'028sen128sen1

sen1sen1

ka =+=

+=


187

As pues, y a partir de la expresin (1), se obtiene la siguiente distribucin de empujes activos efectivos:

0 z 5 e'a = 0'361 1 8 z = 6'498 z kN / m

2 z = 0 e'a = 0 z = 5 e'a = 32'49 kN / m

2

5 z 10 e'a = 0'361 (9'5 z + 42'5 ) = 3'43 z + 15'34 kN / m

2 z = 5 e'a = 32'49 kN / m

2 z = 10 e'a = 49'64 kN / m

2 Adems de los empujes efectivos, sobre el muro actuar el empuje del agua, cuya distribucin es:

0 z 5

u = 0

5 z 10 u = 10 (z - 5) Para z = 10 u = 50 kN / m

2


188

32'49 kN / m

49'64 kN / m

E'

2

2

a1

E'a2E'a3 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 ser:

E = E'a + Ew siendo E'a y Ew las resultantes del empuje activo efectivo y del empuje del agua. Por comodidad en los clculos, se hace la siguiente descomposicin: 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


189

411'56 kN / m

2'98 m

Figura 6.3

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

m98'256'411

35

E35

'E25

'E35

5'E

hw3a2a1a

=+++

+

=

E = 411'56 kN / m m98'2h =


190

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

3 m

4 m

z

N.F.

Arenas

Arcillas

IMPERMEABLE

Figura 6.4 Las caractersticas geotcnicas del terreno son:

Terreno ' ()

c' (kN / m2)

sat (kN / m3)

Arcillas

28

10

20

Arenas

35

0

22


191

SOLUCIN Como se ha indicado en el problema 6.1, la aplicacin del mtodo de Rankine al clculo de los empujes efectivos en un muro de trasds vertical y terreno horizontal en coronacin exige la determinacin previa de la distribucin de presiones efectivas verticales existente en dicho trasds. Estando el agua en reposo, la distribucin de presiones intersticiales ser la hidrosttica. Con el mtodo de Rankine, los empujes efectivos unitarios se obtienen a partir de la siguiente expresin:

aaa k'c2k''e = siendo ka el coeficiente de empuje activo y c' la cohesin efectiva. Adoptando el origen del eje z en la coronacin del muro (figura 6.4), se tienen las siguientes distribuciones:

0 z 4

(Nivel superior de arcillas)

= satarcilla z = 20 z kN / m2 u = z = 10 z kN / m2 ' = - u = 20 z - 10 z = 10z kN / m

2

361'028sen128sen1

'sen1'sen1

k

arcilla

arcillaa =+

=+

=

2a m/kN02'12z61'3361'0102z10361'0'e == Si se analiza la ltima expresin, puede comprobarse que la distribucin de empujes es negativa (tracciones) desde la coronacin hasta una cierta profundidad zg. En esta zona, tericamente, el terreno rompe a traccin, dando lugar a la aparicin de grietas de traccin y los empujes efectivos son nulos.


192

0'67 m 2'42 kN / m2

zg = 3'33 m

210'83 KN / m

220'58 kN / m

+

70 kN / m2

3 m

Figura 6.5

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

m33'361'302'12

zg ==

La distribucin de empujes efectivos es lineal y tiene los siguientes valores: z = 3'33 m e'a = 0 z = 4 m e'a = 3'61 4 - 12'02 = 2'42 kN / m

2

4 z 7

(Nivel de arenas)

= sat arcilla 4 + sat arena ( z - 4 ) = 20 x 4 + 22 ( z - 4 ) = 22 z - 8 kN / m2 u = z = 10 z kN / m2 ' = - u = 12 z - 8 kN / m

2

271'035sen135sen1

'sen1'sen1

k

arena

arenaa =+

=+

=

y como c' = 0 ( ) 2aa m/kN17'2z25'38z12271'0k''e ===


193

+

zg = 3'33 m

1

32

= T

E

0'67 m

3 m

E'

E'E'

E

E

dT

W

Figura 6.6

Esta distribucin es tambin lineal y adopta los siguientes valores: z = 4 m e'a = 3'25 x 4 - 2'17 = 10'83 kN / m

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

2 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 distribucin de empujes activos efectivos unitarios. Por comodidad, para el clculo de la resultante de los empujes sobre el muro se realiza la descomposicin indicada en la figura 6.6. Como:

m/kN81'067'042'221

'E 1 ==

m/kN49'3283'103'E 2 ==

( ) m/kN63'14383'1058'2021

'E 3 ==

m/kN24577021

E ==

la resultante total de empujes vale: ET = E'a + E = E'1 + E'2 + E'3 + E' = 292'93 kN / m


194

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

37

24533

63'1423

49'323

0'673 0'81 dE E TT +++

+=

de donde: m2'18 dET = ET = E'a + E = 292'93 kN / m m2'18 dET =


195

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

' = 22 ; c' = 20 kN / m2 ; = 18'5 kN / m3

8 m

q = 25 kN / m2

z

Figura 6.7

Solucin:

1'85 m

251'75 kN / m

6'15 m


196

PROBLEMA 6.4 Aplicando el mtodo de Rankine, calcular la resultante de los empujes en el trasds del muro indicado en la figura 6.8, cuya coronacin se mantiene inundada con una lmina de agua de 1 m.

