MECANICA

DE

SUELOS

ANGET R.HUANCA BORDA

SEGUNNA EDICTON

l,gg6

IIB BDITORES

I'

I

I

I

I

RELACIONES YOLUMETRICAS Y GRAYIMBTRICAS EN LOSSI]ELOS

- Esquema típico para la representación de un suelo- Relación dePesos y Volúmenes- Relaciones Fundamenetales ..............10- Correlación entra Ia relación de vacíos y la porosidad .....................................10- Fórmulas referentes a suelos saturados ...................10- Fórmulas referentes a suelos parcialmente saturados ..................10- Peso específico seco y saturado ........ 10

- Peso volumétrico del suelo sumergido .............. ...........,...,..........10- Densidad relativa de suelos ................l0- Problemas resueltos .....................11- 22

CAPITULO ilPLASTICIDAD DE LOS SUELOS

- Defrnición ................., 23- Indice Plástico ...............23- Ecuación de la curva de fluidez ..........23- Indice de tenacidad .......23- Límite de contracción .................. .......24- Problemas resueltos 24 - 30

CAPITULO UICLASIFICACION DE SUELOS

- Casilicación según AASHO ................. ...................31- Indice de grupo....... ........31- Problemas resueltos....... ........:..... 34 - 36-Clasificación según SUCS .......... ........37-Carta de plasticidad ........38-Problemsa resueltos .39 - 43

-Clasificación de "Public Roads Administraüon"...... .-....................44.ProbIemsaresueItos...'..'.....'........

CAPITULO WPRESION IitrECTf,V¡{ Y PRESION NEUTRA EN LOs SUELOS

INDICECAPITULO I 2.

paglna

pagrna

9

9

U \''

CAPITULO VPRESIONES VERTICALES EN LOS SUELOS SITUADOS DEBAJO. DE LAS ZONAS CARGADAS Página

- Método <!e Bous§nesq................... ..................'.....-..58

- Método de Newmark .....:............... ...........-...."..'...'..58

Problemas resueltos 60;- 69

CAPITULO VIASENTAMIENTOS.

- Asentamientos en arcillas normalmente consolidada§ ...'......-...... -.---....""""'74

- Coeficiente de compresibilidad."....-.... .'--......."..""'70

- Coeficiente de compresibilidad volumétrica.......'..... ...-...-"""""'10- Asentamiento.................. --.-.'.....'.""""70

- Arcillas preconsolidadas

- Velocidad de consolidación

- Problemas resueltos 1l - 8l

RESISTENCIAALESTUERZO CORTANTE DE LOS SUELOS

- Esfuerzo normal y esfuerzo iortante........ .r'-........"..82

- Resistencia al corte de suelos no cohsivos """""'82- Relación de esfuerzos principales..' -.-..-.......'-""""'-83

- Ecuación revisada de Terzaghi-. ...'.""'83Problemas resueltos 63-90

CAPITULO VUTEMPUJE DB TIBRRAS CONTRAMUROS DE CONTBNCION

Estados de equibrio plástico. ...-.- ....-. """""""""91

CAPITTJLO IXPERMEABILIDAD DE LOS SUtrLOS.

Página

-Ley de Darcy.......... .....103- Velocidad de descarga o velocidad del flujo ..........103-Velocidad de filtración ó velocidad de escurrimientc¡.......................................103- Velocidad real.............. ...........,.........i03- Determinación de la permeabilidad ... .............. .....103- Permeámetro de carga constante .......103- Permeámetro de carga variable ......... I04- Permeabilidad de suelos estratificados ..................104- Altura de ascención capilar ............. 105

- Problemas resuelfos .................105 - I I I

CAPITULO XRED DE FLUJO O RED DE FILTRACION

- Red de flujo............. .........................112

- Gasto de frltración. .......112- Subpresión ...................1 13

- Sifonaje ........................114

- Sifonaje por levantamiento I 14

- Tubificación................... ....................1 15

- Problemas resueltos .................1 15 - 124

CAPITULO XICAPACIDAD DE CARGA DE CIMENTACIONES SUPERtr'ICIALES.

- Capacidad portante de suelos densos t25125

t25126

- Suelos con cohesión y fricción- Suelos netamente arcillosos .

- Capacidad portante de suelos sueltos

- Coeficiente activo de presión de tierras

- Coeficiente pasivo de presión de tierras .......'."."":"""""""""""91

- Hipotesis.... """""""""'''91- Empuje de suelos sin cohesión

- Empuje de suelos con cohesión y fricción "",""""'92

- Problemas resueltos 93 - 100

. Método gráfico de Culmann ......'.............- """"""'100

- Capacidad de carga por asentamiento ............. ......126- Problemas resueltos .................128 - 135

cApcIDADru"o*táTrtEfou^ñl'.ro*rs.R.FUNDAS- Capacidad de carga de pilotes..... ...-..136

- Pilotes aislados........ .....136

- Fórmulas estáticas .......136- Fórmulas dinámicas .....1f7- Grupos de pilotes .........138

- Problemas resueltos 138 - 146

- Etapas de un estudio de suelos...... ...-.....................147

- Suelos .....149- Descripción de los suelos .......... --..... 150

- Suelos cohesivos ......... l5l

9t

Grado de saturación 152

CAPITULO IREL^,LcroNII§ voLUMETRrcAs y GRAYTMETRICASESQUEMA TTPICO PARA LA REPRE§BNTACION DE

ENES

o.

o oo'

o o*A oóq

Vm =Volumen total de la muestra^ de suelo (Volumen de masa).ts = V-olumen de fase sólida de la muestra (Volumen de sólidos).Vv = Volumen de vacíos de Ia muestra de suelo'(Volumen de vacíos i.vw = volumen de la fase líquida contenida en la muestra (volumen de aguaj.Va = Volumen de Ia fase gaseosa de la muestra ( Volumen de aTrej.§'m= Peso total de Ia muestra del suelo.\Ali-= Peso de la fase sólica de la muesrra de suelo (peso de sdtiaos¡.I- = Pcso de la fase lfquii{a rie la muestra (peso clel aguaj.vy'a = Peso de la fase gaseosa «le ia muestra, considerado cero en mecáni-ca desuelos.

RI'LACIONES DE PESOS YVOI,UMENESPeso específico de la msa de suelo (f,m).

d;= -Mltn

fls)

EN LOS §UELOSUN SUELO.

PES OS

-L _Llw, IIIPl**¡t

-------) do * {*Nota.-cl valor de flw, riific¡c pocc del f o y en casos prácticos. ambos son tomadoscomo iguales.

lryqrvm

Peso Específico del solido (

tr' =S-vs

Peso Específico Relativo de la Masa del suelo (sm ),

5r*=&==k = Y,* *s-

Peso Es¡lecífico Relarivo Lle la:; Fartículas sólidas (Ss).

f, -cs 5Vs*'§ - ?;-- -- ;-i' do %f*

b .*n'

.{¡-.,-k

{,"

';RELCIONES FUNDAMENTALES

Relación de Vacíos ó Indice de Poro¡idad

en la práctica,

n= - e---l+e

ernáx. = Relación de vacíos del suelo en su estado rnás suelto.emín. = Relación de vacíos del suelo en el estado r¡rás cornl)actc.l.e = Relación de vacíos del suelo en el estado natur-al. '

Por otra parte, tenemos según el "[lureau c¡f'Iteclalnatir)n" la lónnulaempírica siguiente:

v"Vs

Porosidad (n).

n(var=*. 100

grado de Saturación (G ).- También se designa con, S(Vo).

G (%o)=+* I00

Contenido de humedad (Wo/o).

w( vo)=+. 100

CORRELACION ENTRE LA RELACION DE VACIOS YLAPOITOSIDAD.

(e)-

0.25<e < 15

& *rp) x too&*ír,)

.¡

FORMULAS REFERENTE,S A SUELOS SATURADOS

d;=t#xfo=ffi. {o

FORMULAS REFERENTES A SUELOS PARCTALMENIE S {TURADOS.

d; =rt# x d: = tit€tu "6

PESO ESPECIFICO SECO Y SATURADO

G(vo¡=I$I§J

vmf H6 + \4'wosat = --%--

fo ma* = Peso específico seco, eil su estado nrás compacto.fcl mín= Peso específico seco del suelo en su estado más suelto.

{6 = Peso especílico seco "in* situ".

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA N' 01.- Una muestra de arcilla saturada pes-a I 526 gr, y 1053 gr.después de secada al horno . Calculc su W%,. considerattdrt fr= 2.'l gr /crrrJcalculetambién

", n, . 4n

cm3

Vn=Vw+Vr =863gr'ii.- Del esquema, y aplicando las corresponclientes dellniciones, obteninemos:

W(vo) =#, = á# = 0.45 = 45o/'

t =+ =#o=l'21 ( sin dimensiones)

n = ¡ f;- =#= 0.55 (sin dimensiones)

¡*= p =W = 1.77 sr lcnfiV*- 863 "'' é

PROBLEMA N" 02.- El contenido de humedad de una muestra <Ic suelo sarurar.roe; 45%,, el peso específico de las partículas es 2.70 gr./cmlCalcular Ia relación de vacíos, la porosidad y el pesó cspecíl'ico de la muestra.

e = --E--l- Il [oN. :

satura(los, hallando los respectivos vírlores

.,,rrrr.r,{ *2.70-+r,

--->V* -W' - !q53 =39gc,r3'' ft 2'10

1526 ww= 1526- ro53-4J3gr.

por lo [anto: V* = 4J3 crn3

CIt)SS

lor

:.)

1

t,

+

Volúmenes

J"-r;fOrrl +

.L,,1v%td=

PESO VOLUMETRICO DE SUELO SUMERGIDO ( r,i)

{,1 =

fii

DENSIDAD RELATIVADE SUELOS O COMPACIDAD RELATIVA.

El estado de densidad de los suelos arenosos, puede ser expresado numericamentepor Ia fórmula empírica de TERZAGHI, determinable en laboratorio.

Dr (vo\ = I*Í*' '"' , * 1ooLmaX"'urlltn.

-10-

b -1o"'

i.- Construiremos el esquerna Ipara los pesos y volúmenes, a

-l i-

't-.ij

anrlu valores p

i rncttr:s

¡.- llallv0I t

i0 4sl

to r7

|.l'=

SO[",[JCION:uema de suelo saturado.

WVo= & = 0.45ws

V*= # =o-45cm3

ara el csc¡

Pesos

I I*']lr -'

ii.- dcl esquema y aplicando Ias definiciones correspondientes:

^-vr=9'15==r.zZ0.31 "--

n =*= -o'45 = e.55

f,"=# =#.=t.i6srtcm3

PROIILEMA N' 03.-Una arena uniforme y densa tiene una porosidad de 354o,

v un ncso esoccílico relativo ,Je2.75.íl^f i,ir .l peio específico de la muestra y la relación de vacíos cuando la muestra

cstír seca; Luar,loLl contenido tle humedaá seade 5O?o y cuando esté completamente

s¿rl"uraclo.SOLUCION:

i.- Cuando la muesl.ra esté seca:

,r=§s,tff ,,i* ...........(r) pordato: G = 0 seco

o= -rl _ _0,35 ; =o.54"- i-n - i-0.¡¡---, f,n =#* * 4o = 1.79 gr tcms

ii.- cuando el conteniclo de humedad esWVo = SOVo

f,* = t# *sr'(,

iii.- Cuan<Io la muestra está completamente saturado G= I

Reemplazando en (I)

¡,r= ${* [* =uff* f* = 2.14 srtcm3

PROBLEMA N'04.- Una muestra de suelo que n() está completamente saturado,

ii"r" ," p"* de 53.4 gr. y un volumen de 36.5-cm3-' Después de seca.4o al horno

su neso sL ¡a reducid u-u {Z.l gr. I7l peso especlftco de las partículas sólidas de 1 68

iitr'lfi"l . Calcular el grado?e saiuración, peso específico de la masa y peso

cspccífico seco.

t2

El volumen ó cantidad de agua ocupará el volumen ocupado anteriormente por elaire (Vy).Por consiguiente para saturar la arena se requiere que:

d,,, = Y* obtenemos que: We¿ = 760 kg = 760 litros cle aguaV*

PROBLEMA N' 06.- Un suelo tiene un peso volumétrico de 1.99 a¡7m3 y unconte nido de humedad de22.5Vo. Calculár la humedad de Ia muestra cuando se

le seca hasta pesar 1850 kg/m3 sin que cambie la relación de vacíos.

SOLUCION:

l*,=ff*[.............. ....................(D

¡ I +WVo¡ f[m2='*#:" x fr ............. ....................([)

- l;_

b .*o' j

i.- Gráfico del esquema de suelo parcialmente saturado.

fs = leg lib/pie3 =2.69 grlcm3

,r=F=ffi=15.87cm3 f'f'- 1f'tww=wm-ws=s3.4-42.7=tl.tsr. lr.rrl I c llrlv*=I*=ro.7cm3 I i'H+ L,.u

ii.- L"¿:, apricando las deriniciones: rs

lro'zl | ^ I l'*[cE' =+= g g*1.toi=o 52 = 52vo

l'i L-l I'l&,=+- =?;?=1'46srtcm3

trr=* = H= t.tl srtcm3

PROBLEMA N'05.- Un recipiente contiene 2.m3 de arena seca, de peso específico

cle sólido 2.68 Tn/m3 y peso 3324 kg. Calcular [a cantidad de agua requerida para

saturar la arena del recipiente. Volúmenes Pesos

SoLUCI0N' Tt r---------t-1=sabemos qr", d, = + 1"" | | o. ourroru I F*" zm3l 4- l-_--l {-

--->vs=ffir=t.z4m3 J,ri I ,.ru,." l!r.*Va=Vv -Vm - Ys =2OO-1 .24=0.76m3

* t

t3

t,,

.' I+,t'l:

t,, Rernplazando datos en (l) Y

varia, [enemos:

Reemplazando en (l)

Reernplazando datos en (2)

Igualando las exPresiones (3)

(2) , tenienclo en cttenta que e = constante y ü no

_6 tr +0.?¿;) r . (3)

i .98

ffil 1 ..,(4)1.85

y (4) obtenemos el valor deW2 7o

W2Vo = 1,4.5%o

WVol = 60Vo ; Wo/oZ = 13o/o

v la otra relación en función del peso especílico Relativo fle las partículas sólidas''saturación, retación de vacíos,

ffi;üil,:o det asua'

I.-Peso específico unitario en función cle: e' S" WVo y {*

por definición tenemos: 4,, = # = +#dividiendo a la exPresión entre Ws :

,* =ffiffffi = -q/üffiiw! = rr-,ry+#+"7rlv,

; W, = 4'V,come "=t---, '*=Hffi=\ff *(

tr* = L+*3 x s5. f,n*

PI{OBLEMAN" O'1 .- \ln sue\o tiene ungeso esoecítico de \a masa de t'145 kg/mc(\tt\c§ - \ e\ 6go de \rurn"Aot . Coá".tos \\iros de Lgua deben airad\rse a caüa me\roils-i"ü.í"-J"éro para elevar latrumedad a\ 13?o 1 suponga que \ate\ación de vacíos

Pennanece constante' ñ^Y , rñr^f,rSOLUCIOI{:

Como dato tenemos:

f*r = 1745 kg /m3

Por otro lado:

t*¡= $t xG ..........(l)r I +eReemplazando en (l )

Reemplazando en (2)

t*r- t.to. 13 x ¿s _____) e = l+=0 t¡- x {.vtlt' l+e t*,

/\ !'s

Igualando (3 ) y (4) obtenemos:

ii.- Peso específico unitario en función de Sr, Gofti, e, d*

drn_Wm - Ws*W* _ Ws/Vs +Ww{-Vs =-%- Vs+V, %lVs+VrlVs

d'* d; vw /vs

ws /vs + Ww /Vql -t-e

x \/ Vu

tmz= H#. J,

f_ - ts .V, I V, + t*.V* I V,urn- I +e

r {rtf**G.e.& tf,w0m=

1 -t-e

Volúnrenes

0.5 r¡r3

§Lt§=g * d;,l+ e

d;r=H =fi45kglm3 ;,"Wmdmz= iffi= 1860 kg/rn3

De otro lado:

PROBLEMA N" 09.- Se tiene 800 kg. de arena cuarcítica seca (Ss = 2.65) queocupan 0.5m3. Responda usted lo siguiente:a.-¿ Cuántos litros de agua son necesarit¡s agregar a la muestra para saturarla alTAVo?.b.- Con la cantidad agregada según "a" que porcentaje de humedad tiene la ¡nuestra?c.- ¿Si se vibra la arena mojada, esta reduce su volumen en 0.05¡nr; cual será elpeso volumétrico saturado en ese estado?

