EDICIONS UPCMecánica de Suelos Estudios de Ingeniería Técnica de Obras Públicas de la UPC Recopilazión realizada por Luis Ramos E. EDICIONS UPC Mecánica de Suelos MECÁNICA DE SUELOS Published by ATARAXIAINC 111 III World Street Hoboken, NJ 07030-5774 Copyright © 2006 by Ataraxiainc, Bogota, Chibchombia Published by Ataraxiainc, Bogota, Chibchombia Published simultaneously in the Earth planet All parts of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system or transmitted in any form or by any means, electronic, mechanical, photocopying, recording, scanning or otherwise, except as no permitted under Sections of the Copyright Act, without either the prior written permission of the Publisher, or authorization through payment of the appropriate per-copy fee to the Copyright Clearance Center, 2*2 Rosewood Drive, Danvers, MA 0+-23, (978) 75.-84/*00, fax (9”%) 646-·/600. Requests to the Publisher for permission should be addressed to the Legal Department, Ataraxiainc, Bogota, Chibchombia e-mail:
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THE FACT THAT AN ORGANIZATION OR WEBSITE IS REFERRED TO IN THIS WORK AS A CITATION AND/OR A POTENTIAL SOURCE OF FURTHER INFORMATION DOES NOT MEAN THAT THE AUTHOR OR THE PUBLISHER ENDORSES THE INFORMATION THE ORGANIZATION OR WEBSITE MAY PROVIDE OR RECOMMENDATIONS IT MAY MAKE. FURTHER, READERS SHOULD BE AWARE THAT INTERNET WEBSITES LISTED IN THIS WORK MAY HAVE CHANGED OR DISAPPEARED BETWEEN WHEN THIS WORK WAS WRITTEN AND WHEN IT IS READ. For general information on our other products and services or to obtain technical support, please contact our Customer Care Department within the “(·$”=$(%&/&)%$=, outside the U.S. at “·=$(%(“%·$$__”·(/$-·$)($, or fax |@#¬€#¬43@#. Ataraxiainc also publishes its books in a variety of electronic formats. Some content that appears in print may not be available in electronic books. Library of Congress Control Number: -·!”$&$+-+)=(%·/ ISBN: !?”=·)$(%/&-/+* Manufactured in the Chibchombian World 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 2O/QW/RQ/QU/IN Quedan rigurosamente prohibidas. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. La colección no coincide exactamente con la utilizada en la actualidad en dicha asignatura ya que. . se han resuelto en seminarios específicos. Estos problemas han sido propuestos en los últimos años en los estudios de Ingeniería Técnica de Obras Públicas de la UPC (primer cuatrimestre de la asignatura de Geotecnia de 2 curso) para su resolución por parte de los alumnos. respectivamente. los problemas propuestos se desarrollaban en clase pero no se disponía de su resolución por escrito. en particular. ha dado lugar a esta publicación. © Edicions UPC.Prólogo % Prólogo Esta publicación contiene una colección de problemas resueltos de Mecánica de Suelos. También se incluyen dos problemas relacionados con granulometría de suelos y dos más con límites de Atterberg y clasificación de suelos. Por otro lado. sin hacer mucho uso de desarrollos matemáticos. En o © los autores. bajo las sanciones establecidas en las leyes. en el primer capítulo se recogen problemas relativos a propiedades básicas de los suelos. El tercer capítulo se dedica a problemas relacionados con flujo de agua en medio poroso indeformable. Por otro lado. en especial en lo relativo a problemas de examen resueltos en seminarios. La necesidad de finalizarla en un tiempo razonable ha impedido que se pudiese actualizar totalmente la colección. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. Sobre todo se hace especial énfasis en aspectos relacionados con las distintas variables que caracterizan la porosidad y contenido de agua en suelos. se proporcionan a los alumnos nuevos enunciados procedentes fundamentalmente de exámenes que. muy utilizados con posterioridad. donde se precisan relaciones del tipo de las que se derivan en algunos casos. y a solicitud de los alumnos. 1998. el enfoque de los problemas intenta centrarse en aspectos de concepto y no excesivamente elaborados. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. progresivamente mejoradas en contenido y formato. debido a que dicha titulación es de primer ciclo. se fue preparando un borrador de las resoluciones que. Respecto a su contenido. Posteriormente. el contenido de este capítulo está relacionado en algunos aspectos con las prácticas de laboratorio que se realizan en la asignatura. 1998. especialmente estados tensionales y deformacionales (círculos de Mohr). La colección no ha sido concebida directamente para su publicación sino que se adapta a la materia impartida en la asignatura. Durante los primeros años en que se impartió la asignatura. y tensiones efectivas. en su mayoría. En el segundo capítulo se incluyen problemas relacionados con algunos aspectos básicos de la mecánica de medios porosos continuos. En ambos casos se han planteado solamente problemas en régimen estacionario. Los autores esperan que esta publicación resulte de interés no sólo para los alumnos de la asignatura de Geotecnia de Ingeniería Técnica de Obras Públicas de la UPC. tanto en condiciones drenadas como en condiciones no drenadas.& Mecánica de Suelos. 1998. El último problema de este capítulo se dedica a la determinación de parámetros a partir de resultados de un ensayo edométrico. el capítulo quinto se dedica a problemas de resistencia de suelos saturados. mayo de 1997 © los autores. Problemas resueltos primer lugar se incluyen problemas en condiciones unidimensionales incluyendo casos de sifonamiento. Finalmente. © Edicions UPC. sino también para todas aquellas personas interesadas en el tema. Barcelona. . Se presta atención a la determinación de la resistencia al corte sin drenaje a partir de ensayos triaxiales y a la generación de presiones intersticiales en ensayos no drenados así como a la representación de trayectorias tensionales. 1998. En el cuarto capítulo se incluyen problemas de consolidación en suelos saturados. En segundo lugar se incluyen también algunos problemas en condiciones bidimensionales. Se recogen problemas en condiciones unidimensionales en los que se combinan diferentes solicitaciones (terraplenes y bombeos) y también se obtienen soluciones incorporando drenes verticales para acelerar el proceso transitorio de consolidación. En estos problemas la condición de rotura se representa mediante el criterio de Mohr-Coulomb. ................... Resistencia de suelos saturado ............. Flujo de agua en suelo saturado indeformable ............... 83 5....................................................... 11 2.......................... 57 4............................................ 1998.............................. Tensiones y deformaciones....................................... ........ Propiedades básicas de los suelos....................................... Identificación y clasificación .. 31 3.................................................. 1998..... Consolidación de suelos saturados ..................................................................... © Edicions UPC....... Tensión efectiva ..........................Índice ' Índice 1.... 107 © los autores... por tanto. © Edicions UPC. . se realiza a partir de la medida en laboratorio del peso en diferentes condiciones (p. suelo seco) y aplicando la definición de dichos parámetros. Se define como peso de agua relativo al peso del sólido (w = Ww / Ws). bajo las sanciones establecidas en las leyes. Una muestra de suelo saturado.Propiedades básicas de los suelos Capítulo 1.e. que tiene un peso de 900 gr. su densidad natural y su densidad seca ( I = 2. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. la humedad resultante es: w 150 gr 0. suelo natural. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. tras lo cual pesa 750 gr. Propiedades básicas de los suelos. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. Obtener su humedad natural. su porosidad.750 = 150 gr y. 1998. El peso de agua (Ww) puede calcularse por diferencia como Ww = Wt . se coloca en estufa a 100º C durante 24 horas. Identificación y clasificación PROBLEMA 1. 