1'5 mN.F.

Arena 12'5 m

1 m Agua

Arena 2

Figura 6.8

Las caractersticas geotcnicas del terreno son:

Terreno

' ()

sat (kN / m3)

k (m / s)

Arena 1

28

21

5 10-2 Arena 2 32 22 8 10-2


197

A

Bz

Arena 2

Agua

Arena 1

N.F.

1 m

2'5 m

1'5 m

C

Figura 6.9

SOLUCIN Al igual que en los problemas anteriores, la aplicacin del mtodo de Rankine al clculo de los empujes efectivos exige en principio la determinacin de la distribucin de presiones efectivas verticales en el trasds. 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 hidrulico. Si se toma el eje z en la superficie del terreno (figura 6.9), los potenciales en los puntos A y B son:

m404u

z- h AAA =+=+=

m110u

z- h BBB =+=+=

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


198

Para el clculo 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:

s/m1082'5

108

5'1

105

5'25'25'1

ke

e

k 2

22

2

!i i

i

2

1i

i

v

=

= =+

+==

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

25'145

Lh

iAB

AB ===

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

455'1105

25'11082'5i

2

2

1 ==

909'0108

25'11082'5i

2

2

2 ==

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


199

En un punto Z situado a una profundidad z, se tiene:

0 z 2'5

(arena 1) 2v m/kNz2110 +=

z455'11zi1hhu

zh 1BZBz ===+=

( ) 2m/kN z55'41010z455'01u ==

u = 0 para z = 2'2 m

2vv m/kNz55'25z55'41010z21u' =++==

361'028sen1

28sen1'sen1'sen1

k

a =+=

+=

aava k'c2k''e =

2ava m/kN z22'9361'0z55'25k''e ===

z = 0 e'a = 0 z = 2'5 e'a = 23'05 kN / m

2


200

+

29'3

23'05

19'6 -1'375

101 m

2'5 m

1'5 m

Figura 6.10

2'5 z 4

(arena 2) ( ) 2v m/kN5'7z22225'2z215'2110 +=++=

[ ] 365'0z909'0i)5'2z(i5'21hhuzh 21BZBz =+==+=

2m/kN 65'3z91'0u = 2zvv m/kN15'11z09'21u' +==

307'032sen1

32sen1'sen1'sen1

k

a =+=

+=

( ) 2ava m/kN 42'3z47'6307'015'11z09'21k''e +=+==

z = 2'5 e'a = 19'6 kN / m

2 z = 4 e'a = 29'3 kN / m

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


201

+1

32

1

2

4

3

=

d19'6

23'05

29'3

1'375

10

E'

E' E'

U

U

U

U

TE

ET

0'3

1'5 m

2'5 m

1 m

Figura 6.11

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

321a 'E'E'E'E ++=

4321 UUUUE +++= y siendo:

m/kN81'285'205'2321

'E 1 ==

m/kN4'295'160'19'E 2 ==

( ) m/kN28'75'16'193'2921

'E 3 ==

m/kN511021

U1 ==

m/kN11102'221

U2 ==

( ) m/kN21'0375'13'021

U3 ==

( ) m/kN03'15'1375'121

U4 ==


202

entonces: m/kN 25'8077'1447'65E'EE aT =+=+= Tomando ahora momentos estticos respecto a la base del muro, se obtiene que la distancia a la lnea de accin de la resultante es: m86'1dET =

m/kN 25'80E'EE aT =+= m86'1dET =


203

PROBLEMA 6.5 En el terreno indicado en la figura 6.12, se pretende realizar una excavacin de 4 m de profundidad al abrigo de tablestacas, actuando en superficie una sobrecarga de 10 kN / m2. Se pide determinar la profundidad de empotramiento d de las tablestacas:

10 kN / m2

4 m

d

Arena

Figura 6.12 a) Sin apuntalamientos. b) Con puntales en coronacin. En este caso se determinar la carga P en los

puntales. En ambos casos, se adoptar un coeficiente de reduccin de 1'5 para los empujes pasivos. Las propiedades geotcnicas de la arena son:

' = 35 ; = 21 kN / m3


204

sd

Activo

Pasivod

O

Pasivo

Activo

4 m

10 kN / m2

Figura 6.13

SOLUCIN

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 trasds se movilizan empujes activos mientras que en el intrads son pasivos los empujes movilizados.

Se trata de un problema hiperesttico, cuya resolucin requiere realizar una hiptesis. Si se cortara el tablestacado por el punto O, sea R (contraempuje) la accin 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 ecuacin en la que la nica incgnita es d. El empotramiento real ds se admite en la prctica que es 1'2 d. El clculo de los empujes se realiza aplicando el mtodo de Rankine.