SOLUCION:

cotno Ss = 2.65

, dl = Ss & = 2650kg lrn3

vs =#=m=o.3orn3

Pesos

Como: Vmt Y V¡¡,= |rn3

Yy'mt = l745kg También , Wm2= 1860 kg-

El aguapor añadir será: 1860 - 1745 = 115 kg--->Agua por añadir= 115 litros

PROBLEMA N" 08.- Hallar las expresiones matemáticas que detrminen el peso

específico unitario de los suelos (una en función de la humedad, relaciÓn de vacíospeio específico relativo de las partículas sólidas y peso específico del agua; y la

-14-

id+ktr¡l4

b "*"

F ase Gaseosa

F-ase l,íquida

Fase solida

-15-

FT,,;

d.Y:

.'' '§ J}oi¡

G.V, ; cot]10 GVo = J}Vo

: Q.70 x 0.20 - 0.14 m3ntl.. I ooo litros

Inl . .. .. x litros

,x - 140 lit.os dc agua para saturarla al 70vo

h"- Hallanclo el WTo tle la muestra.

W'/r=*, doncle. Ww=4v Vw=1000x0. l4=l40kg.W"

wo/o=¿á3^100 = tl.Svo

L- a rnuestra f iene un porcentaje de humedad de l7.5voc.- Peso vllumétrico saturado de la arena vibradaI-A arcna sc reduce en 0.05 ¡13 (se reduce el volumen de vacíos)

di"=#tr*cálculo de vibrado:

;;1-H : G=,Reemplazando en (1)+

1800_o[* fsat.=ffi- loo

fsat.= 2100 kg /nr.s

=vyt6

0. r50.45

PROIILBMA N' 10.- un rnetro cribico de arena cuarzosa (Ss = 2.65) con una¡xrrosidad de 6ovo, se sumergg en baño de aceite, que tiene un freso espécífico de<le 0.92 gr /c rn3 .

qlu-ent;¡ fuerza se requiere para prevenir que Ia arena se hunda, si er suelo tieneu.¿t tn.t dc arre atrapado?

SOLUCION¡

i.- Hallando valores para el esquema de la arena cuarzosa

F=WT - Q

iv.- Determinando la fuerza q

p - Presión del aceite en Ia parte inferior

A, = Area de la parte inferior del cubo = l

P- [..it" x H =92}kgh3x I m =Reemplazando en (2) obtenemos q:

q = 920 kg.lmz x 1 m2 = 92A kg.

Reemplazando en (l) hallamos Ia fuerzahunda.

F = 1390 kg. - 920 kg. = 470 kg.

¿1.- sl sc dcsc¿r s¿rturar al

11 Vru

VVvw

si I

o.t 4

Volúnlenes

Se sabe que

De otro lado,

: Yn=lm3 ;

Ss ={- -2.65 ;aw

= 0.60 - 0.27 = Q.33 m3

= l- 0.60 = 0.40 m3

= 1000 x 0.33 = 330 kg

ry; = 4. V, = 2650 x 0.40 = 1060 kg

ii.- El peso del cubo de arena será igual a:

WT ='Ww + Ws = 330 + 1060 = 1390 kg.

iii.- Diagrama de C. L.

Vv - 0.60 m3

=2.65 x & = Z6SAkgm3

Volúmenes m3 Pesos kg

0.27

0.33 330

0.40

4

Vw=Vv

Vs =Vm

Ww=d*

-va

-vv

.vw

Im4..it"

pe§os

IFy=o

wT= I39o kg'

F+q-Wf=Q

F = 470 kg.

-17-

Q=pxA

del cubo.

m2

920 kg /m2

requerida para prevenir

60

Sólido

II. GASEOSA

F. I.IQUIDA

F. SOLIDA

que la arena se

IIROBLEMA Nu 11.- Se ha tallado en laboratorio una rnuestra cilíndrica de unsuelo inalterado; de 5 cm. de diánl€tri: ) l0 cnl. d¿ aitura, lt¡s estr;clios realizatlossobre esta muestra indicaron:

Peso de Ia rnuestra en estado natural -?,16.0.i gr.Peso de la muestra después de secada ai horni; tjur*n ie 2l hores y a 1l 0 "c , 29é

gr. sí la muestra era una arcilla se desea sabcr:La relación de vaciós, porosidad, sattiración, liurrieil¿id, pcso esn¿cílico unitarioseco, saturado y sumergido.

SOLUCTC}h{

i.- Flallamos valores para graficar el esquerila de la mucstrr ,;,ilíndrica

SOLUCTON.La densidad relativa está dada por la expresión siguienre:

Dr (Vr) =emáx eernáx. -ernín.

wo/o=ff,

Ww -Wo/o x % - 0. 15 gr. ;

vm = Y''- = l,V . Q. 72 cm3' ¡rr fr, l '6

K = Vrn - Vt = $.35 cm3

de la expresión :

emín. = t fl* - I =0 tl nráx

si hacemos: V/s= lgr.

\/-.U& Ivs = S, "ñ = i.m - 0.37 cm3

f,:r = 1600 kg /nr 3 = I .6 gr /crn3vm=T,5'* t0- Ig6.25cm3

4

Ww = Wm - Ws = 316 -298

Ww = I8.05 gr.

ww

Jóo t1., 1,u,,

I,,]

IIts6.25¡ t t.0s

I

l,-,{

F. GA§EOSA

F. LrQrrrDA

F. SOLIDA

Con los datos obtenidos hallarnos la relacíón cle vacír-rs:

*-)L = 0.35 =0.94% rJ31

Vw= = 18.05 cm3

Comcr Ia muestra es arcilla, el S s para arcillas costeras es igua! a 2.15

4= S;. f*=2.75 xI.00 grlcrn3 =2.75 gr /cm3

v--Y§=b=rog.36crn3'§ ü. 2'75

Va = Vw - Vm - Vs = 196-25 - 108-05 -69.84 cm3

ii.- Del

frl *áx = **:t ; obtenetn's 0 nrí..

2.67 x 1iffiE- -l = 0'60

4"

v.e---J"- Vt

esquema y aplicando las definiciones, tenemos

=8?.§9_=0.81 ; n=-s-=0.45108.36 I + e

c{2,)=S' roo=}f$ x too=2rvo

Wvo=fr, too=ffi* rca=lEo

¿i= ff =ffi=t.52srtcmj

tr,,.= S#* =Íffi = l.6r srlcm3

{L t*r.- t* = t.6t - I = o.6l grlcml

PROELEMA N"12.- Hallar el grado de saturación y la densidad relariva sabiendo

9u"^ f,* = 1600 kg/m3 , Sr= 2.67, Wfio= l|Vo,eátáx= 1.2O, fo,n,, = l.eOA glcm3 '

-lg-

rernplazando en (l):

Dr=i;8#8xroo=043

Dr ( Vo) = 43 o/o

ii.- El grado de asturación está dada por :

G(/o)=+ = **. 1oo =43o/o

PR0BLEMA N" 13 .- Demosrrar la siguiente expresión:

Dr= da 4r ,n,,,

4t *¿* - 4r n,rn

SOLUCION:

4l ,ra* y

da /\

§a

!n, .§o''l

de la expresión

-r9-

Despejando la relación de vacíos de las expresione.s anteriores:

o.*r- = 'SI-'f* -, e *r- = Ss.tw r - Sr.f*vtnax.- f -l smín.

--l

; e- ;r -lm. , emín = ñ; dd

L a f,órmula, deterrninada en laboratorio, de Ia densiclad relativa es igual a:

\ / emáx. emín.

Reemp lazando daf.os en la expresión anterior:

flrn,. = W * d,, = W x d; = 1.95 tn /m3

si la arena está seca G = 0 ; reemplazando en (l )

[w= ffi {* = r.szrn /mj

b,- Calculando la nueva relación cle vacíos

0.65=_páx.-,-e _ Q.97:e _e máx. - e mín. 0.52

El \ sgrá el mismo,^antes y después de ser compactiada, solamente varfa el Vu quede 0.76 se reduce a 0.63

Dr (7o) = x I00

x 100

, Sr't*'m l¡-(&J"-1¡'' \ f¿ ,ne*. Si V, = |, -------> la arena se

seduce en Ia proporción de :

:1 ffitf ffi0

S'f* Sy f*Dr(Vo)- x 100=

fa *r, . tanriuri

L611.76

emáx. - e Q.97-e - = 0.40e máx. - e mín. 0.97 - 0.45

Concluimos que la nueva altura o nuevo espesor será:

u=z * fi\ = 2.78 m.

c.- Para las condiciones del inciso b tenemos:

Cuando el suelo está saturado G = 100 Vo ; e = 0.63

Recnrplazando en (l) :

tr u, =# x il* = tt%gÉl x f*=2.03 tni m:l

Cuandoel sueloestáseco C = 0,reemplazandoen (l)

¡, = S x f,,r= #, lh/m3= 1.65 tn/m3

PR0BLEMA N" 15,- Pai-a rJcterminar l¡, densiclad relativa de las arenas se usa unrccipiente cili'rrdrico, cil;,rs mcdirla.\ i¡rterir)rr:s son : diámetro 1a.20 cm.; altura I1.70cni. .se procr:dió a realizar una pru,:b,1. ¡l se obtuviercrn los siguientes resultados ;Fcso dc la arena sec¡ sirr conlSaiiar (t':stado rrás sue!to) q,r"

"rñó en rccipiente hasta

llenarlo, I 800gr.Feso dc la arena seca ccm¡:artlria {*st¡do mí:.: compeci.o) que cntró en cl recipientehasta llenarlo,.l95{} gi: y la l¡ensidad Rclativa ='40 Vo, se pregunta:¡,Cuánto.s,litros i{e agrl:l toli nc,-'es¿u ir.rs para r;aturar ¡ rnctro cúbico {e la^arena quese e.studió en su estar:lc n¡-lurtl '¡.

mrn.

PROBLEMA N" 14.- Una arena tiene e máx.= 0.97 ;e mfn= 0.45 ; una densidad relativa de40?o;su Ss=a2.68a.- Calculc cl /,n (saturado) y f¿ para csa arena, tal como se muestra.b'-§luncstratoilearcna encuestiónde 3m.deespesorinicíal secompactahastallegarauna

., .*,Tio_11,_i:t-r1!], igual a.65To. ¿; Cuát'será espesor riíri-ii-lr,i riegue ?.c.- Luáles serán los nuevos valores de f¿ y f,* , .n las conrliciones finalcs ddl inciso- "b" ?

3.-

Dr=

de donde e = o.76 ; .si la arena está saturada

Reernplaz.ando valores en ( I )

d

§ '\""'l

dt mrn.

dor*o.ss [*

-20-

G-l00Vo-l

-2i-

§OtUCION.

i.- Peso específico seco en estado natural tf¿ I

Vm= n0C:20)z * ll;70 -955-56 cm3

fo*rn= # = W«- I.88 gr lcm3 (mayor incremento de vacíos)

& *a*=# = #k =2.040 gr lcm3 (más compacta)

por otro lado, Dr = ; reemplazando valores:

O.40 =2.a4 (fd - 1.88)

; despejandoto {z"o+ - I.88)

tn= l.g4 tdnfii.- Esquema de la muestra de suelo seco

Ws -f¿'V* =l-94 x 955.56 = 1853 .79 er'

Para saturar esta muestra se requiere que el Va sea ocupada por el V1a,

Va = Vm - Vs = 955 .56 - 699.5 - 256.06 cm 3

Por consiguiente : V* - 256.06 cm3

iii.- r cantidad de agua necesÍlria para saturar I m3 de Ia arena estudiada:

Volumen de la arena = 699.5 cm3 = 0.0006995 m3

si para saturar 0.0006995 m3 se require 0.256 lts. de agua

- para saturar l. 000 m3 se require x lts. de agua

-=áffiffi -336ritros

Cantidad de agua necesaria = 336litros

CAPITUI,O II

PTASTICTDAD DE LOS SUEI,OS

DEFINICION.

Se define a la plásticidad, conlo la propiedad de un material por la cual es capázde soportar deformaciones rápiclas, sin rebote elástico, sin variación volurnélricaapreciable y sin desmoronarse ni agrietarse.

INDICB PLASTICO ( Ip ).

IP = L.L. - L. P.

L.L. = Límite Líquido, frontera convencional entre los estados semilíquido yplástico; es el contenido de humedad, en porcentaje de peso de suelo seco.

L.P. = Lfmite Pl¿ístico, frotera convencional entre los estados plástico y semisólido;es el contenido de humedad más bajo, para el cual el suelo comiertza a fracturarse,cuando es amasado en rollitos de 3 mm. de diámetro .

ECUACION DE LACURVA DE FLUIDEZ.

W--Fwlog"N+C

= Contenido de agua, porcentaje del peso seco .

= Indice de fluidez , pendiente de la curva de fluidcz igual a la variación delcontenido de agua correspondiente a un ciclo de la escala logarítnica.

= número de golpes.

= Constante que representa la orclenada en la abcisa del primer gcllpe, se calculaprolongando el trazado de la curva de fluidez.

INDICE DE TENACIDAD (TW )

,* =-jL= r-oe *rw §¡

S l= 25 gr lcmS ; resistencia al esfuerzo cortante de los suelos pliísticos, en el línritelíquido.

S2 = Resistencia al esfuer¿o cortante correspondiente al límite pliístico, cuyo valor. puede usarse para medir la tenacidad de una arcilla.

El Indice de tenacidad varía en el rango siguiente

l<Tw<3Es rara la vez que alcanza valores de 5 ó menores que 1.0

_23_

{d:

El Ss para arenas es = 2.65

4 = Sr. d*= 2.65 gr /cm3955

v, =+ -1823)Zg = 699.5crn3'D 4 2.65

Volúmenes cm3 Pesos gr.

},,48'F *'1,,{ E },,,,,

wFw

NC

§4'i.

b .*o'

-22-

LIMITE DE CONTRA CCION (Lc).

cs la lrunrcdad a pailír de la cuirl el volunren de la muestra cesa de disminuir cuandosu contenitJo clc huntcdad decrecc; es dccir al llegar a un cierto contenido dehtrrcdad. el lbnónrcno de retracción y aunque el suelo siga perdiendo agua, suvolunrcn pcrn.¡¿rncce constante; al contenido de humedad en este momento, expresadocn porcentajc dcl suelo seco, se llama límite de contracción.