205

O R

d ActivoPasivo

4 m

V

z

z

10 kN / m2

Figura 6.14

Empujes en el trasds

Se toma el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.14):

0 z 4 + d v = z + q = 21z + 10 kN / m

2 u = 0 'v = 21 z + 10 kN / m

2

aaa k'c2k''e =

27'035sen135sen1

'sen1'sen1

k

a =+=

+=

( ) 2a m/kN7'2z67'527'010z21'e +=+= para z = 0 e'a = 2'7 kN / m

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

2


206

Empujes en el intrads Tomando ahora el origen del eje z en el fondo de la excavacin (figura 6.14), se tiene:

0 z d v = z = 21 z kN / m

2 u = 0 'v = 21z kN / m

2 Segn Rankine, los empujes pasivos unitarios en un trasds vertical vienen dados por:

ppp k'c2k''e += siendo kp el coeficiente de empuje pasivo que se calcula del siguiente modo:

69'3k1

'sen1'sen1

ka

p ==+=

Por lo tanto: 2p m/kNz49'7769'3z21'e == para z = 0 e'p = 0

z = d e'p = 77'49 d kN / m2

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

z = d e'p = 77'49 d/1'5 = 51'66d kN / m2


207

O

a1

2'7 kN / m2

25'38+5'67d kN / m2

a2

P

51'66 d kN / m2

Activo

Pasivo

4 m

d E'

E'

E'

Figura 6.15 En la figura 6.15 se han representado las distribuciones unitarias de empujes activos y pasivos obtenidas y la descomposicin que se realiza para el clculo de las resultantes. - Empuje activo.

E'a = E'a1 + E'a2 E'a1 = 2'7 (4 + d) = 10'8 + 2'7 d kN / m E'a2 = 0'5 (25'38 + 567 d 2'7) (4 + d) = 2835 d

2 + 22'68 d + 45'36 kN/m E'a = 2'835 d

2 + 25'38 d + 56'16 kN / m - Empuje pasivo mximo.

m/kNd75'38dd49'7721

E' 2p ==

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

m/kNd83'255'1

d75'38E' 2

2

p ==


208

sd

P A

Pasivo

Activo

4 m

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

( ) ( ) ( ) ( ) 0d83'2531

d431

36'45d68'22d835'22

d4d7'28'10 32 =++++++

Resolviendo esta ecuacin cbica, resulta

d = 4'09 m Debido a la hiptesis realizada en el clculo, 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


209

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 aplicacin del puntal (A), movilizndose los empujes indicados en la figura 6.16.

Ahora, la ecuacin de equilibrio de momentos en A permite obtener la profundidad de empotramiento y seguidamente, la ecuacin 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:

( ) ( ) ( ) ( ) 0)d32

4(d83'25d432

36'45d68'22d835'22

d4d7'28'10 s

2sss

2s

ss =+++++

++

ecuacin cbica que resuelta proporciona el siguiente valor: ds 1'74 m


210

Pasivo

Activo

4 m

d

2'7 kN / m2

s

s

25'38+5'67d kN / m2s

AP

51'66 d kN / m2

E'a1

a2E'

E'P

Figura 6.17

El equilibrio de fuerzas horizontales impone que:

2ss

2spa d83'2516'56d38'25d835'2'E'EP ++==

que proporciona el siguiente resultado: P = 30'70 kN/m

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


211

PROBLEMA 6.6 Determinar el ancho de la cimentacin 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 ncleo central.

2'5 m

1 m 0'8 1V:2H

Figura 6.18 Se adoptarn los siguientes valores para los coeficientes de seguridad:

Vuelco (Fv) = 2'0 Deslizamiento (Fd) = 1'5.


' = 33 ; = 20 ; c' = 0 ; = 19 kN / m3

Para el hormign se adoptar un peso especfico h = 25 kN / m3.


212

W

2'5 m

1 m 0'8 1V:2H

T

N = N'

E = E'

Figura 6.19

SOLUCIN El dimensionamiento de la base de muro requiere conocer las acciones que actan sobre el mismo, siendo el primer paso la determinacin de los empujes del terreno. a) Clculo de los empujes El problema impone un valor del coeficiente de rozamiento muro-terreno (). En consecuencia, se aplicar para el clculo de los empujes de tierras el mtodo de Coulomb ya que el de Rankine no es vlido. El mtodo de Coulomb para la estimacin del empuje activo se basa en establecer el equilibrio de una cua de empuje que desliza sobre un plano, debindose buscar el plano de rotura que proporciona el empuje mximo. Sea un plano de deslizamiento cualquiera definido por su inclinacin respecto a la horizontal. Sobre la cua as delimitada actan las fuerzas indicadas en la figura 6.19.


213

3'5 mW

1

2'5 m

1 m

2 m

Figura 6.20

Puesto que no hay agua, las reacciones normales efectiva (N') y total (N) en el plano de deslizamiento son iguales, as como las resultantes del empuje activo efectivo (E') y total (E). En el clculo del peso W, deben distinguirse dos casos, dependiendo del valor del ngulo :

- Caso 1: 0 1 = 60'26 (figura 6.20)

1tg13'6

2121

tg5'3

21

rea2

=

=

m/kN19tg

47'116rea19W

==

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

1tg25'2

xx2

x5'2tg

=+=

1tg275'118

x25'21921

W

==


214

2'5 m

2 x

1V:2H

x

Figura 6.21

La resultante de los empujes est inclinada un ngulo respecto a la normal al trasds y puede descomponerse en sus componentes horizontal y vertical (figura 6.22):

E'x = E' cos 20 (1) E'y = E' sen 20 (2)

En el plano de deslizamiento actan la resultante de las tensiones normales (N') y la resultante de la mxima resistencia a esfuerzo cortante (T) que puede movilizarse en ese plano:

T = N' tg 33 (3)

Con ello, el equilibrio fuerzas verticales se escribe:

W - N' cos - T sen - E'y = 0 (4)

y el de fuerzas horizontales como: E'x + T cos - N' sen = 0 (5)


215

E

E E

N'

T

20

W

y

x

'

'

'

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 funcin de , determinndose su valor mximo igualando a cero la derivada respecto a , que resulta ser:

E' = 23'50 kN / m para

= 54 Es importante sealar, que el punto de aplicacin de la resultante de los empujes de tierras sobre el muro no queda definida cuando se utiliza el mtodo de Coulomb. En este problema se aceptar la aproximacin de situar la resultante a un tercio de la altura del muro desde la cimentacin.


216

T

W

N' = N

20

H_3

E = E'

b 0'8

B

O

2'5 m

T

O

N' = N

2'5 m W

b 0'8

B

W2

1

_H3

hE

vE

Figura 6.23

b) Clculo 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: Peso del muro. E: Resultante de los empujes en el trasds del muro. T: Resultante de la resistencia a deslizamiento desarrollada en la

cimentacin del muro. N': Resultante de las presiones efectivas normales en la cimentacin

del muro. Por comodidad en los clculos, el peso del muro se descompone del siguiente modo:

W1 = 25 0'8 2'5 = 50 kN / m

W2 = 25 21

2'5 b = 31'25 b kN / m


217

Y las resultante de los empujes en sus componentes horizontal y vertical:

Eh = E cos = 23'5 cos 20 = 22'08 kN / m Ev = E sen = 23'5 sen 20 = 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' = W1 + W2 + Ev = 50 + 31'25 b + 8'04 = 58'04 + 31'25 b kN / m

c) Comprobacin 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:

=

vol

estv

M

MF

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


218

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

2

35'2

E

)8'0b(Eb32

W)4'0b(WF

h

v21

v =++++

=

Sustituyendo los valores obtenidos anteriormente y resolviendo la ecuacin, se obtiene un valor de b = 0'17 m. d) Comprobacin de la seguridad al deslizamiento No existiendo empujes del terreno en la puntera, el coeficiente de seguridad al deslizamiento se expresa como:

nec

mxd T

TF =

Tmax es la resultante de la mxima resistencia a deslizamiento que ofrece el cimiento:

Tmax = ca B' + N' tg

siendo ca la adherencia entre el cimiento y el terreno (nula si lo es la cohesin del terreno) y B' el ancho eficaz de la cimentacin. As pues:

Tmax = (58'04 + 31'25 b) tg 20 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


219

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

5'108'22

20tg)b25'3104'58(Fd =

+=

Esta ecuacin resuelta proporciona un valor de b = 1'05 m que es ms restrictivo que el valor deducido para la condicin de vuelco. Se adoptar pues:

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

e) Comprobacin de paso de la resultante por el ncleo central del cimiento

Para el ancho B calculado anteriormente, las fuerzas que actan 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


220

2'5 m W1

2W

v

h

E

E

0'8 m1'05 m

1'85 m

0'83 m

0'92 m 0'92 m

H

N M

Figura 6.24

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

m 6B

e

en este caso:

m 31'0685'1

6B

m 09'085'9085'7

'NM

e ==


221

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

' = 28 ; = 20 ; c' = 0 ; = 18 kN / m3

6 m

20

E

2 m

20

Figura 6.25

Solucin: E = 149 kN / m


222

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

Terreno Pesos especficos (kN/m3)

' ()

c' (kN/m2)

Arcillas Arenas

= 17 sat = 21

28 35

15 0

1'5 m

1 m

4 m

1'5 m

4'5 m

Arenas

Arcillas

q = 15 KN/m2

N.F.N.F.

z

z

Figura 6.26 En el nivel de arcillas se despreciarn los efectos capilares y para el hormign se adoptar un peso especfico del hormign H = 25 kN / m

3. Para los pasivos se considerar un coeficiente de reduccin de 1'5.


223

SOLUCIN a) Clculo de empujes Puesto que el problema no impone un rozamiento muro - terreno (), se pueden calcular los empujes aplicando el mtodo de Rankine.

Empujes activos en trasds Se adopta el origen del eje z en la coronacin (figura 6.26).