DIAGRAMA PARA DtrTERMINAR EL LIMITE LIQI]IDO

90Vo

B}Vo

707o

607o

50Vo

40Vo

307o

207o

Se encontró que el límite Pl¡ístico .. 32 Vo

tD()

rrlR

ooAE]FzoU

527o

N,II'TODO Dtr I'T'BLIC ROADS ADMINISTRATION

Lc (7o) -W¡ - Ws- (Vt - Yz) {* x 100

Vñ

V¡ = Volumen de la muestra húrneda.Vz = Volunrcn de la muestra seca.Wt = Pcs«r de l¿l muestra húmeda.W5 - Pcso cle la muestra seca.

PROI}LEMAS RESUEI,:TOS

PROBLEMA N" 01.- En una prueba de límite lfquido se obtuvieron los siguintesrcsultados.

N" de golpes 28 2Z t3 7

W (Vo) sr.6 52.2 53.8 s5.2

se encontró, L.P. = 24.5 7o

Calcule: L.L., Ip, t * y T*.

SOLUCION:i.- Dctcrminamos el límite lfquido, gráficamente con los contenidos de agua y losnúlncros de golpes correspondientes, los primeros como ordenadas y los segundoscomo alrcisas con escala logaríLmica ; es decír se empleará papel semilogarítmicodonde los W7¿, estarán en escala aritmética y número de golpes en escalasern ilogarítmica.

La ordenada «Ic esa curva, correspondiente a la abcisa de 25 golpes será el límitelíc¡trido dcl suclo-

Por tlnto, dcl diagrama obtcnemos el límite lfquido:

L.L. = 52 Vo

l07o5678910122025304050

NUMERO DECOLPES

ii.- Indice Plástico (Ip)

Ip = L.L. - L. P. = 527o -24.5Vo =2L&-iii.- Indice

_ de fluidez (F.,, )

De Ia ecuación de la curva de fluidez : W = - F* .logN +C

Cuando N = 13 y WVo = 53.8Vo ;obtenemos :

0.538 = - Fe, Iog 13 + C..................... ........................(1)

Cuando N = 23 y W%o = 51.6Vo ; obtenemos.

igualando ( 1) y (2) :

0.022 = F* (log 28 - log 13

iv.- Indice de tenacidad (T*):

PROBLBMA N" 02.- En unresultados:

t3

r*=fl= ffi =4.16

ensayo de límite líquido se obtiene los siguientes

¡ir .

§:-Bn"

N" de golpses 9 15 22 30

W7o 85 80 76 74

-24- -25-

Calcular: cljfmite líquido, Indice Plástico,Indice de Fluidez, Fru , Y el Indice deTenacidad (T*).

§OLUCION:I.- Aplicando la ecuación de fluidez:

W=-Fw logN+CCuando N= 30 y WVo=74Vo : obtenemos:

0.74= - F*.log30 + C.............. .....................(l)Cuando N= 15 y WVo=80Vo; obtenemos:

0.80=-F* logl5+C.............. ...........:...............................(2)

de (l) y (2) obtenemos:

0.06 = F* (log 30 -log l5 ) = p,,r.1or 3Q = Fw .log 2

ii.- Límite Líquido

Cuando N=25 y W%o=L.L. iobtenemos:L.L. = -A.2Log25 +C ......... ..... (3)

Cuando N = 15 WVo = 80?o ; obtenemos :

De (3) y (4):

L. L. - 0.80 = 0.2l-og Hiii.- Indice Plástico:

Ip = L.L. - L. P. - 75Vo - 32Vo = 43Vo

iv.-Indice de Tenacidad:

-. IP - 0.43rw=t; = ffi =2'15

PROBLEMA N" 03 .- En una prueba de Límite Líquido y Límite Plástico seobtubieron los siguientes resultados :

/

LIMITE PLASTICO

Calcule el límite líquiclo y el límite plástico.

SOLUCION:i.- para la determinación del L.L. , hallaremos los contenidos de agua para losrespectivos ensayos :

Para el ensayo N" l;Wm = 35.77 -14.15 =21.62 gr.

% =22,,48 - 14.15 = 8.33 gr.

Ww - Wm - Ws = 13.29 gt.

Wvo=W = W =1"5e5

Ensayo N" 2:

wzo= f# =1.6 -------> wro=t1ovo

Ensayo N" 3:

wvo = 1r1# = 1.63 --------- ---> w?o = 163?o

Ensayo No 4:

*ro= ## = t.66 -------------) W7o=t66vo

EI límite Líquido se determina, conociendo estos 4 cc¡ntenidos de agua difbrentesa su vecindad, con los correspondientes No de golpes, y trazando la curva contenidode agua - número de golpes : es decir que so utilizará el diagrama dado en elproblema N" 0l .

La ordenada correspondiente de la abcisa de 25 golpes ( de la curva de flujo)es el contenido de agua corresporrdiente al líurite Iíquido que buscam<ls.

ii.- LÍrnire; Plásrico:

W r, =fir= 0.63 = ,,637o ;

L.p. 0.§3_+ 0.6* _ r¡..", =0.65

w2 vo- ffi *0.67 -6t%

!L-&,i

Ensayo N" de golpesPeso capsula

+Suelo llúmedo

(er.)

Pesc¡ Ca¡rsula+

Suelo seco(gr.)

'.

Peso Capsula(gr.)

I2

l7 3A16.86

16.ff)15.50

r3.95I3.48

LIMITB LIQUIDO

ensayo No de golpes

Peso Capsula+

Suelo Húmedo (er.)

Peso Capsula+

Suelo seco (gr.)Peso capsula(gramos)

I234

35- 3524- 2515- 167- I

35.7736.s533.4235.17

22.4824.4021.032t.65

14.1516.8513.4sr 3.50

-26-

L.P = 650/o

vt

v2I

I

I

ltl/

Ar "-'{ffi¡tl

Ws

donde:Vt = Volumen de la muestra humeda

= Volumen de la muestra seca.

= Peso de la muestra hurneda

% = Peso de muestra seca-

De la figura y aplicando la definicirin de contenido de agua, obtenemos el límitede contracción:

Lc (Vo) = 100 = l00x w- Irs - (I- v2). lsWs

PROBLEMA N'05.- EI límite de contracción de un suelo es de l8.47o.Si un piecúbico de muestra saturada, con contenido de humedad de 27 .4Vo se contrae porsecado,cuál será su volumen a una humedad de l3.8%o.

Desprecie la contracción residual y asuma que el peso específico relativo desólidos es 2.72.

SOLUCION.

1

vI

I

¡

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

A

v,r.,

AIRE

SOLIDOS

Vm /o%

wrn= ws

i.- por fórmula: Lc (To) = 100 x

También :

WI

Ws

WVo = Cant.de agua

v2

W¡

100

{l x roo

-t-l xSs '

l^= [d

S-t x roo

t-cvo=(* * )x loo

( -fe'Wsq,

1

ñ-ñ

100= (k)x

AWs

LcTo= (* *) x 100

Límite de contracción según el PUBLIC ROADS ADMINISTRAIION.La relación de disminución de peso al perderse agua durante el secado, respecto

a la correspondiente pérdida de volumen, es una recüa con 45" de inclinación, parahumedades superiores al lfmite de contracción.

En el gráfico siguiente; (2) representa el límite de contracción del suelo,obtenido secandolo desde las condiciones iniciales (l) . Al proseguir el secado total(3), ya no hay practicamente variación volumétrica.

Cráfico para obtener el límite de contracción según el P.R.A.

Lc(Vo)=W-

Lc (7o) = V[ -

Por otro lado

Donder V, =

=w- Ytt Yz.-,%. ss

tenemos: Vm =Vv +%

_29_

- ,:n,..

b tn'''

PROIILEMA N" 04.- Dcducir las cxpresiones para la determinación del límitetlc contracción.

SOLUCION.

Tcnicrrtlo en cucnta que la gran mayoría «le los suelos no prcsentan, practicamentedisrninución de volu¡nen durante el proceso de secado, abajo del límite deÉontracció,se pucde medir el peso y el volumen de una muestra de suelo tr¡talmente seca, ental momento puede decirse que el límite de contracción sería Ia humedad de lanruestra seca, si Luviese sus vacíos llenos de agua.

-wq - ws

s *7T-S'4

De la figura:

(vm Jt-) roLcTo= +^ 100=

(Vr -Y2 ), tw

-28-

= ( 1 +e)V5,,.......,.... t..,... ¡,. ......(2)

\

Reemplazando en (2):

ii.- Reemplazando en (l ) y despejandomuestra:

0.184= 0.274- ffi

En suelos saturados tenemos:

e =S s,WVo -2.27 x 0.274 =0.75; \rm= 1 pie3

Vs = 0.572pie3

V2 , obtenemos el volunlen de Ia

Y2= 24,350 cm3

0. t 38 0. r 84 0.214

PROBLEMA N'06.- Se constata que un cierto suelo saturado disminuye suhumg4ad hasta Ilegar al Límite de contracción. La muestra saturada pesa 90 gramosy suWVo -4lVo después de la desecación total llega a un volumén de 3L cm3 .Calcular el Límite de contracción para cuando S s = 2.79

SOLUCION:i.- por fórmula:

Lc (Vo)= vvrf - * x 100 ......... ........... (t)ws Ss

Ensuelossaturados :e=WVo.Ss= 0.41 x 2.iO =1.11

también:Vu=s.y, = I.ll x 3l =34.4cm1

Vm = Vv + V, = 34..4 + 3l = 65.4 cm3

w, =*m = *ffi =63.8sr.

ii.- reemplazando valores en (l) tenemos el Lc.

65.4 cm.3x I erlcm3 I63.8 sn- m

Lc (Vo) = 65 Vo

CAPITULO III

CLA§IT'ICACIOT.¡ DE SUELOS

Los métodos más comunes, empleados para clasificar suelos son los siguienLes:

l.- La planteada por: " American Assrciation of State Highway Officials"(AASHO).

2.- Sistema Unificado dc Casificación de Suelos (SUCS). I

3.- Clasificación triangular de "Public Roads Administration".

1.. CLASIFICACION AASHO.

Divide a los suelos en dos campos:

a.- Suelos Gruesos , son aquellos que pasan por el tamiz No 200 el 357o ó menos

b.- suelos finos , ó materiales limo arcillosos, son aquellos que pasan por el tamizN"200 másdel357o.

Por otro lado; este método divide a los suelos en 7 grupos y 8 subgrupos.Parael manejo de ésta clasificación, el cuadro N" I , explica los pasos á seguir.

INDICE DE GRUPO (IG).-Para utilizar este método es necesario de conocer el(IG), que permite dermina¡ la calidad del suelo.

El (IG), se coloca entre parentesis; por ejemplo A-2-ó (4),que quire decir unsuelo A-2-6 cuyo índice de grupo es 4.

El (IG) se determina mediante la fórmula empírica siguienre.

IGG) = 0.2 a + 0.005 ac + O.Ot U¿ I

a = Porcentaje que pasa el tamiz No 200, Comprendido entre 35?omínimo y 75o/omáximo. Se representa solo en número entero que varía de 0 a +0.

b.- Porcentaje oue pasa por el tamiz N" 200, comprendido entre l5?o como mínimoy 557o como máximo. se representa en número sntero, varía de 0 a 40.

c.-.Parte -el

límite líquido , comprendido entre 4OVo como míni¡no y 60%, comomáximo. Se representa en número y varía de O a20.

d.- Parte del Indice de Plasticidad, comprendido entre loo/o conto r¡rínirno y 3o?ocomo máximo. Se representa en nú¡nero entero y varía cje 0'a ZO.

El (IG), también se puecle llegar por rnedio de gráficos ( fig.- Z)

I:i'lI,l

.a

Lc

+,

b \"';

Vo-(

-30-

) x 100

- 31-

Io

OPO.FFrA

odHütr¡ ñU=ñ*zddHozzgoo ,UA?*É,H

úoU

l0

9

8

7

6

5

§JsóDAúqoúgl-O '-{ril rq9trz-ri

ddoFlL-{

oñF-. ¡-¡8efrñIJ-, A

rtl&É,OU

I ,-,l- 3lr\/lr-ol,.g| .i-¡

I < R.HlV-I 8,EaI -(--{ O

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zi)L)rc.0

FrlA(n2oa. l-]\-,

áñfEI,-) ^u7,

oF{U

UIr{t¡.{HV)<F¡U

Figura 1. VARIACION DE LOS VALORES DEL LIMITE LIQUIDO INDICEDE PLASTICIDAD PARALOS GRUPOS DE SUELO A-4,A-5,A-

6, A-7 INDICE DE PLASTICIDAD

l0 20 30 40 50 60

LIMITE LIQUIDO

Figura 2.- DIAGRAMA PARA OBTENER EL I¡{DICE DE GRUPO DBL SUELO.

PORCENTAJE QUE PASA TAMIZ N" 200

ó menos

" El indice de grupo es iguala la suma de las dos lecturasen escalas verticales"

. 1q 70 65 60 55 50 45 N 35O más ' -' ó menos

PORCETITAJE QUE PASA POR EL TAMIZ N" 200

-33-

ó m¡ís

¡i.

§ -\t

l,Álo Nl8 El=E

lsTlla

le 3,15§ el

ÉE ill6D ct, I

§gl

f*I

Tvf- [.-

¿¿

trÉ

\oco

Éétrts

sf, -l

x\CÚ

l-r

OC.l

v)oü) v)oo0¿H=c)a4 (l)

go

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ÉE\oCN

x;.cú .HEE

C) -rrf, -t

x\cl,

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lnI

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xx.ctl .«lEEOO'tf, .-r

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c)C\lozNv) 11IrI ¿

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lsr i :!lE i i il¡ : : :lrr¡ : : :I< iiilrn : : :

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le i ¡ i IIl-J.llo:::llru ! ! : I3;¡;l2i:¡lHe3§ I

?.zL,L I

ld :rlÉ, :lItu !i

l§" ie

[ fis§sñ{38

§#§H

oA.púor.unril.goz

JfúIL¡t-¿r¿¡ov)C)F"F{t-

zIUCIz:)f&r¡laczE¡úúrr¡F,.

-32-

Thmaño (mm.)

1.000.4740.0500.0050.002

Límite Líquide = 53To

Indice Plástico - 22Vo

7S%o(máx.)

40

líVo (mín.) 55Vo (máx.)

Límite líquido.

20-f

40Vo (mín,)

Indice Plástico.

60Vo (máx.)

od?olÜo/o(mín.) 3\rib(máx.)

Porcentaje que pasa el tamiz No 2AA Q.014mm.) - 7lo/o ;,por [anto tenemos:a = 7lo/o - 35Vo = 36 Vo

b- 4AVoc = 53 7o : 40Vo =13 7od = 2),To - l\Vo =lZ To

-34-

PROIILEIVÍAS RBSUELTOS,

PROBLEMA N" 01.- Una muestra de suelo orgánico, tiene Ias siguientescaracterísticas:

7o que pasa

967t673tl9

¿ Cuál es Ia clasificación por el mérodo de AASHO?SOLUCION:

i.- Determinación del (IG)

lG =0.2a + 0.005 ic +0.01 bd ............... .................(1)

fryll,-ult* a,b,cd, emplearemos la siguiente "CLAVE PARA CLASIEICACIONAASHO":

Porcentaje que pasa tamiz N'2ü)

35Vo(mím.)