0 z 4

(Nivel de arcillas) Si se desprecian los efectos capilares en las arcillas, las presiones intersticiales de clculo son nulas. Por consiguiente:

= ' = 17 z + 15 kN / m2

361'028sen1

28sen1k

a =+=

e'a = ' ka 2 c' ak e'a = 6'14 z 12'61 kN / m

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

m05'214'661'12

z0'e ga ===

Para

z = 4 m e'a = 11'95 kN / m2


224

4 z 6'5

(Nivel de arenas)

= 83 + ( z - 4 ) 21 = 21 z - 1 kN / m2

u = ( z - 4 ) w = 10 z - 40 kN / m2

' = 11 z + 39 kN / m2

e'a = ' ka - 2 c' ak

271'035sen1

35sen1k

a =+=

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

2 Para

z = 4 m e'a = 22'49 kN / m2

z = 6'5 m e'a = 29'94 kN / m2

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

= 21 z kN / m2

u = z w = 10 z kN / m2 ' = 11 z kN / m

2

e'p = ' kp + 2 c' pk

69'335sen1

35sen1k

p =+=

e'p = 40'59 z kN / m

2 Para z = 0 m e'p = 0 z = 2'5 m e'p = 101'48 kN / m

2


225

E

1'5 m

2'5 m

25 kN / m2

+ E'

1'95 m

2'05 mzg

+E'E'

25 kN / m229'94 kN / m2

11'95 kN / m2222'49 kN / m

puntW a3 WEa2

E'a1

q = 15 KN/m2

4'5 m

W (zg)E

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:

E'a1 = 21

11'95 1'95 = 11'65 kN / m

E'a2 = 22'49 2'5 = 56'22 kN / m

E'a3 = 21

( 29'94 - 22'49 ) 2'5 = 9'31 kN / m

El empuje efectivo vale pues:

E'a (total) = 77'18 kN / m

estando su lnea de accin a una distancia d = 1'49 m de la base del cimiento del muro.


226

La resultante del mximo empuje pasivo efectivo vale:

E'p =21

101'48 2'5 = 126'85 kN / m

estando su lnea de accin 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 traccin, debindose considerar que pueden llenarse de

agua y consecuentemente suponer un empuje hidrosttico:

m/kN01'211005'221

z21

E 2w2

g)zg(W ===

estando su lnea de accin a una distancia d = 5'13 m de la base del cimiento.

2. El muro est parcialmente sumergido y en consecuencia, estar sometido al empuje de Arqumedes. Si se considera en la puntera del muro el intrads ficticio indicado en la figura 6.27, los empujes hidrostticos Ew en el trasds e intrads son iguales y de sentido contrario, quedando nicamente los empujes hidrostticos en la base del cimiento (subpresion), siendo Fw su resultante de valor:

Fw = 25 kN / m

2 4'5 m = 112'5 kN / m

b) Equilibrio del muro Adems 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.

W1 = 1'5 5 25 = 187'5 kN / m W2 = 4'5 1'5 25 = 168'75 kN / m


227

W

W

F

T

N'

W

a (total)

E

1'5 m

1'5 m

1 m

4 m

3 m

puntE'

W

E'

1

t

2

W (zg)

O

Figura 6.28

Wt: peso del terreno situado por encima de la puntera.

W t = 1 3 21 = 63 kN / m

N': reaccin efectiva normal en el cimiento.

T: reaccin horizontal necesaria para el equilibrio y movilizada por resistencia a deslizamiento en el contacto terreno-cimiento y cuyo valor mximo es:

Tmx = N' tag + ca B'

donde y ca son el ngulo de rozamiento y la adherencia, respectivamente, entre el terreno y el cimiento, y B' el ancho eficaz de la cimentacin. Puesto que en el enunciado no se proporciona un valor de , se adopta en el clculo la estimacin = 2 / 3 ' = 23'33. Por otro lado, si la cohesin del terreno es nula la adherencia tambin lo es.


228

Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben:

F = 0 N' = W1 + W2 + W t Fw = 306'75 kN / m

Fh = 0 T + E'punt = Tnec = E'a + Ew( zg )

E'punt es el empuje efectivo en la puntera, sobre el trasds ficticio. Debe sealarse que en los clculos se admite que no se moviliza empuje pasivo si:

T < Tmax = N' tg + ca B' = 306'75 tg (23'33) = 132'3 kN / m

Como en la puntera actuarn como mnimo 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 trasds ficticio de la puntera. Fcilmente se comprueba que el equilibrio no exige movilizar empujes pasivos. El coeficiente de empuje al reposo es: 426'035sen1'sen1k0 === y la resultante de los empujes efectivos al reposo ser:

m/kN64'145'211426'021

5'2'k21

'E 2200 ====

estando su lnea de accin a una distancia de 0'83 m de la base del cimiento.


229

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

Fd = 5'1T

'ET

nec

)adm(pmx >+

En esta expresin, si el coeficiente de reduccin de pasivos es 1'5, el empuje pasivo admisible en la puntera es:

E'p (adm) = m/kN57'845'185'126

5'1

'E p ==

Sustituyendo valores:

Fd = 5'121'219'98

57'843'132 >=+ ? Vlido

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

F =

vol

est

M

M

y debe ser superior a 2.


230

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

Mest = W1 3'75 + W2 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

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:

20'447'22234'936

Fv == ? Vlido

Observacin: 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 clculo ya que no puede asegurarse la existencia del terreno en la puntera durante toda la vida del muro, quedando esta hiptesis del lado de la seguridad.