Porceritaje que pasa el tarniz N" ZW

b "tt* ''

Reemplazando en (l)IG = 0.2 (36) + 0.00s (36) (13) +0.01 (40) (t2) = 14.34

Como Ios Indices de Grupo, solo deben expresarse en núnteros enteros, tenemosque:

lG=14.34 = 14

Determinando " Cráfrcamc¡rte " el IC; (figura 2)

Para, L.L. = 53?o,la fracción del (IG) ss = 9.7

Para, LP = ZZVo,la fiacción del (IG) es = 4.7Sumando:

IG=9.7+4-7=14.4=14

ii.- Clasificando el suelo, utilizando el cuadro MI, procediendo a observar el cuadrode izquierda a derecha por eliminación cuando los dat<¡s no coinciden; se determinaque el suelo es:

(A-7)

Determinando si es, (A - 7- 5) ó (A - 7 - 6):

si L. P .2 30 la clasificación es A - 7 - 5

Si L.P. < 30 la clásificación es: A - 7 - 6

En nuestro problema:

L.P.=53-23=31Considerando el índice d grupo, Ia clasificación del suelo es:

PROBLEMA No 02.- Clasificar los siguientes suelos de acuerdo al sistema deAASHO, cuyos análisis de laboratorio han arrojado los siguientes resultatlos:

MAL[,A Vo Que pasa

A B C

2"t ll2"

l"314.'3/8 ,,

N"4N" l0N" 20N" 40N" 100N" 200

94.8566.49srJ.5339.9t28.9324,6222.492t.34ü.429.647.58

10098898073r96

10099.329'3.2782.70

L.L.L.P.

24To277o

267o17 Vo

-35-

SOLUCION:i.- Suelo "4"I.P. = L. L. - L.P= 24 - 17 =7

Porcentaje que pasa por el tamiz N" 200 =7 -58 Vo

lC =O?á + 0.005 ac + 0. 0l bd -....... "-"""""""" (l)

donde: a = 0b=0c=Od=0

reemplazando en ( l)IG=0

Con los datos clasificamos el suelo, usando el cuadro N' 1, de Izquierda a derecha

y «lescartando, cuando los datos no coincidan; hallamos que es un suelo :

A-2-4(0)

ii.- Seulo "8"

Porcentajc que pasa en el tamiz N" 200 = 6Vo I por tanto

a=0b=0c=0d=0

Reemplazandoen (l) : -----------> IG=0

Utilizando el cuadro N" 1, se determina que es un suelo : (A - 3)'Considerando el (tG) ya encontrado , Ia respuesta es:

A-3(0)

iii.- Suelo "C"Ip = L. L. - L. P =26'17 =99o

Porcentaje que pasa por el tamiz N" 200 = 82.7?o; por tanto

a=40b=40c=0d=0

Utilizando el cuadro N" t, se determina que es un suelo : (A - 4)'Considerando el (IG) , la respuesta es:

A-4(8)-36-

_ri

tt §*'

2. STSTEMA UNIFICADO DE CLASIT,ICACION DE SUELOS (SUCS).

Divide a los suelos en dos grupos:

a'- stlEl-os DE PARTICULAS GRUESAS, son aquellas en que más del delSovoson retenidos en el tamiz N" 200. este suelo a su vez se sulidivide en gravas yarenas

b.- suElos DE PARTTCULAS FINAS, son aquellos en que mrís del sovo, pasael tamiz N" 200.

Para el método del "sucs", se utiliza el cuadro No 2 , donde basicamentfl?r'e-:c»r'ucarta de plasticidad de casagrande.

cuRvA GRANULOMETRIC. A .- _La gráficagranuromékica, suele dibujarse conlos porcentajes como ordenada y los lamañoi de las partfculas como abcisas.

_ Las ordenadas, se refieren a porcentaje en peso de las partículas menores queel tamaño correspondiente.

CARACTERI§TICAS DE LA CURVA GRA¡IULOMETRICA .

1.- Coeficiente de Uniformidad (Cu).

D,cu=ffi

2.- Coeficiente de Curvatura (Cc).

cc = (D ¡o)2Dro Dro

Para gravas bien graduadas (GW):Cu>4

Para arenas bien graduadas (SW)Cu>6

Para suelos bien graduados (W)entre I y 3

poo =_Tam_año.tal que, el 6-OVo en peso del suelo , sea igual ó menor.D ro ='lám¿ñgill, tu.e- sea igull ó mayor que el lOTo, en peso def suelo,llamado

por HAZEN, Diámetro Efectivo.D30 = S" define análogamente que los anteriores.

Nombre Suelos Cruesos, Thmaño

Más cle la mitad de Ia fracción de material gruesoqueda retenida en el tamiz N" 4.T. N" 4 (4.76 mm.) a 3 pulgadas (7.6 cm.)

Más de Ia mitad de la fracción de material gruesopasa el tamiz N" 4.T. N" 200 (0.074 mm.) a T. N" 4 (4.76 mm.)

-37-

jj§tc)

F1É"AFJU

ñaa

?z,ñHHaigr,a§

Nci ucuzg,+EE iSd

-s

Utr].E^+r

-ll-{ Ftx

át :9ÉiHxaúü

ñC)\oil

P{ OYü3ITSV'Id gO gf,IONT

-38 -

tt\,:

¡a. .§5"1

Éq

zH)-l

t*l

*oal.-(pa|.{F¡

frtt'{F{\r¿l-{*¡

C) ¡.-a.

-39-

PROBLIIMAS RESUIILTOS. }

PROBLEMA No 03.- Una muestra de suelo tie ne las siguientes características:

Porcentaje que pasa por el tamiz No 200 = 75To

Límite Líquido (L.L.) = 69Vo

Límite plástico (L. P.) = 297o

¿cuál será su clasificación según SUCS?

SOLUCION:

Porcentaje que pasa por el tarniz.No 200 =75%o, por tanto deter¡ninaremos quese trara de un suelo de partículas finas.

ii.- Indice de plasticidad:

I.P. = L.L. - L. P. = 69Vo - 29Vo =40o/o

iii.- Se clasifica él suelo entrando a la carta de plasticidad (cuadro N" 2) con 690lode L.L. y 4OVo de I.P. De donde obtenemos que la clasillcación perrenece auna musstra de suelo:

Es decir que se trata de una arcilla inorgánica de alta plasticiclad.

PROBLEMA N" 04.- Un suelo denorninadr¡ (M- I ), pasa por el tarniz N"67Vo, su I .L. es 65Vo, el I.P. =30o/o, Cuál es su clasificación'l

200 el

SOLUCION:

i.- El porcentaje que pasa por el tamiz N" 20O es más del 5Ool,, por tanto es unsuelo de partículas finas.

ii.- Entrando en la carta de Plasticidad con L.L. =65a/o \ el l.P.= 3oo/o.determinamos que el suelo (M-l) es:

se tratia de una arcilla orgánica de media a alta plasticidad.La respuesta pudo haber sido también (M- H), pero si no hay otras cr¡nsideraciones

que precisen al suelo, generalmente a los suelos cuya clasiñcación cacn por debajoy serca de la línea "A", se atribuyen que pertenecen al gruiro (OH).

PROBLEMA N" 05.- Clasificar el siguiente suelo:

M¿rlla N"N"4N" l0N',20N" 40N" 100N" 200

SOLUCION:

i.- Porcentaje retenido en el tamiz N" 200 =96Vo'por tanto se trata de un suelo de

partículas gruesas. . rro , ^^ii.-El porcentaJe quc pasa por el tamiz N" 4' es más del 5O 7o' específicamente el"

Iiiiár. po, i*nio se tratá de un suelo arenoso ls)'iii.- Para detcrmtnar t' il;;; liá' gi'a'"¿u (swt o mal graduada (SP)' se

pio"",l" a graficar la curva granulométrica :

7o Qüe pasa1009182152l4

100 To

(r0

% QUE, PASA

30

l0

0

I)c la curva granulométrica :

D lo = 0,095

D¡r,=0-l8Dr,tl - o'32

Es aplican las f(rrrnulas:

uu= D*- nms

cc=ñ- Drro (mconr«r el cu < 6; dcterminamos que es una arena mal graduada, por tanto

clasil-icacitin es:

SU

Es decir c¡rlc se trata cle una arena mal-- Si por ájcmPlo Cu > 6 Y Cc entre I

bien graduada-

gradu ad a ó pobremen [e gr?du.1d-1',.j, ¡ ; entonc'es sería un suelo (S W)' arena

b -*o

TAMICES ASTM

0.32 0. l8

TAMAÑO DE, LAS PARTICULAS

-40- -41-

PROBLEMA No 06.- Clasifique el siguiente suelo:9OTo del material pasa la malla N" 04.El BVo del material pasa la malla N" 200.De la curva granulométrica : Cu - I ; Cc = 2En la fracción fina : L. L. = 45Vo Ip = l4To

SOLUCION:

i.- Como el \Vo pasa la malla N" 200, es retenida el927o, por tanto se trata de unsuelo de partículas gruesas.

ii.- en la malla No 4, pasa m᧠de la mitad de la fracción de material especifcamenteel90Vo, por tanto se trata de un material arenoso (S).

iii.- También, Cu 6 y Cc entre 1 y 3 por tanto determinamos que es una arena biengraduada (SW).

NOTA : A los suelos comprendidos entre 5To y el l27o que pasa el tamiz N" ?00,son casos de frontera ó intermedios, se requiren el empleo de signos dobles.

iv.- Clasificamos la parte fina del material, entrando a la carta de pla.sticidad (gu1droN' 2), con Ip = l4'% y L.L. = 157o. Determinamos que es un materal : (ML) limoinorgánico, arena muy fina, polvo de roca .

.

poi tanto concluimos que la clasificación del suelo es:

Es decir que se trata de una arena bien graduada, con un contenido ftno e¡tre 57o

y lZ%o de limo inorgánico.

PROBLEMA N" 07.- Clasificar los siguientes suelos de acuerdo a los sistemas(AASHO) v (SUCS). cuyos análisis de laboratorio han arrojado los siguientesresultados.

MALLA 7o que pasa

A B C

2"t 112"

1"311"

3/8 "

N"4N' l0N'20i'{' 4-0

N' 100N" 200

94.8566.4950.s339,9128.9324.6222.4921 .34i'7.079.647.58

10098898073t96

10099.3293.2782.70

A B CL.L.L.P.

24Vo177o

26clo17 o/o

siguiendo et mismo análisis tj"?:r'r"j:X ctasificaciones cn tos anrerioresproblemas, y mediante Ia utilización del cuadros I y z , así como los gráficosrespectivos; se han clasificado los suelos "A' , 'B'y "c'i, obteniendose las si-guientesre§puestas:

§uelo ,'A't

AASHO

SUCS

§uelo 'rBrr

AASHO

SUCS

§uelo ,Crr

AASHO

tu{sH

PROBLEMA N' 0E.- clasificar por AASHO y por sucs, Ias muestras de sueloque aparecen en el cuadro siguiente:

A-2 - 4 (0) = Gravas, arenas limosas y arcillosas.

GP - GCL = Grava ma[ graduada con un contenido fino entre 5To

y llvo de arcilla inorgánica de baja o mediana plas-ticidad.

A -3(0) = Arena fina

SP = Arena mal graduada, con un contenido fino entre j?o y l27o

A' 4 (8) = zuelos limosos.

CL = Arcilla inorgánica de baja a mediana plasticidad. ar -a ¡i.j,.limosa

TAMTZ

Muestras de suelo, porcentaje que pasa (Vo)

A B C D E3/4"

.U2"3/8"U4"N"4

lN'10 IN"2o IN"3o IN"4o IN',60 I

N" 100 I

N" 200 I

938273

60494:

37342926

100.0095.8091.7086.1076.1066.4056.80

100.0099.1095.8093.5089.7063.9080.0068.9048.90

94898276

86

;

i{}

§ .a*'l

-42- -43-

A B C D E

L.L. =L.P. =I.P.=

27?ol9Vo

22.lYo17.4"/o

17 .lo/oN.P.N.P.

40

l2

N"P

N-P

SOLUCION:

los suelos "Ai'r "8", "C", "f)"y "8", se han obteniclo los siguientesClasificandorBsultados

§uelo trA,

AASHO

SUCS

Suelo túBrr

AASHO

SUCS

Suelo.Crt'

fu{SHO

SUCS

§uelo,f)'r'fu{SHO

SUCS

Suelo f tEtr '

AASHO

SUCS

A-2 - 4 (0)

CC

A-4(4)

CL- ML

A-4(3)SM

A-6(0)

OL

= Cravas arenas lirnosas y arcillosas.

= Grava arcillosa

= Suelo limoso

= Limo y arcilla inorgánica, arenas y arcillaslimosas, con baja plasticidad.

= Suelo limoso.

= Arenas lim.osas, rnezclas mal graduadas dearena y lirno.

= Suelo limoso

= Suelo orgánico y arcilla limosa orgánica, debaja plasticidad.

PROBLEMA N'09.- Las siguientes son descripciones de suelos reales, asigne elsímbolo que le corresponde icada suelo en el S'UCS.a.- Grava muy arenosa, limpia densa............. GW:b.- Arcilla limosa de color gris con arena y grava muy rfgida, L.L. = 3oo/o ; L.p.

=18 7o................ CL:c.- Arena gravosa Cu = 12 ; Cc = 2, bien redondeada con

plásticos, suficientes para taponoar los vacíospatículas de finos no

d.- Suelo cohesivo resistente a la compresión, muy duro cuando está seco,fisurado......... CH.

e.- Suelo cohesivo negro, esponjoso, muy blando, contiene fibras WZo = 200 ....pt- suelo altamente orgánico.

A- 3 (0) =ArenaFina.

SP = Arena mal graduada, con un contenido finodel 57o al 127o.

sw.

3. CLASIFICACION DE SUBLOS DE ''PUBLIC ROADSADMINISTRATION'"En este métlrdc¡ cada uno de los tres ejes coordenados sirve para representar una

de las tres liaccioncs granulométricas: arenas, limo y arcilla..EI cliagrama está d'ívitlido en zonas y a cada zona se le asigna un nombre. Las

tres coodÉnadas de un punto.epr"."niun los porcentajes de los tres fracciones

f*"rf"t en un suelo cualquiera y'determinan la iona a la iual elmismo pertenece.El

contenido de alena, arcitlá y limo, se expresa en porcentaje del peso total en seco.

(figura 3) DIAGRAMA TRIANGULAR DE PUBLIC ROADSADMINISTRATTON.

ARENA

7o DE ARENA LITvIO

60 VO ARCILLA

GIG.4)CLAVE PARAEL MANE"IODE I-A

CLASIR

40 50 60 70

PORCENTAJB DE LIMO

E,n el diagrarna triangular de la figura aparecen los diez suelos siguientes:

I.- Arcilla - Arenosa2.- Arcilla3.- Arcilla - Limosa4.- Suelo arcilloso - Arenoso5.- Suelo Arcilloso

PROBI,FTIVIA N" 10.- Clasificar lo.s suelos "4",del rJiagrama triangular de PUBLIC ROADSconccrnientes aparecen en el cuadro siguiente:

-44-

6.- Suelo arcilloso - Limoso7.- ArenaB.- Suelo arenoso9.- Lirirot 0.- Suelo Limoso

"B t', "Ctt, ttf)t' y "Ett, por gl rnétodoADMINISTRATION. los datos

§. .1"'

ARCILLA

Suelo Vo Arena Vo Limo Vo ArcillaABCDE

59540067

255

52515

7A0

0895l8

-\SOLUCION:Usando el diagrama triangular de laprocedemos a clasificar los suelos del

figyr-a 3 , y según Ia clave de Ia figura 4,problema propuesto

1000 lo zo 30 40 50 60 7o 80 90 loo

PORCENTAJEDELIMO EN PESO

R"ESPUESTAS: suElo ;ffi ;*; ,,r":;," ;3i;" s,"roe?*o,oPROBLEMA N" 11.- Clasificar por los sistemas AASHTO y SUCS;, los sueloscuyos análisis de laboratorio han arrojado los siguientes resultados.