Captulo 7

EESSTTAABBIILLIIDDAADD DDEE TTAALLUUDDEESS


232

Captulo 7 - Estabilidad de taludes

233

PROBLEMA 7.1 Obtener el parmetro ru en un talud indefinido de inclinacin en donde existe un flujo de agua lineal hacia el exterior que forma un ngulo con la horizontal.

SOLUCIN

z e1

A

C B

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


234

El parmetro ru se define como:

z

ur

satu

=

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

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

Se trata pues de obtener AC en funcin de z y de los ngulos y . Haciendo las oportunas operaciones, se llega a:

( ) satw

u coscoscos

r

=


235

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 filtracin es horizontal en el suelo 2.

=20

c

c

Suelo 1 Suelo 2

1

2

Figura 7.2


Suelo

sat (kN/m3)

' ()

c' (kN/m2)

k (m/s)

1 2

22

50

0

10-1 5 10-2

SOLUCIN El coeficiente de seguridad de un talud indefinido en un terreno incoherente sometido a una filtracin rectilnea viene dado por:

=tg

'tg

cos

r1F

2u


236

Como se ha deducido en el problema 7.1, el parmetro ru se obtiene de la expresin:

( ) satw

u coscoscos

r

=

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

2

2

1

1

tgk

tgk

=

Como 2 = 70, entonces:

69'7970tg105

10tgarctg

k

ktgarc

2

1

22

11 =

=

=

y por consiguiente: = 79'69 - 70 = 9'69 Sustituyendo estos valores en las frmulas se tiene:

( ) 43'02210

69'920cos

69'9cos20cosru =

=

y

69'120tg50tg

20cos

43'01F

2=

=


237

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 bentontico de densidad 12 KN / m3 y excavada en un terreno arcilloso que tiene un peso especfico de 20 KN / m3 y una resistencia a compresin simple de 100 kN/m2.

SOLUCIN

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

TR

F =

siendo R la mxima fuerza que puede movilizarse por esfuerzo cortante en dicho plano y T la fuerza que debe movilizarse por esfuerzo cortante en la situacin de equilibrio estricto. Puesto que el plano de rotura no es conocido, se debe encontrar el plano que proporciona el mnimo coeficiente de seguridad. En la construccin de los muros pantallas, las zanjas se excavan y hormigonan rpidamente. Se trata pues de una situacin a corto plazo y por consiguiente, se trabajar en totales con u = 0 y cu = 0'5 Ru = 0'5 100 = 50 kN / m2.

Si u = 0, entonces R = cu L F

LcT u=

Como el terreno presenta cohesin, pueden aparecer grietas de traccin y su profundidad puede estimarse aplicando la teora de Rankine.


238

10 mP

W

A

B C

T

N

L

D

U zg

120 kN / m2

50 kN / m2

Figura 7.3

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

1sen1sen1

k a =+=

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

m520

502

k

c2z

a

ug ==

=

Suponiendo un plano de rotura de inclinacin (figura 7.3), las fuerzas que intervienen en la situacin de equilibrio estricto, adems de T y de la resultante N de las tensiones totales en el plano de rotura, son: o Empuje hidrosttico de lodos:

m/kN6001012021

10101221

P ===

o Empuje hidrosttico en grietas de traccin:

m/kN12555021

550121

U ===


239

o Peso masa deslizante a lo largo de un plano con inclinacin :

m/kNtg750

m/KN20tg5

2

510W 3

=

+=

Las ecuaciones de equilibrio se escriben: o Vertical:

W = N cos + T sen o Horizontal:

P + T cos N sen - U = 0 Adems,

=

==

senF250

sen)510(

F50

F

LcT u

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:

=

2sen82'1

F

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

452cos0ddF ==

Para este valor resulta:

82'1F =


240

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

7 m

5 m

40 kN/m2

10 m

60

N.F.

Figura 7.4

- Datos: Arcillas: Ru = 60 kN / m

2 = 19 kN / m3

SOLUCIN Se trata de una situacin a corto plazo y por consiguiente se trabajar en totales con u = 0 y cu = 0'5 Ru = 0'5 60 = 30 KN / m2.


241

Como el terreno presenta cohesin, pueden aparecer grietas de traccin. Aplicando la teora de Rankine, para u = 0 y una sobrecarga p, la profundidad de las grietas de traccin viene dada por:

= pc2

z ug

En la zona de sobrecarga (p = 40 kN / m2).

m05'11940

19302

zg ==

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

m16'319302

zg ==

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

- Peso, W.

- Empuje hidrosttico en grieta de traccin,

2g2

gW z5z1021

E ==

- Empuje hidrosttico en paramentos del talud, u, que tiene como

componente horizontal uh = u sen 60 y como vertical uv = u cos 60.

- Reaccin normal en el plano de rotura, N.

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

- Segn el plano de rotura, resultante de la sobrecarga de coronacin, P.


242

7 m

10 m

TO

NL

60

u

N.F.

A

WB

3'16

5 m

3'16

h

1'05

EW

40 kN/m2

Figura 7.5 Los mecanismos de rotura que pueden plantearse son: 1. Mecanismo A. Condicionado por grieta de traccin del paramento del talud

(figura 7.5).