Malla ó Tamiz

7o Que pasa en peso

(A) (E) (c)2 ll2"

2"1 ll2"

l"314"l12"3tB"

N"4N" 10N"40N" 100N" 200

100949t7972625547392511

4

100999693884024

999B9792B67668

L.L.L.P.

17.YVo13.2Vo

22.ZVo14.6Vo

47.7Vo27.',lVo

-45-

ARENAVo EN PESO

ARCTLLAVo EN PESO

CAPITULO IV

PRESION EFECTIYA Y PRESION NEUTRA EN LOS SUELOS.

PRESION EFECTM VERTICAL (F" ).- Es el esfuerzo que se rransmire porcontacto entre las partículas de suelo, debido a una carga "Q" por unidad de áreaque actúa en la superficie del suelo; modificandose la relación de vacíos, lapermeabilidad la resistencia al corfe de los suelos y la compresibilidad.

Po =P-UwPRESION NEUTRA (Uw ).- Es Ia presión del agua que se rransmife a rravés desus poros de sus poros, este incremento de presión debido al peso del agua, nomodifica la relación de vacíos, ni altera Ia resistencia al corte de los suelos ócualquier otra propiedad mecánica del suelo.

Por ello la presión producida por el agua, se denomina presión neutra.

Uw =tw . Hw

PRESION TOTALVERTICAL (P).- La presión normal rotal (P), en cualquierpunto de, una sección a través de un suelo saturado, está formado por tanto pof dospartes ; lapresión neutra ó la presión de poros (Uw) y la presión efectiva (Po) quetiene su asiento exclusivamente en Ia fase sólida del suelo.

P=Fo +Uw

PRESENCIA DE LANAPA FREATICAEN LOS SUELOS.

a.- Cuando eI estrato de suelo está totalmente seco:

Po=P-U*

Donde: P=4m.H

en (l) :

Uw-o

\\\\i\u§\\:t\rFirrEw

b.- Cuando el estrato de suelo esfá totalmente safurado:

(r)

,I

Tenemos: P- lsat H;

Reemplazando en (l):

Uw = 4v.H

lsat. H - lw .H - H (4ar - lw )P=

§, .*,'l

-46-

\r\§ \\ t l\l \\ ¡- lt\ = lrr § trr

PROII LEMAS RI}S UIIUI'OS

PROIILEMA I§o 01.- Djb.ujar el diagrarna tle presiones, ef'ectiva , neutrÍl y toraldel siguienfe pertll geológico:

P (trr ln?) Pu (rn lnq )

t3.5

LIMO - \.F -\r\ -J

**lsat t =

*1.8 rn lm3 *{\

17 .5 17.5

=fsat -lw =1.9-l*0.9tn lml

=l.B*1=0.8tnlm?Presión Efectiva:

Po ={ H¡+ t). H2 = (0.9) (15) + (0.8) (5) = 17.5 tn /m2

Presió¡ Neutra: ;

Uq, =/*.F=(l) (2O) --ZOtnlm2Presión Tbtal:

P = Fo * Uy = (17.5) + (2O) = 37.5 tn lmz

PROBLEMA N' 02.- un- depósito de a¡ena muy fina, tiene l2 m. de espesor,elnivel freático está a 4 m. de_ profundidad pero sobre el, la arena está saturado p'órcapilarida^d . El peso específico de la areña saturada es 1800 kg /m3 . cuál ei Iapresión efectiva vertical sobre un plano horizontal a la profuñdidad de l2 m.?

SOLUCION:uw-4

2t "6

-41-

tlt;

LI*(rn luJ )

I I¡ -l5rn.

P (tn tnQ)

T

l.

"i

A la profundidad de 12 m' [enemos:

P = H ./sut= ( 12) (l'8) =21 '6 tnlmz

Uw -Hw .lw = (1) (8) = Btn/m2

La presiírn efectiva vertical

Po = P - Uw =21.6'

E,n la parte srrPerior del NRnegativa; asi tenemos:

Uw = - f*.Hw = - (l) (4) = - 4t¡ lrnz

PRoBLEMA N'03.- Determinar el esfuerzo vertical efectivo de una-profundidad

il;fpl;; ¡;bo¡" a" la-srpcrr¡"ie del terreno (centro de ta capa de arcilla ) y

répresentar g.ufi"um"nái;"r;;i;;ió;;ei"sfuetzb vertical con-la profundidad' El

il;i;i;;;tá;;;;l ir; d"roi'r"qu"riaos se encuentran en la figura adjunta.

SOLUCION:

Pr (lb /pulg.)

ARCII.,LA

s= 1.5lrArr ss=2'77

B - 13.6 tnlm?

está adherida por capilaridad por lo que la presión es

suelo se encuentra sumrergido:

fw . -......o

ii.- para la arcilla:

u .- L l arcilla se.encuentra debajo del N.F., por tanto es un suelo sumergido

Reemplazando en (l):

,'^ ='{7- lS

x 62.4 = 4z.e Lb tpie3

iii.- El esfuerzo verücal efectivo, a 25 pies de profundidad es:

Fo = (10s.1) (15) + (60.s) (s) + (42.s) (5)

Fo =2093.5Lbtpie2

PROBLEMA N'04.- un estrato de arcilla con el N.F. en su superficie, tiene unes pesor de 50 m.-., el contenidg de-agua medio es de 54Vo y ei peso específicorelativo de sus sólidos es de 2.78. calcule la presión efectiva veitical débido alpeso de Ia arcilla en la base del estrato supuesto que el agua se encuentra encondición hidrostática .

SOLUCIOh[:

i.- Peso específico saturado en la arcilla:

/,n= s?*,-Q." x 4........r + e .................(l)

G.e=Ss.W7o ; donde :G = llx)6o=l : entonces :

e = (2.78) (0.54)= l.50l2

Reemplazando datos en la fórmula (1). Obtenemos :

aii.- Pñión total en la

4at= ffi x l rn/m3 =1.71 tn lm3

base del estrato:

P = lsat . H = (1.71) (50) = 85,5 tn lml.

iii.- Presión hidrostática a 50 m.

Uw = lw . H w= (1) (50) = 50 tn /m&

iv.- Presión efectiva vertical:

Po = P- U* = 85.5 - 50 = 35.5 tn lmL

i.- para la arena Y grava:

a ._ sobre el N. F'. el suelo está parcialmente saturado.

ttn= W Sr.l*= ffix Q.65)(62.4)=105- I lb/Pie 3

b.. Debajo del NIF. el

A-§++ xl.+e

tl 2-§5 J"m - l+0.762.4 = 60.5 lb /pie 3

-48-

(1)

a:

§ .\'.'

1576

3244 936

157 6

2308

-49-

PROBLEMA N'05.- Una arena compuesta de elementos sólidos, con pesoespecífico 2.60 grlcrat, tiene una relación de vacíos de A.572. Calcule el pesounitario de Ia arena seca, de la arena saturada y compare estos valores con el pesounitario efectivo de la arena sumergida.

SOLUCION:

i.- Peso.unitario de la arena seca:

tm = l+*r x

Donde:ss= h=

Reemplazando en la fórmula ( I ), cuando G - 0 (grado de saturación)

^ So .¡fd= ,-}} x lw = ffi^ 1 -1.65 grtcm3

ii.- Peso unitario de la arena saturada:

Reemplazando datos en Ia fórmul a (l) , cuando G = lüOVo = 1

fsat= ffi xf*= ffi- 1,-Z.aZgrlcm3

iii.- Peso unitario efectivo de Ia arena sumergida:

tt- rsat -tw= z.oz-r = dii}m,

PROBLEMAN" 06.- 50 gr. de arena se mezclan con aceite para formar un volumende 1000 cm. cúbicos ; y se ponen en un recipiente cilíndrico de 20 cm. cuadradosde iírea, después que la arena se haya asentado, determina¡ Ia presión total, presiónneutra y presión efectiva, en el fbndo del recipiente. ( Peso eipecífico relativo delaceite = 0.89).

SOLUCION:

esquema del recipiente cilíndrico.

peso específico relativo de las arenas es = 2.65

-50-

l.-

EI

b E,'I

vur.nu = w(3rena) = Jq - 18.87 cnr3

lt 2-65

y : Vaceite = V1 - Var.ua= 1000 -18.87 = 98 I . l3 crrll

Waceit e= {aceite x Vac. = 873.2 Er.

/olúmenes

981.13 cm3 ACI]ITE

ARENA

1000 cm3

t 8.87 crns

873.20 gr.

50 gr.

ii.- Altura clel aceite y la arena :

Altura total clel cilindro = 50 cm.

r{arena = +f=y - 0.e94 ;Area

iii.- Presión Tbtal:

P = {u, . H¿s.* 4u, .Hu..no (l)

clonde , 4ut = Warena.-.+ Yeceite = 0.9 2 grlcm3Yotal

Reemplazando valores en la expresión (l):

P = (0.89) (49.10) + (0.92) (0.944) = 44.57 gr /cm\

iv .- Presión neutra:

Uw = 6c .Htotal = (0.89) (50) = 44.5 grlcn't

v.- Presión efectiva:

Fo=P-Uw =O.07grlcrnz.

PROBLEMAN" 07.- En el perfrl estratigráfico que inclica en la fig.el nivel freáticooriginal se encontraba en la superficie, después de un tiempo "t", el nivel se bajóa 7.00 m. de manera que el grado de saturación de la arena s«.¡bre el nuevo nivelfreático llegó a ser de2O7o .Calcule la presión vertical efectiva por peso propio en el punto "A" antes y despuésdel movimiento del nivel freático.

-5 l-

=H-= rcA = Socnr.

H..,.- Yrut = 4g. ro cr'.r¡aC: Are a

'o

_^^_ i\¡_¡^\ __-r-\-'-/-_/- -*---J,_ __*_--l-

- - -\-r\\

SOLUCION :

i.- Cuando el N.F. se encuentra en la superficie:

Fo -[t . H

Fo = (0.9) (10) + (0.8) (15)Zl Tn/m2

ii.- Cuando el N.F. se ha descendido 7.00 m-

Cálculo del nuevo peso específico de la arena con G = 20Vo

A

reemplazando (II) en (III):

l-9=l-5+ ft ,donde

en(II)' ss =2.5

Reernplzando valores en (I):

t* = ?,5 t 0,2. .+9§l x I rrr /m3= t.5B rn /m3I + 0.67

Presi(rn efecf.iva en cl punto "A":

Fo = I.58 x 7 + 0.9 x 3 + 0.8 x 15 = 25.76tn lmz

Po = 25.767n lm2

- §.1_

u".\"1

N.F(l)

lO=t.5tn/m3

-52-

PROBLEMA N" 08.- En la figura hallar el diagrama de presiones neutra y efectiva,hasta el punto "A", situado a l0 m. debajo de la superficie.

SOLUCION:

P, {rnlm2¡Uw $n lmz )

_ 4.5

(tn /m2 )4.5

Po

ARENA

N.F.

G = 36.47o

lA= 1.65 grlcm 3

e = 0.572

lrf i"'is irí")AtWVo = 54Vo

9.r--

8m.

10.68 9. l8

ARCILLA

r,= ,, t =ill2

Reemplazando en la ecuación (I) obtenemos:

i.- [^ = de la arena

l*= sil$. x t*

También: fd = j+ x {wt +e

1.65 = 1t=-'r l+0.572 '

ii.- t^ de la arcilla:

{m= lrilY% x l,I +e

Cuandoel;radod:

:;;[= " '"' [*

reemplazando valores:

de donde : Ss = 2.60

1007o, tenemos que rrerr

; reem plazando por sus respecivost

¿ 2.60 + 0.364 x 0.,572 = l.7g Tn /m3im=ffi

(u)

¡f

\,

valores: e = 0.54 x 2.78 = 1.5012

-53-

Reemplazando en la ecuación (II), obtenemos :

/* = #3áb x 2.78 = t.lt tntm3

Presién to. tal:

p= /mr .H1+ [mr. H2 = (1.78) (6) + (t.Zl) (4)

P = 17.S}Tntn?

Presién neutra:

Uw = /w . Hw =(l) (5.5) = 5.5Tntm2

Presión efectiva:

Fo = P- lJw = 12.02tntmz

PROBLEMA N'09.- Calcular las variaciones de las presiones efectivas y totalesen el punto "A" ; situado a20 m. debajo de la base de la presa que indica la figura,cuando se produce el desembalse.

Ademrás explique lo que sucederá con las presiones efectivas,si el agua aumontasu nivel de 0.00 m. hasta una altura de 60 m.

Pr (tnlm2 ) Uw = (rn/m2) Po

Hl=60

§l8

i.- Variaciones de las

Ptotal = [*.Ht+

Ptotal = 98 Tnlml

SOLUCION:presiones totales y efectivas en el punto "A"

tru . H2= (l) (60) + (1.9) (20)

b-.\.'i

-54- -55-

Uw = lw. Hw = (l) (90) =

Po = Ptot - Uw= (98) - (80)

ii.- ¿ Qué sucede con Ia Po , si el agua aurnenta

Cuando eI N,F. se encuentra en el nivel 0.00 (

&ot = lsat.[Ir +t*.Hw

Ptor = (l .9) (20) + 0 = 38 tn

IJw = tw . Hw = (l) (¿0) =

80 tn lruP

= 18 tn lnt2

su nivel de 0 m. a 60 m" ?

l¡ase de Ia presa):

lm2

20 tn lm?

¡

Cuando eI N.F. se encuentra a un metro de la base de Ia presa :

Ptot = (1 .9) (20) + (l) (l) = 39 Tn lntz

Uw = (l) (2) - 2l Tn lmz

Fo =39-2l=lStn lmz

Hallando valores, para cuando el N.F. se encuentra a 10,20,30, 40, 50 y 60 metrosde la base de la presa, obtenemos el siguinte cuadro comparativo.

cota del N.F. (m.) Ptot (tn /rn 2 ) Ps (tn lmz ) Uw (Tn lm'Z

0.00r.0010.0020.0030.0040.0050.0060.00

3839485868188898

r8l8r8l8r818

l8I8

202t304A5060t0rt0

De esto podemos decir que si aplicamos una carga "Q" por unidad de árca, en lasuperñcie de la muestra, la relación de vacíos del suelo disminuirá de e¡ a e 2,produciendo un cambio de las propiedades mecánicas del suelo. Dicha carga sedenomina, prgsión efectiva.

Pero a diferencia de lo anteriór, observamos que según el cuadro obtenido, elincremento de presión debido al peso del agua no tiene influencia apreciable algunasobre la relación de vacÍos ó cualquier otra propiedad u¡ecánica de los suelos. Esdecir que la presión efectiva no varla a causa del agua .

Por ello la presión producida por Ia carga de agua se denomina ;

"Presión Neutra".

er

PRORLE,NIA N" I0.- Calcular la presión vertical efectiva a una proflunclidaddc 40 pics, cn cl pertil estratigráfico que indica la figura.

15 pies

5 pies

20 pies

=ñ=\\\ = \\\=\\\1!q\

= itr

=$tE \rrt -= \\\ =

l\\t \tr i \\\ § 1111= t\ = lll

E,I

n.

iii.- Fo

iv.- ['"

SOLUCION:

presión vertical efectiva del estrato de l5 pies (4.57 m.), de espesor:

, ftn- está tlado por : f¡¡r: +W.4 x Il+e ^ -s

t- I +0.70

Fo = lm . H I = (1.88) (4.57)= 8.59 Tn lmz

- po de estrato cle 5 pies (l .52 m.) , de espesor:

Fo =r! nz -- (0.88) ( 1.52) - 1.34 tn nf,

del cstrato ,Je 20 pies (6.09), de espesor:

I

P,, = frin . [{:l = Q.BO x 6.09 = {.87 tn lmz

a [a profundidad de 40 pies:

= 8.59 + 1.34 +4.87 = I4.8 tn lmz

PROBLEMA N" lI.- Un rccipiente de l0 cm. de diámetro por 30 cm. de altura,cs llenado con3.'17 kg. de arena seca, luego sc llenan todos los vaclos con aceite(Ss

= 0.80). Dihu.ie ud. los diagramas de presiones efectivas, neutras y las totales que

se producirán en el recipiente.

SOLUCION:

Po

b "*n

-56- -57 -

Hallando pesos y volúmenes para las fases de la muestra.

Vm = 7t (10) 2 x 30 cm. = 2355cm.3

iw

% =Varena= * :

W = ru22.64cm3

\Lceite = Vm - % = 2355 - 1422.64 = 932.36 cm3

Por dato:Ss del aceite = 0.80 ----------', f u" =* = 0.80 grlcm3

Wu..= /uc.X Vac. = 745'9 gr'

ii.- Alturas parciales de las fases de la muestra.

Vol. =Area x Altura - r(10)2. ¡1

Haceite= k =W =tl.B8cmi

Hr."n" =*,=% = 18.12cm.

iii.- Presión total que se produce en el recipiente:

P tot.= /"" ' H aceite * /rat ' Harena ""':"""""""""""""""""""""""' (D

(", = Wareqa- + Wac'

= 1.9 grtcm); Reemplazando datos en (I)vtotal

Ptot. = (0.8) (11.88) + (1.9) (18.12) = 44 gtlcms

Uw =/ac. Htotat = (0.8) (30) =24 grlcm2

Fo = Ptotal - Uw = ?'O gtlcmz

iv.- Diagrama de peresiones:

Pertcm}¡ Uw (grkm?) F" qgrtcmz)RECIPIENTE

ACETTE

ARENA

I I .*,$S cm.

18.12 cm.

0

NBHH

20

CAPITULO V

PRE§IONES VERTICALES EN LOS SUELOS SIIUADOS DEBAJO DELA§ ZONAS CARGADAS

METODO DE BOUSSINESQ.

Empleando para cargas verticales concentradas en un punto, y actuantes en lasuperficie horizontal de unmedio semiinfinito, homogeneo, isotropo y linealmenteeLástico.

Si P, representa la carga concentradaactuante , r, la distancia radial delpunto rrArr al eje deZ,y g es el ánguloentre el vector posición R y el eje z. por tanto, el esfuerzo vertical, enel punto "A", a una profun didad Z,será:

z3R5

Para aplicación práctica:

IZ*3RCUANDO ELAREA UNIFORMEMENTE CARGADO NO ES CIRCULAR:

PY (A¡). (P" )= Constante- # de ¿íreas de influencia

=,Presión de contacto ó carga unitaria

CARTADB NBWMARK

Pv=qtl-[,,.1,,,.ft?l' I + (rlz)z

CAiPc

a- -iE x ssq! = 3P *LZrcZ¿Zn

3P

-xl

2trZ' L

(T 3P,. Z3\r- -- .\, ZTt I 12 + 72 Tstz

cr= l$D@¡zt' (r)

METpDO DE NEWMARK.. Para cargaf uniformemente distribuidas, transmitidas a un medio semiinfinito,homogeneo, isotropo y linealmente elístico.

Bl m¿to¿o se bada en la aplicación de Ia ecuación O correspondiente al esfuerzovertical, b"J.o 9l centro _de qna área circular de radio R, uniiormente cargado; iapresión vertical resulta igual a :

_5g_ \

-q,.li

b .to

(Fig. 5) Gráfico de influencia para Ia presión vertical)

,.,

I

t'

.u

:

PROFIJNDIDAD (Z), (mef ros)

ESCALAAUT'ILIZAR

0.80r.00t.?or.50r.602.002.503.003.s04.004.505.005.50

t /20I /25I/30tl 37.5tt4aI/50t I 62.5t 175I I 87.5I / r00I nt2.5tttzst t137.5

TABLA. I

ESCALAS A UTILIZAR PARA LAS DIFERENTES PROFT'NDIDADES (Z),

EN LA CARTA DE NEWMARK

PROFUNDIDAD (Z)(metros)

ESCALA

6.006.s07.007.508.008.509.009.5010.0012.0015.0020.0025.00

t/50I n62.5t t175t fi87.511200I I 212.5rt225I / 237.5t t250U 300I 1375r /5001t625

Por teoría, la prcsión vertical,

4'-q { I -

SOLUCION:

está clada por:

- ---J.--- -312rf | +6rlt't l ............................ -. - - -. --(a)

-60-

.,J

Como ejemplo para la utilización de la tabla I , ver problema N'02.

PROBLEMAS RESUELTOS.

PROBLEMA N" 0l .- En la zapata que indica la figura, existe una carga distribuidade 0.75 kg /cm? Calcular la presión vertical en un extrenmo de la zapata a unaprofundidad de 3 metros.

0.30 m."['LANTA

0.70 m.

§ .tn'"'

Pv =f .Ai .Pc

Los paso.s a seguir para hallar la Pu, .son los siguientes:

PASO r.- dc Ia ec,ración (a), se clespeia + en función cle 3:Lq

0.90

Dando valores en el rango de 0. 10 a 0.90, obtenemos:

Pu/q rlZ0.1 00.200.300.400.s00.600.700.800.90

0.2690.4000.51 80.6370.7 660.9171.1091.387tr.90e

PASO IL- Gráf,rco de círculos concéntricos.Obtenemos los 9 radios, de acuerdo a los valores obtenidos para r lZ yse grafican a escala conveniente, para el problema, obtenemos:

(b)

rZ

a&q

rr -0.269 x3 m. . 0.807 m.12 =0.400x3ffi.- 1.20 m.13 = 0.518 x 3 m. = 1.554 m.14=0.637x3m.=1.910m.I'5 = 0.766 x 3 m . =2.296 m.

0.917 x3 =2.751 m.1.109 x3=3.327 m.1.387x3=4.160m.1.q09x3=5.727m.

, Efl segmentos iguales.

L6-t7 -fB=19=

Se deberá dividir a los círculos graficadosTomar ángulos de 18" ó 30".

PASO lff.- Determinación rie la constante 'rC''

c= @otomadg x 0.10 = ¿€;" ^ 0.10 = 0.005

360"

PASO IV.- Determinación <Icl número de áreas de influencia (Ai).Se grafica la cimentación en la misma escala de los círculos, en papel transparenteIuego se le coloca sobre el diagrama, de manera que el punto donde se desea hallarla P, , se halle direptamente sobre el centro del gráfico; se procede a contar elnúmero de (Ai), donde cada subdivisión, es un área de influencia.Se debe teneren cuenla que si Ia subdivisión, no llegue ha ser cubierta por el gráfico de

-61 -

*r":TTIfiUn ó ptantiila, será un (Ai) fraccionario.

: :: l,'T:iflt l?*:lffi 'áj ffil #iji+ a t a m i s m a pro run d i dad, se o b d en e

íii{::i$iü,Í*¡g;,9;;"ír:Í1H?':'fiTl,txl-?ffi #"eili:il;::r:ti:Si^Fá:,,1?;f ,;,,t**IiI,ili?fi ::it:l!&A,,;f iá

j",.:t:l:*",[?'

sumando, # de (Ai) = 12

PASO V.- Determjnación de pv :

Reemplazando valores en Ia ecuación (b) ; donde B = 0.ZS kg tcm?P, = 0.005 x 12 x 0.75 = 0.045 kg/cm2

PROBLEMA N'02.- En le zono¡oñ,.^ :- r:

llilgh,":",,x,:"","uti,?3itl"H,,::UiJfi *,,:T*lg;"fj.,?x,1,,j;,?tii,i

SOLUCION:

i.- Por teoría, la presión vertical está dada por:

P, =C.P.Ai(&)

llm Df = l-0 nr.

trArr

ltl=tfi=ttt= )ll = ll/= lll = llt>ltt= ltt = t(t=llt=,,, =,tt = tu =

tt,

SOLUCION:Se determina P, ; aplicando Ia ecuación de Boussinesq; ya que Z>38

uu= ff,. t *¡ry r?f " "" " (&)

Reemplazando datos en (&); Q = 100 Tn.,Z = l0 m., ra<.lios = 0,2,3,4,6, l0metros , obtenemos en el siguiente cuadro de valores:

Radios (m") punto rr Arr 2 3

46 t0

Pv (tn/m2) 0.47 0.43 0.378 0.324 o.2t1 0.083

ii.- Diagrama de presiones debajo de la zapata

1t400

(m.)

PROBLEMA No 03.- flallar la presión ejercida por lapunto rr Art, dehajo, de la zapata nrostrada, y traear elconsiderando las siguientes distancias horizontales con- 2 m., 3 m.,4 m., 6 [1. , l0 nr.

carga concentratla en eldiagr"anla cle presiones,respecto al l)utlta "A" . r

ii.- Determinando el

Observando Ia (tabla

# deAi ( empreando ra carta de Newmark figura 5).- I) , notamos que para una profundidad.

z = 3.0 m. escala autilizar es de l/75.como Ia. mayoría de Ias "*"1* no se hallan en el escalímetro; seIas dimension;, ;;; zapalm a crn. , de Ia manera siguinte:

120 a-Br = r.ocm.

transforrnanEsc. l/75.

deberá serIa carta de

..8

I.6 cm.

= 1.47 cm.

obtenemos de esta man-:ra, una.prantiila de I .6 x r.47cm. er cuálcolocado' coincioiendo el punro "L;';ffi,ffienre sobre er cenrro deNewmark.

Luego, procedemos a con tar y sumar el #de Ai :iii'- Determinando pu ; reemp razando en (¿l : donde c = 0.005

# deAi =12Pv = 0.005 x 0.75 x lZ= 0.&f 5 kglcmz

1I0 cm.75

PROBLEMA No 04.- Sobre el zapata cuadrada deproduciendo una presión vertical P, a la profundidadfunción de B, de tal manera que P, se puede calcular,carga concentrada en un punto.

lado B, actúa una carga P,

H. Hallar el valor de H enconsiderando P, conltl una

tSUELOARENoso ün

-63-

t*. .\'I

Q = l0O Tn.

1.47 cm.

-62-

SOLUCION:i.- ¡rn '¿t caltrlzrr Il, collsiclrando "P

ccuacirirr dc Boussincsc¡. cuanrlo r = 0

P, =

como carga puntual, se deberá emplear la

; por tanto obtenemos

3P

p¿rra crnplcar la ccu¿rcirin rJe BoussineQ, tenemos como condición que:H > 38,

c()rno,3l]=H 28

38 - R +23

ii.- I{ cn f uncitin de B;

3PPv= 2n(8.*xH)2

')

3H-1*

recrnplazando (&) en (a):

+-23

dcspejando rrr{r¡ obtenemos:

Fr-+tq--BlIIROBLEMA N" ()5.- C¿rlculardc la zirpata rnás tlcsthvorable.'Z - l =7, - ) = 2.5 nt. x 2.5 tt't.

= 1.00 rn"

la presión veruical a 9 m. de profundidad, debajo

, p&ra todas las zapatas , para todas las zapatas f)f

rnñ; 100 Tn. I 00 Tn.

SOLUCION:

i,- I-¿t ntás clcsf'avrit'atrlc ser¿i la zapata central Z - l, ya queclla, cstí cl'ecl"uaclo por las (l zapaf.as.Recnrplazando en la ecuación de Botrssinesq (Z> 3B).

la presión debajo de

r) 3(100) r [ - fl.SrY- 2n(9)z t ¡+(rlv¡z I

t.:

Cuando r = 0 (dchair> rlcZ - I)Cuandor=5m.Cuandrlr =50nr.

Pv - 0.59 tn/m?

> P, = Q- l-7 tnlfif,

-64-

'1\r.,

§ .§n

ii.- Presión vertical debajo de (Z - l) (la más desfaborable)& = 0.59 + 0.30 x 3 zapatas + 0.17 xZ zapatas

& = 1.83 Tn/m?=0.183kg/cmz

PROBLEMA N'06.- sobre la su.perficie de una masa elástica de gran extención,existe. una carga de .l.2Í.kgtcm? diitribuida sobre un área ciiiular dE I m. ¿e ra¿io.¿ cuál es la inrensidad de la presión verrical en el punto cit"áá"

" ¿liÁ"ho, a"uá;o

del centro del círculo?. ¿ En el punro cituado u rá *ir,nu pióirraiááá ",

er bordedel círculo?.

i.- Presión verricat debajo 0., ""r*"tollJrlj,?l:

Donde : g= 1.25 kglcm2; Z=4.50m. ; r=3 m.Reemplazando datos en la ecuación de Newmark:

pv-t.25[r-[. 1 . f'')- 1 +- [314]2

-

ii.- Pv en el borde del círculo : (se sigue el mismo prr

= 0.53 kg lcmz

rso del problema No 01)

Plantilla

tl

,2

,3

radios para círculos:

r¡ = B'59 m-rz = 6'24 m

\ -Q'99 m'14 - 4. 13 m.rs = 3'45 m-16 - 2.86 m.17 = 233 m-

t = l'80m're = l'20 m'

se dibuja la base a la misma escala, coincidiendo el borde con el centro de loscfrculos, y se procede a contar el número de divisiones cubiertas.

# de Ai = 50.60Thmbién se puede hallar-el número de Ai, más facilmente, utilizando Ia (Tabla- I)De la tabla, Z= 4.50 m. ; escala a utilizar : lfil2,.SEntonces Ia correspondiente plantilla a uti!izar será:

300 crrl.- offi'=2.66cm.

se coloca ésta piantilla, sobre ta carta de Newmark ( fiura N" 5) y encontramosque:

# de Ai = 50.60

-65-

(plantilla de 2.66 cm. de radio)

proceso del

La presión vertical es:

Pv = c. #Ai . q = (0.005) (50.6 x1.25)Pv =O.3Zkglcmz

PROBLEMA N" 07.- La cimenkción trapezoidal de la flrgura, es cargadacon unaf'uerza que ,produce una presión uniforme de2kglcmzsobre todo el área. Hallarel incremento de la presión que se produce en el centro de la cimentación y a unaprofundidad de tres metros.

t2.5m1

+

SOLTJCION:

i.- Hallando el centro de la gravedad de la cimentación:

o]*(6x2.s)(3): 3=¿6'ru.,

ry +(6 xz.5)

Esz[+.i¡; IA*z\= :IaY - z.t5 m.

número de A¡ :

La correspondiente plantilla será :

=3.3cm. ;$Acm. , W.-5.73; 6Q[9m.= gcm.

Plantilla de 3.3 x 5.73 x 8 cm.

Se coloca Ia plantilla con el C.G coincidiendo con el centro de Ia carta de Newmark,(fig. 5) y se procede a contar el # de divisiones cubiertas:

#deAi=102iii.- Incremento de presión en el centro de la cimentación.