Vlido para:

83'49

60tg10

16'310arctg0 =

En el tringulo OAB se verificar:

=

=

=73'1

47'5

60tgtg

1

16'3h

tg16'3h

60tgh


243

N.F.

7 m

60

5 m

10 m

L

3'16

W

T Nu 6'84

E

70 k

N/m

10 / tg 60 = 5'77

2

W

40 kN/m2

Figura 7.6

Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

( )

=

=60tg

tg1

60tgh

5'9tg

16'3h60tg

h

21

19W222

P = 0

( ) )h216'17(8'1516'316'3h7h721

10EW =++=

( ) ( )h14h77'560sen

h7h7

21

10u =+=

y la mxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

==sen

16'3h30LcR u


244

2. Mecanismo B. Condicionado por una grieta de traccin de coronacin en zona sin sobrecarga (figura 7.6).

Vlido para:

85'4977'584'6

arctg41'3277'1084'6

arctg =

=


+

=

tg84'6

21

191060tg

10tg

84'6tg

84'6

21

19W2

= 74'57

tg01'90

5'9W

P = 0

m/kN23'4916'321

10E 2W ==

m/kN9'28260sen

770

21

u ==

Y la mxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

=

==

sen2'205

sen84'6

30LcR u


245

N.F.

7 m

10 m

60

5'77

8'95 / tg

W

N

u

T

8'95

1'05

5 m

70 k

N/m

2

P

EW

40 kN/m2

Figura 7.7

3. Mecanismo C. Condicionado por una grieta de traccin de coronacin en zona con sobrecarga (figura 7.7).

Vlido para:

72'3977'1095'8

arctg0 =


=

+

= 77'5

tg9'98

5'9tg95'8

21

191077'5tg

95'8tg

95'8

21

19W2

m/KN51'505'121

10E 2W ==

m/KN9'282u =

= 77'10

tg95'8

40P


246

Y la mxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

==

sen95'8

30LcR u

En cualquiera de los tres casos, las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben: Horizontal: N sen - T cos - u sen 60 + EW = 0 Vertical: u cos 60 + W - N cos - T sen + P = 0 Despejando N de la primera ecuacin:

+=

senE60senucosT

N W

Sustituyendo en la segunda y despejando T se llega a:

+

++= sentgE

tgu866'0

PWu5'0T W

El coeficiente de seguridad viene dado por:

TR

F =


247

5'3

1'3

0'8

1'8

Coe

ficie

nte

de s

egur

idad

2'8

2'3

3'3

3'8

4'3

4'8

05'8

10 20 30 40 50

Mecanismo B

Mecanismo A

Mecanismo C

0

Figura 7.8

Con ayuda de una hoja de clculo (figura 7.8), se ha encontrado el mnimo coeficiente de seguridad igual a 1'05 que se obtiene en el mecanismo C, para = 25'8.


248

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 traccin. b) Con grietas de traccin.

8'1 m

12 m

6 m

d

W

B C D

A

R = 21 m

E

R =

21

m

E

g

d

1V:1'5

H

W

W

Figura 7.9 - Datos:

= 84'1 g = 67'4 d = 7'6 m

reas: ABCDEA = 112'28 m2 (a) ABCEA = 103'99 m2 (b)

Se considerar despreciable la variacin del centro de gravedad de la masa deslizante. Arcillas: cu = 47 kN / m

2 = 19 kN / m3


249

SOLUCIN El enunciado nicamente proporciona como parmetro resistente de la arcilla su cohesin sin drenaje cu. Solo puede realizarse el clculo a corto plazo, en totales, y adoptando un ngulo de rozamiento nulo. En consecuencia, puede aplicarse el mtodo del crculo de Petterson. a) Sin grieta de traccin - Fuerzas a considerar:

o Peso masa deslizante:

W = 19 112'28 = 2133'32 kN / m - Coeficiente de seguridad:

6'732'21331801'84

2147

dW

RADcF

2

u

==

88'1F =

b) Con grieta de traccin. - Fuerzas a considerar:

o Peso masa deslizante:

W = 19 x 103'99 = 1975'81 kN / m


250

o Empuje hidrosttico en grieta de traccin: Segn Rankine, la profundidad de las grietas de traccin viene dada por:

a

ug

k

c2z

=

Para = 0:

1sen1sen1

ka =+=

y por consiguiente:

m95'4119

472CEzg ===

m/kN51'12295'41021

E 2W ==

m4'1195'432

1'8dW =+=

- Coeficiente de seguridad:

4'1151'1226'781'1975

1804'672147

dEdW

RAEcF

2

WW

u

+

=+

=

49'1F =

Si se comparan los dos valores obtenidos del coeficiente de seguridad, se podr apreciar la importancia que tiene la consideracin de la existencia de grietas en el clculo.


251

PROBLEMA 7.6 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en el problema 7.5, considerando adems de la grieta de traccin una lmina de agua de 6 m de altura (figura 7.10).

6 m

N.F.

Figura 7.10

Solucin: F = 1'98


252

PROBLEMA 7.7 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en la figura 7.11.