Pv = C .#Ai . q = (0.005) (102X2 kg/cmz) = 1.05 kg/cm? ,

PROBLEMA N" 08.- La figura mostrada coresponde a un edificio con planta de30 x 22.5 m. La cimentacidn se hará con un sisiema de 6 zapatas aislaáas, cadagn1 sujetl a una carga de.600 Tn, y 4 zapatas corridas perimétrales, tu¡"t* i+ó'l'n/m; todo el sistema se desplantará a 3 m.

. -66-

Esc: l/7 5

250 cm.75

;ir*.+,

§.§n'

de profundidad. ElÁ, de la arena y grava del subsuelo, sobre el N.F. es de I .9 Tn/ml

ó;i;1" tu ¿¡*tr¡Uuiion riel esfueizir normal vertical P, , en el estrato de arcilla, a

lo largo de las verticales que pasan.por el punto "A" (centrtl de área); "B" l)unto;Ji; de un lado mayor), y-"C" (una esquina), calcule estos esl'uerzos a las

prof undidades de 10, 225 y 35 metros'

r 30m I PLAN'TA40'[n /nt

6(X) T'nu.A

u600 Tn

(r(X)'l'n

ü

tló00'ln

ó00 T'nnu

600 Tn

,r§,/, §r\l3 ¡n. I nr.

l0 m.

25 m.

r-, ?--,-'€,!f rqJ "--.*{3--..-.-, ----r ARCII.LA ^r.- ,-..r^t=-.-..- '1.ru=r-

-J-.'':, = f/---*

----, -.-^\, n-, -- ; \" *-\- v^' r

Jr$;^ {:-{*ryrROC:A

SOLT]CIÜN:i.- Hallar las cargas:

Carga por columna : 600 Tn x 6 = 3600 Tn.

Carga por zapata: 40m Tn /m x 105 m. = 4200 Tn'

Carga total = 7800 Tn.

ii.- Presión de contacto en Ia base del edificio :

Area del edificio =30 x22.5 = 675 m?

p" (deledificio)'= ry =wr= ll.6Tn/m2

P. (delterrenoexcavado)/x H = 1.9x3 =5'JTnlmz

Lo que ocure en el terreno excavado es una reducción en presión'

Pc NETO) = 11.6 - 5]l =5-9Tnl mz

eue viene a ser la P" en la base del edifrcio, considerando los ef'ectos de excavación.

iii.- Esfuerzo normal vertical.

APu-C,#Ai.Pc

C- 18" x 0.10=0.005 ;\/ . 360"

# de Ai = Se deberá hallar en el gráfico de Newmark, en donde los puntos A, B,

; ó. a" la .cimentación, debérán coincidir con el centro rlel gráfico.' -Éoiiunlo,

para cada punto a las diferentes profundidades,cncontram(¡s el # de

ei i"rp""iiio; r""tnptazando ":r;:r, obtenemr¡s el siguiente cuadro:

Pc = 5-9 tn /rn?

:l .-t'¡\t= 1tt i ¡¡

ARENA YCRAVA

PT]NTO z (m-) #deAi AB/ (Tn/m2)

A r0.0022.5035.00

40. I x4=l 60.419.8 x4=79.210.4 x 4 = 41.6

4.732.341.23

Br0.0022 5035.00

42.2x2=88.428.5 x2 - 5717.7 x2=35.4

2.601.681.044

CI0.0072.5035.00

44.831 .326.5

1.321l.l00.78

PROBLEMA N" 09.- Lazapatadel detalle "A" el edificio (I), soporta [20 toneladas,co¡nb se indica en Ia figura. se debe hallar la distancia mínima "L" a la que se debeimplantar cl edificio (II), de tal manera que los bulbos de presiones de ambosedil'icios no se superpongan y originen problemas entre ambos edificios. Las zapatasson cuadradas.

120 Tn. 70 Tn.

6m.1800 kg/m 3

l8rn.

1900 kg/m 3

§OLUCION:

Presión de contacto clebajo de la zapatas:

QA= * = +* =t3.33Tn/mZ

lB = *-= 17.5 Tnlm2

ii.- Presión vertical P*

Para el problema analiz,amos hasta el l0Voigual a la presión vertical P, , activa de laPv,respectivamente es:

de la presión cle contacto, que serácarga; por tanto fenemos, que la

!h.Vr

' 3m. I

DETALLE I.AII DETALLE ''8"

-68-

Pv (A) = I .33'I'nl mz I Pv (B) - I .7 5 Tn/m2

Detenninación de la profundiclad hasta l}Vo de la presión de contacto.

Para el 10Vo dr q; empleamos Ia ecuación de Boussinesq, cuando r = 0:

(r)

Reemplazando, en (I); para Ia zapata rrA''

Para la zapata "B" : ; Z:iv,- Determinación de los diferentes radiosDe la ecuación de Boussinesq, despejando

Z - 6.565 m.

4.371 m.

para las clos profundidades.r, obtenemos:

(D

Danclo valores az,hasta las([), obtenemos el siguiente

respectivas profundidades y reemplazando valores en

cuadro.

ZAPATA IIAII ZAPATAI'B'I

z (m.) r(m-) z(m.) r (m.)

1.002.003.003.283.504.005.006.006.s6s

1,.872.522.842.8252.832.792.461.640.01

1.001.7 52.002.102.253.004.004.371

1.501.822.421.871.881.781.0850.03

v .- Distancia mínima "L .

Con los datos obtenidos se grafican los bulbos de presiones y para que estos no

,";;".p";;an, se sebe hallar-los radios máximos de los mismos, que sumandolos

obtenemos "L" mínimo:

"L" =2.8a + S"13 =4.58 metros.

PROBLEMA N'10.- Determinar la carga la carga "P" que se transmite al terreno

por medio de una zapata circular deZ.2frt? y 709T.de peralte, considerando que

se ongrna una preslon vertical O.3l3kgtcmz a 1.75 metros por debajo del centro

delazapata.SOLUCION: (desarrollelo ud.)

-69-

3q_ZtE Pv

l#Jo'

CAPIULO VI

A§ENTAMIENTOS

A.SENTAMIENTOS EN ARCILLAS NORMALMENTE CONSOLDADAS.Arcillas Normalmente consoridadas, son aqueilas que nunca estuvieron sometidosa una presión mayor que la qr" coir"spoñd" u ;, ;;bl;;;" actual.

COEFICIENTE DE COMPRESIBILIDAD (ay) cm2 tgr.el peso de Ia estructura

ffi ff :?##;:,játi::i:Í,:Jí*:fl,I,i,f¿f :ffi;x,,,,,H,;ffi i:j1ffi",'¿ir3

es- e =Ae =&v. Ap

&Y= t?;jAP

coEFrcrENTE DE ..M.RE'IBILTDAD ,.L,METRICA (m, ) crrrz/sr.La disminución de porosidad es:

on= *o= ffi =nv' aP'

l+eoA§ENTAMIENTO (S) cm.

S = H. AP. rn,

H = Espesorde la capa de arcilla.

AP =Aumento de presión.

L-a compresión (S) que sufre el estrato confinado de arcilla normalmente consolidadaCS:

Logro ryS =f{ x

cc = Indice de compresión = 0.00 g (L.L. - lTvo)F" = Presión efectiva en el estrato de arcilla .

eo = Relación de vacíos inicial.

^P = Presión vertical en el centro de la capa de arcilla.

-70-

b '\n"

ARCILLAS PITBCONSOI,IDADAS.

Son aquellas que alguna vez en su histor.. geológica, han eslado so¡netidas a presiones,mayores de Ia que resulta de su cubierta actual. lisl.a nrayor presión lemporariapudo haber sido causada por el peso de estratos de suelo, que fucn»r luego enrsionadospor el peso de hielo que más tarde se derritió o desecación dc la arcilla.

tt, t" = 0.1I + 0.037r.8-------> Es arcilla preconsolidarla

,PO

C = Cohesión

Po= Presión efectiva

I.P. = Indice de plasticidad

TEORIA DE LA CONSOLIDACION. ".

Si se aumenta Ia carga que actúa sobre una capa de suelo poroso, saturado,compresible, como es el caso de Ia arcilla, la capa se corupriute y expulsa agua desus poros. A este fenómeno se le llama consolitlación.

ó

VELOCIDAD DII CONSOLIDACION.

r= Tv;3' uvo=tITv )cvt = tiempo de consolidación

Tv = factor tiempo

Cv = Coeficiente de consolidación ( cnp /seg)

cv = k-(1+e)'lw ' &v

k = coeflciente de permeabiliclad

By = coeficiente de compresibilidad

U%o = Grado de consolidación en porcentaje.

H = Espesor, de acuerdo a la capa, de arcilla :

a.- Si es capa abierta.penneables. Por tanto,

- La arcilla se encuentra entre estratos de aren¿l o nlantosel agua, para abandonar el estrato, tiene que recorrer: lI 12

tt++

Miíxima trayectoriadel agua

Arcilla

ARCILI-Attr.r.(-fr)|ir

Máxima trayectoria querecorre el agua

.

-t,

ESTRATO IMPRMEABLE

(Fig, 6). RELACION ENTRE FACTOR TIIIMPO Y EL GRADO DE

CONSOLIDACION

Tv

c.t = se usa en cap.as abiertas Factor de tiempo Tu

C2 = Capas semiabiertasC i = Cubus semiabiertas, donde AP es igual a cero en su parte superior

PROBLEMAS RESUELTOS

PROBLEMA N' 01.- El edificio construido sobre la superficie del perfil que §e

indica en la fig. aumenta la presión existente sobre la ariilla N.C. en 1.8 kg/crrP .

calculeel ascntantiento promedio del edificio.

U..\',

1.0 1.2

Factor de tiempo

fr' = 2.7¡gr/crn3

-72-

6.0 m.

-73-

SOLUCION:i.- EI asentamiento en arcillas norrnalmente consolidadas está dada por:

s=H. fr Losro 4,+AP (D

C c = 0.009 (L.L. t}Vo)

p"

= 0.009 (45 - l0) = 0.315

Relación de vacíos inicial (es);

G%o.eo= Ss .W7o ; donde, Ss =2.78 y G%o= l}OVo

eo=2.78 x 0.40 = 1.112

Presión efectiva en el estrato de arcilla :

/sat (arena) = l\.t*= 2}40kg/m 3

-Po= ft.(H)l=2040 x 4'50+ 1040 x 6 =l5420kgtmz

Fo = 1.5+ kg/cm2 ; AP= 1.8 kglcm} '

ii.- asentamiento promedio de edificio:

En (I):s=750 -ffix Log W =28.5cm. ,3:1,'üt.-

PROBLEMA N" 02.- En una prueba de consolidación de una muestra de arcillainalterada, se obtuvieron Ios sguientes datos:Pt = 150 kglcmzP2 = 3.00 kglcmzH = 1.30 cm. (altura de la rnuestra)a.- Calcule el coeficiente de compresibilidad. iL ,b.- Calcule el coeficiente de variación volumétrica- rlvc.- Calcule el coeficiente de permeabilidad.d.- Calcule el coeficiente de consolidación.

Si el tiempo requerido para alcanzar el 507o de consolidación es 20 minutos.

e1 =1.30e2 - 1 .18

DETORMAIION

II

SOLUCION:

Para. la muestra de arcilla tenemos:

Ae=et -ez =1.3-l.ti =0.12

AP= Pz - Pl = 3 - i.5 = l.Skglcmz

a.- Coeficien te cie compresibilidaci.

Íry = ffi = ffi=0.08cn-r2tkg

f:

I§ot-¡Do

vAil0s

De la relación :

Entonces:

b.- Coeficiente de variación volumétrica:

ñ 8v 0.08rrtv; l+il=i:ri:36c.- Coeficiente de perrneabilidad (k).

= 0.035 cnr2/kg.

= k ( IJeo)av, ú*

despejando Ia permeabilidad :

1.5 m.

Ty = C. .-(t\ ; donde,H,

:r k(l +eo)trv

ñ,

f6=ffi -e.lex

k-"#.'.......:.....'.'......'..'.......'......(&)

dw= I grlcrn3i áv=0.08 cm2lkg= I x l0-5cm2/gr.;

H = 1.30 cm. ; eo = 1.30; t = 20 min. = 1200 seg.

!9r d1tg: "!'l p* el SAVo es = 20 min. ; por tanto el 50Vo interceptado con la curva"C2" (fig. 6) nos entrega un valor para f" .

Tv = 0'2reempl azando estos valores en la expresión (&), obtenemos:

ro-4m¡ses.

PROBLEMA N" 03.- Dado el perfíl del suelo mostrado en Ia figura y la cargaconcentrada, P = 70 Tn. , que transmite al punto "A" una presióñ de ó.ZS fn¿m¿y al punto "8" una presión de 0.88Tn/m1 Determinar el asentamiento diforencialentre el punto "A" y "B".

§ \r\\gE \\\

N'F' v

::lt

L.L. =65Vo *, A:-...-=..=...

eo = 0.g Arcilla normalmente consolidada

SOLUCION:i.- El asentamiento en arcillas N.C. estií dado pot :

S=f{§*Lo^ Po+AP ...G)1+e --5to'--E:- """' """

' c).1"!._

¿ ql

b 'ño''

-74- -7 5-

Presión efectiva sobre el estrato de arcilla ;

Donde,Úsat - dl +fr, =2.1 gr lcm?, Por tanto tenemos :

' Po= Q.t ) (2.4o)+ (l.l) (360) = 900 grlcm?

Espesor de la capa de arcilla (H) = 150 cm.

Cc = 0.009 (657o - lAVo)=Q5

ii.- Asentamiento en el punto "A", cuado AP = 25 grtur?

Reemplazando en (I):

5o = {ffi to, 'oosü6" = o.5 cm.

iii.- Asentamiento en el punto "8", cuando AP = 88 grlctr2

Sn = 1'7 cm'

iv.- Asentamiento diferencial entre el punto A y B:

Sl= S,q, - SB = 1.7 - 0.5 =l.2cm.