W3'9 m

57

66

W

C D

11'2 m

R =

27

m

B

E11'34 m

F

E

A

W

2

1

Arcilla 1

Arcilla 2

Figura 7.11 Arcilla 1: cu = 54'5 kN / m

2 = 19 kN / m3

Arcilla 2: cu = 80 kN / m2

= 19'5 kN / m3

reas: ABFA = 98 m2 BCDEFB = 107'8 m2


253

SOLUCIN Como en el problema 7.5, se trata de un clculo a corto plazo y puede utilizarse el mtodo del crculo de Petterson, ahora con terreno estratificado. - Fuerzas a considerar:

o Pesos:

W1 = 19 107'8 = 2048'2 kN / m d1 = 11'34 m W2 = 19'5 98 = 1911 kN / m d2 = 3'9 m

o Empuje hidrosttico en grieta de traccin:

m74'519

5'542DEzg ===

m/kN74'16474'51021

E 2W ==

m03'1574'532

2'11dW =+=

- Coeficiente de seguridad: En este caso, el coeficiente de seguridad viene dado por la expresin:

WW2211

2u1u

dEdWdW

AFRcFERcF

+++

=

Sustituyendo valores, se llega:

03'1574'1649'3191134'112'2048180

572780

1809

275'54F

22

++

+

=

94'1F =


254

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 excavacin con taludes de inclinacin igual a 30 que alcance el nivel de calizas. Sabiendo que las arcillas estn saturadas y que poseen una cohesin sin drenaje de 25 kN/m2 y un peso especfico saturado de 21'5 kN/m3, se desea conocer, aplicando los bacos de Taylor, el coeficiente de seguridad a corto plazo de esta excavacin y si no fuese estable, la profundidad de excavacin a la que deber esperarse la rotura.

SOLUCIN

Ya que se trata de una situacin de corto plazo, el clculo debe realizarse en totales, y tratndose de una arcilla saturada, debe adoptarse un ngulo de rozamiento nulo y una cohesin igual a la cohesin sin drenaje, cu = 25 kN/m

2. Adems, el nivel calizo impone una limitacin de profundidad (limitacin de D). Si el ngulo de rozamiento es nulo, tambin lo es d, y puesto que la pendiente de excavacin es inferior a 54, el baco n 2 de Taylor proporciona el nmero de estabilidad (figura 7.12). Para una profundidad de excavacin igual a 10 metros se tendra D = 1, y para este valor y una pendiente de 30, el baco n 2 proporciona un nmero de estabilidad igual a 0'133. En consecuencia, el coeficiente de seguridad de la excavacin ser:

0'87 21'5 10 0'133

25HN

c F u ==

=

Puesto que es inferior a la unidad, la excavacin planteada no es estable a corto plazo y la rotura se producir para una profundidad de excavacin 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.


255

Siendo DH = 10 m, el valor de D para entrar en el baco n 2 depende de la profundidad de excavacin, que es la incgnita, y en consecuencia, el problema debe resolverse por tanteos. En la tabla 7.1 se han recogido los tanteos realizados para diferentes profundidades de excavacin. Para cada una de ellas, se obtiene el valor de D, y yendo con este a la curva de 30 del baco n 2 de Taylor, se obtiene el valor del nmero de estabilidad (figura 7.12). El coeficiente de seguridad se obtiene finalmente de:

H 21'5 N25

H N

c F u =

=

Tabla 7.1

H

(m)

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

En la figura 7.13 se ha representado para cada altura de excavacin 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 sta la profundidad de excavacin a la que tericamente deber esperarse la rotura.


256

Factor de profundidad D

7.5

Nm

ero

de e

stab

ilida

d =

cd /

0.091

0.10

2

0.11

0.12

0.13

0.14

0.15

0.16

0.17

0.18

0.19

3 4

15

22.5

30

45

H

nH

DH

H

nH

DH

i=45

1'1

1'25

1'43

1'67 2'5

3'3

0.133

0.145

0.155

0.161

0.168

0.1740.179

0.172

Figura 7.12

F

1

0

2

4

3

5

6

7

0 2 6 12

H (m)

4 8 107'33

Figura 7.13


257

PROBLEMA 7.9 Se excava un talud rpidamente con una pendiente de 30 en una arcilla saturada que reposa sobre unas calizas. Cuando la potencia de las arcillas era de 12 m, se rompi la excavacin con una altura de 8 m. Sabiendo que la arcilla tiene un peso especfico de 18 KN / m3, calcular la resistencia sin drenaje de la misma. Solucin: N = 0'164

cu = 23'6 kN / m2


258

PROBLEMA 7.10 Aplicando los bacos de Taylor, calclese la altura que puede adoptarse en un talud excavado con una inclinacin de 40 en un terreno que posee un ngulo de rozamiento de 23'6, una cohesin de 20 kN / m2 y un peso especfico de 21 kN / m3, si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2.

SOLUCIN

Puesto que el coeficiente debe ser 1'2 y el ngulo de rozamiento es 23'6, se tiene que:

202'1

6'23tgarctg

Ftg

arctgd =

problemas geotecnia cimientos

Engineering