PROBÍ ,EMA N" 04.- Sobre un estrat0 de arena como §e muestra en Ia ftgura se

;f;1"];;;iiavación de 8 x8 x 2 m. _, Fara cimentar una platea, sabiendo qtte

;;i;;iñ;;urá pi"siOn de contacto de'4kglcnl. Determine el asentamiento

maxlmo.

platea

5m. --* I¡sr:fUqlgl-'3Wo/o = 35o/o

SOLUCION:

i.- Para el estrato de arena: dl= dro, - Í* = 950 kg/m3

ii.- Para el estrato de arcilla; donde G Vo = 100%l Ss = I '7 5

Ú,1, = 1750.- 1000 - 750 kg/m3

-1- - at* t*:$\t¡¡t

=l\lillr

o

Presión efectiva en el centro clel estrato de arcilla:

Po = 1950 x 3 -r 950 xZ t-750 x 0.6 = 8200 kglmz

Fn = A-82 kglcm2

iii.- [ncremenf.o de presión vertical en el centro del estrato arcilloso:

P.( l) - 4 kg/cm2 (presión de contacto de la platea)

I'i'esión rJe contacto clel terreno excavado:

Pc(2) * I . h = I 950 x 2 = 3900 kg/m2 = 0.39 kglcmz

Por tanto, la presií:n de contacto neta es:

Pc = Btr) - Pc(2) -'4 - 0.39 *3.61 kg/cmz

El A p, , según el método de STEINBRENNER es:

6pv = Pc . k ...... ...... ...........

prof: hasta el centro de lararcilla

Z-3.6m.4m.

j"'

1

4=o.e

Con estos 2 valores nos dirigimos al gráfico de Steinbrenner y encontramos el valorde k:

K = 0.18

Reemplazan«io en la expresión (&) obtenemos :

^ p, = 3.6 | x 0. 18 x 4 áreas = 2.60 kglcmz

iv.- Asentamiento máximo en la arcilla N.C. :

S = [I x C" Lon -n

E ¿p ; Cc = O'OO9 (42% - 10Vo)

.l+e --o Fo Cc=0.28

s . = 120x0.28 1-on 0.82!.2r.60 = l3cm.u rh¿í.x - I + 0.61 ""b 0.82

PROBLEMA N'05.- De una capa dc arcilla de 6 m. de espesor, situada entre dosestratos de arena, se obtuvieron varias muestras representalivas, que ensayadas aconsolidacirin, dieron para f ,, un valor medio de 4.92 x l}-acm? lseg. Un edificioconstruido encima cle la capa aumentó la tensión vertical media sobre la misma yel edificio empezó a asentarse. ¿Cuántos dias son necesarios paraque produsca lanritad dcl asenta¡nicnto total?.

ab

b

-t

:

'.. i*r' _ o"\';

't

u%

ru

-76-

Por teoría, el tiempo de

t_ &.H2'- c,Tv = Se obtiene de Ia Curva de Tiempo (ñg. 6), cuando UVo = 50!oi interceptadocon la curva C1, por tratarse de una capa abierta : .'

Tv = 0'20

H = 300 cm. (ya que se trata de una capa abierta)

Cv =4'92x l0-4cm2/seg'

ii.- Tiempo necesario en dias; en (&):

t= 9 ?9 - (199)

=36,585,365.85 segundos4'92 x .o-a

t= 4,,.4 dias

PROBLEMA N" 06.- Si la capa de arcilla del problema anteriór,.contiene unadelgada capita de drenaje, cituáda a 1.50 metros de su borde superiol, ¿ cu!1to¡dia-s se iequerirán

-para alcanzat la mitad de la consolidación?.

SOLUCION:

i.- Gráfrco de perffl estratigráfico.

consolidación está dado por:

(&)

,r{

ii.- "t" en la capa de 1.50 m.

t- T,.HzL--

Cv

H-225cm. ; Tu=0.20;

El. tiempo requerido es 238 «lias, yaprimera capa demora menos tiemPo.

H- ry=15cm. ; Tv=20

Ree mplazando en (&):

r - 0'20 x (,7-5\3 = 2,286,585.4 seg. = 26.46dias

4.92 x 10-4

iii.- "t"en la capa de 4.50 m.

,.............. (&)

Reemplazando en (&):___> t = Z3gdias

guo, como asentamiento es simultaneo, la

-77 -

tI t.so m.

-.ó-lo.to *.

+-

PROBLEMA N" 07.- Lqs resultados de un ensayo de consolidación sobre unamuestra de arcilla con un espesor de 2.5 cm. inciican que la mitad de la consolidacióntotal se produce durante los primeros 5 minutos.¿ Cuánto tardafia un edificio construido encima de Ia capa de Ia misma arcilla paraexperimentar el75Vo de su asentamiento?.

r.50

2.00

estrato impermeable

SOLUCION:sobre la muestra, tenernos:

(&)

Para el ensayo de consolidación

r-' Tu'H2\-V

,

H = 2á= 1.25 cm.(capa abierta, debido a que está drenada por arriba y por abajo

Tv = Dg la curva,de tiempo (Í1g. 6); para el 50o/o de consolidación, interceptadocon Ia curva C1 para capas abiertas.

Tv = 0'2

Reemplazando en (&):

t u = ffi'= o'0625 cm2lmin'

ii.- Para el estrato de arcilla :

H = 200 cm. ( Se trata de una capa semiabierta)

'Iv = Para, fJVo =75Vo; interceptado con la curva Cz , obtenemos:

T, = 0'35Reemplazando en (&), y despejando "t", obtenemos lo pedido.

'= 'CIFotffi2 =Z}4'Nominutos Í

PROBLEMA N" 08.- calcular el asentamiento de un estrato compresibte de 3 m.de espesor, limitada en su parte superior por una capa horizontal de'10 cm. de arenay por abajo por un espesor indefinido dél mismo material, el estrato compresibleestá sujeta a una presión de 5 Tnlmzen una arena muy grande, la consolidaciónba.¡o- drcha presión hace variar la relación de- vacíos de 3 a, 2.3.

calcular también, el tiempo en.el cuál ocurrirá Ia mitad del hundimiento total,supuesto que el estrato compresible tiene una permeabilidad de ro:2"* 7r"gl

S = H. APSOLUCION:

¡ir!§.:

§ -*o'

-78- -79-

Ítvrnv ¿ ; clonde:ov= -rSJt =tb# =l.4xlo3cm?l gt.'1+es

rnv = 1frf-3= 3.5 x 1o-4 cmz lgr.

Reernplazando en (I) otrteneillos el asentarnientcl:

S - 30C x 500 x 3-5 x l0-4 = 525 cm'

ii.- Tiempo de consolidación, (t)'

(\ k = 10-',- -2.86xlo-4crn2/seg.LY - *;ffi 3.5 x ttl-4(t)

r" = 0.20 (lJVo = 5AÜ/o; interceptado con c r)

t - }-d = (o'2) (l5o)2 - rs,r34,265.17t - T; 2.86 x lo-4

PROIILEMA No 09.- Hallar el asentamiento

sótanc¡, QUe Se construye; después de efectuar

m. de profundidad.

H - 300 ctn.

que se producirá en la zapatu tl.:l-,,la excavación de 20 x 20 rn, Y 3'50

150 Tn.

1.5 m. 1.5 rrt100 'l'n

\\\ =

\\=\t\

4.0 m

tit-l§r-=ÑTlIf

1.00 r¡r.

ArcillaW%o = 50Vo 1.5

L.L. =70VoSs =2.78

3rrfri \\= r\\ *=\\ ñE\\=trt =\ur R \\ = lll

i .- Ú Del estrato arcilloso:

dsat=W=%#n4skglr*3ii.- presión ef,ectiva ( pr) en e[ centro del estrato arcillosc¡-

Úrut (arena) - 2040 kg/m 3

Po = 2A4Ax 6 + 1040 x l'5 +745x 1'5 =

zapata cuadradaB = 2.00 ¡tt.

ArcnaI

l= l94() kg/rrr-)

SOLUCION:

Po = 14,917. 50 kg/m2 = I .49 kglcmziii.- APv , en el centro de la capa de arcilla, debido alazapata de 100 Tn.

Como Ia profundidad "2" = 8 m . > 3 (Base); entonces utilizamos la ecuación dcBoussincsq:

A Pv( r ) = *rfr+*15/'= 3fffi l7;fu)'''A Py,¡r=eit54 kglcmz

iv .- A Py , debido ala zapata de 150 Tn.

Como "2" = 5.5 m. < 38; por tanto utilizamos el método de Newmark :

6Pv =Pc .C.Ai

D _a 15,0000kg...=¡ = ffi.2=2.4kglcm2;El núrnero de Ai , en la catta de Newmark (fig.5), paraZ = J.5 m.coincidir el centro de la zapata con el centro de la carta.

# cleAi=4-l x 4- 18.8

En la ecuación (&):

APqz¡ =2.4 x 0.005 x 18.8 =0.223kglc,nQ

v .- Reducción en presión por efectos de la excavación .

Presión de contacto del terreno a exc¿tvarse:

B ={sat. h - 2A4A x 3.5 -7140 kg/m?=0.714 kglcmz

r 18.5 m.

(&)

c - 0.00s

I

haciendo

1.50 m.

PLANTAl0 m.

l0 m.

El númcro de Ai , se halla paraZ = 5.5 m. coincidiendo el punto "O"con el centrodel gráflco.

Iln la ecuación (&):

A Pv(3) = 0.43 kglcm2

vi.- Pv NETA:

APv(3) *0, 153 kglcmz

-80-

dc Ai =60.7 x2=121.4

(reducción en presión )

dl

J*r .'r\, :

't-.-i

§, tt"

,r()tt

&1neto) = nPv(l)+ APv(2)

vii.- Dcterm inando el asentamiento:(- F'+AP ;S = H. ffi- Logto F":

Cc= 0.009 (707o - l07a)Cc=0-54

s=3oo^ #h, rog UHF =-3.18cm.

Po{enros <Jecir que no cxiste ase¡rt¿rmiento y el signo.(-. ), es debido a la mayorieducción «i aliviación en prcsión, a causa del volumen excavado.

PROIILELA I§' 10.- En la figura se prcsenta la planta de un edificio cuyo peso

total es de 6000 Tn. . para el centro del edificio haliar:o.-

"t "rl'u"rro sohrc la roca, cuando no sc ha ejecutadO la excavación; cuando se

ha realizaclo la excavación para la simentación y cuando se ha construido el edificio'

fr.- Cal"utar el asentamicnti, ,1" lo arcilla, si la rálación de vacíos en el estado natural

cs 1.1 3.c.- balcular ci tiempo que sc requiore par¿r quc produzca el 867a del asentamiento

en la arcilla.

Cu -Jxl0-9cm2/seg.

¡ 4m. tZm. ¡ 4rn. I

2 nl.

Planta

250 Ttr.

CAPITULO VII

RESI§TENCTA AL E§TUERZO CORTANTE DE LOS SUELOS .

( RESTSTENCHALCORTE)

La resistencia al esfuer¿o cortante, en general es un factor importante para determinar,la capacidad m_áxima ¡le carga de suelos, la estabilidad de-terraplenes y ra presióncontra muros de retención. varía con el tipo de suelo, profund¡dád y perturbácionesestructurales, también debido a la saturación capilar, contenidó de humedad yfiltración.

Se determina en pruebas de laboratorio y campo.

ESFUERZO NORMAL ( O ) yESFUERZO CORTANTE (r) .

Considerando un especimen de suelo sujeto a compresión triaxial:

0t

'iJ Tl0t

0r = Esfuerzo principal mayor

0l = Esfuerzo principal menorEI análisis del prisma triangular, conduce a las ecuaciones del esfuerzo normal

y esfuerzo cortante respectivamente.

Q= ry .9* cos2o

t =9.,!t sen2o

En base a estas .,€§\Llcro¡s5 construye el círculo de Mohr.RESISTENCIAAL CORTE DE SUELOS NO COHESIVOS.

Q - Esfuezo norrnal promediofr - ángulo de fiiccién interna.

U .R*

-82- -83-

eje x,

RELACION DE ESI''UERZOS PITINCII}AI,IIS.

W= tsz(4s" ++)=No

#= t¡2(4s'- Iñ7

É-r-2'RESISTENCIAAL CORTE DE LOS SUELOS COHESIVOS

(suEl-os Mlxros).t=C+lTgg (coulomb)

RELACION DE ESFUERZOS PRINCIPALES.

01= 03 r{ gs" *+ ) +2crs¡ +s" * $ )

Usando la notación tn,-I,* u*01:O*n"*ot,

E =o3No - rETffilECUACION REVISADA DE TERZAGHI.

T- C + PoTe6

Po = presión vertical ef'ectiva.

PROBLEMAS RESUELTOS.

PROBLEMA N' 01.- Considerar un especimen de suelo, sujeto a un esfuerzr¡

vertical, 0¡ que se supone principal mayor, y un esfuerzo lateral0j considerandocomo el priniipal rnenor; corno se indica en Ia l'igura'Determinar lasjntensidades de las tensiones nornal y cortante en un plano inclinadoun ángulo g con Ia dirección de estuerzo principal mertor (..'

C - cohesión.

--}.

x

SOLUCION:i,- Cortamos el especimen, por un plano inclinado un ángulo 0, respecto al

obteniendo así el elemento triangular siguiente:

I

Cacla uno clc esos e.sfuerzos. estítuniformemente repartida cn Ia:;u¡rcrficie en que actúa.

EI cspc:srlr rlcl cspccitnen,pcrpcndiculanne,nte al plano delpapcl. cstá reprcsenl"ado Pot t.

' ii.- lntrrxlucinlrls l«rs e.-ics N y T. nortnal y tangente al ¡rlano inclinado.

.." l)cl crquililrrio: IFN=l)

' . : - (f tds + l¡ td.r coso +ffrtdv scno = 0

fl<Js = Ú¡ dx coso + (fidY seno

' : P,r triggnonrclr'ía, ,ly = ds scn6 ; <Jx = ds cosO

'II)clasiclcntida«Jcs: scn20 = | {l -cos2o) ; cos20=ift +c«rs2o)

lisfirerzo norrnal. o = lrlÚ¡ * 0'-j' cos 20.. v- 2 2

iii.- (lorrsidcr;-rrrdo cl crt¡Lrilihrio dc' las l'ucrz¿ls quc actúatl cn la dirccción de -l'.

LfIt'= 0

-[tls = (ir tlr sr:n n - (l.i d)' cos t)

St¡stituyt:nclg : (ly = tls sc¡l {j , (jx = cls c:os I

c

'l'cnicntlo cn cucnta la iclcntidad : scll 2g = 2

2

sen0 . cos0

ffr*

f = ry senzo Esfuerzo cortante

PROIiLEMA N" 02.- El estacl«r cle esfuerzos plano de un cuerpo , está del'inidoprlr los siguicrrt-cs cslucrzos:'

0r = 60il kg/crn2 dc cornpresión ; 03= 150 kg/cm2 de tensión. Determinc loscsfiierzos noñnal y tangcncial en un plano inclinado l0o con respec-to al plano en

quc zrctúa cl csf'uerz.o piincipal menor" Veril'ir¡ue los rcsultados gráficamente. use

la convcnción accplada en mecánica de suelos, según la cuál los esfuerzos dcconrprc.si«in son positivos y los de tracción ncgativos.

i{r*'tr:.'

h\1

-84-

SOLUCION:i .- Esfuerzo normal:

Se ha hallaclo QUe, 0n

clonde, o=90" - loo =80"

+ rycoszoúr+ 0r2

negativo,-->§l

128 kglcmz

esfuezos Pedidos son las

V o lcrn} Kr\t>'

m2 - 2U)

100 Zg = 160" \Kr,

ffi\i,,0= 1 50 kg/cm 2

\on0rl6oo kg/cm2

PR0BLEMAN,03.-Unespecinrendcsueloestásometidoatensionesnormales;;;;;;;;;;iñt láip[ndi"ulares, así como a tensiones cortantes'

ilp'd";;;";'t,;;;'i'á;;!;;;'ó;' 6;;iü """ ras direcciones positivas de la

f'#,|Htlt# ra rnagnitud de las rensioncs normal y cortante en un plano inclinado

un ángulo 6 con el eje x.

b.- Determin¡ los valores máximo y mínimo que puede existir en planos inclinados'

y sus direcciones.

--+ 0n = -( @%tlr) + t.609áL50l xcos 160"

0n = 'LTT kglcmz

ii.- Esfuerzo cortante ó tangencial:

4 - 0t10, ) sen za=(qct0 f 150 ) sen 160" =l: T /,,)\,rr z-v-\ 2 /

iii.- Gráficamente, por medio del círculo de Molrr, los

coordenadas del Punto "A".

0n=- 127'

f - l}Skglc

0¡

SOLUCION:

a.- Tensiones en un Plano Inclinado'-85-

0,

0*

v 'ú

,]

\r'r