1998. su índice de poros. Humedad. © los autores. su humedad y sus distintas densidades.1 Distribución de las fases en el suelo La obtención de parámetros característicos de un suelo tales como su índice de poros.7 gr/cm3). así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.Ws = 900 . Se define como volumen de huecos relativo al volumen de sólido (e = Vh / Vs). Figura 1. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright".2 (20 %) 750 gr Índice de poros. Quedan rigurosamente prohibidas. Dado que. 78 cm 2. Una vez determinados los volúmenes de huecos (agua) y sólido. es más cómodo referirse a la porosidad para calcular el volumen de agua almacenado en un volumen de medio. el suelo se encuentra saturado (Sr = 1). .54 3 3 Porosidad. en Geotecnia. Mecánica de Suelos. 1998. Sin embargo. aunque sus valores no coinciden. se calcula el índice de poros como cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido: e 150 cm 277.35 (35%) n 427. 1998. se puede despejar e en función de n: e n 1 n Densidad natural. Se define como peso de sólido relativo al volumen total ( d = Ws / Vt).78 La porosidad (n) se puede calcular en función del índice de poros (e). La equivalencia entre porosidad e índice de poros se obtiene como: n Vh Vt Vh Vh Vs ( Vh Vs Vs Vh Vs / )/ 1 e e análogamente. El volumen total se obtiene como Vt = Vw + Vs = 150 + 277. Problemas resueltos en este caso.7 gr/cm! para las partículas sólidas. Se define como volumen de huecos relativo al volumen total ( n = Vh / Vt). Dichos volúmenes se obtienen mediante las expresiones: Vw Ww w 150 gr 1.78 cm!.0 cm 3 3 Vs Ws s 750 gr 2. es más conveniente la utilización del índice de poros. lo que facilita el cálculo de sus variaciones al producirse cambios de volumen del suelo. Si se aplican los valores de este problema resulta: n 900 gr 427. Sin embargo.0 gr/cm 150. se trabaja usualmente con la porosidad. El índice de poros es relativo al volumen de sólido. pueden usarse indistintamente.7 gr/cm 277.75 gr/cm 427.78 cm 3 3 _____________________________________ © los autores.10 gr/cm 3 3 Densidad seca. se tiene Vh = Vw (volumen de huecos igual a volumen de agua). sobre todo en temas relacionados con el comportamiento mecánico. Si se usan los valores de este problema resulta: d 750 gr 1. Con ello se obtiene una porosidad de: 150 0.78 = 427. mientras que en Hidrogeología. Se define como peso total relativo al volumen total ( n = Wt / Vt).78 cm 3 3 donde se ha supuesto una densidad de 2.78 cm 0. © Edicions UPC. Ambas variables evalúan la misma propiedad del suelo (el volumen relativo de huecos) y por tanto. El índice de poros se define como el cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido (e=Vh /Vs).Propiedades básicas de los suelos ! PROBLEMA 2. un grado de saturación de 0. n . 1998. En este caso.1 Diagrama unitario Del diagrama unitario (Fig.6 gr/cm3. Si bien éste último también utiliza las definiciones de estas variables. © Edicions UPC. d) entre sí puede hacerse a partir de sus definiciones. Sr . e . de una forma gráfica condensa toda la información. Para relacionar los parámetros característicos de un suelo ( n . 1998. Sr y e es inmediato ya que la humedad es equivalente a: w Ww Ws w e S r s A la misma expresión se llega al plantear las definiciones de cada una de las variables tal como se muestra a continuación. s . Figura 2. o bien utilizando el diagrama unitario. 2. . Grado de saturación: Sr Vw Vh Vh Vw Sr Humedad: w Ww Ws Vw Vs w s Vs Vw w w s © los autores.1) describe las relaciones volumétricas y de peso de un suelo en el que se considera unitario el volumen de sólidos (en el caso que se utilice el índice de poros como medida del volumen de huecos) o el volumen total (en el caso que se utilice la porosidad como medida del volumen de huecos). 2. Obtener su índice de poros. w . el valor de w en función de s .1) se pueden obtener las relaciones entre variables. Un suelo natural tiene una humedad del 15%.6 y un peso específico de las partículas sólidas de 2. El diagrama unitario (Fig. . 1998. diferencia entre humedad en el límite líquido y humedad en el límite plástico).6 gr/cm 0. e y w o Sr y w). Se conoce s y wL y se desea calcular eL.65 gr/cm3.15 0. wL = IP + wP = 40% + 75% =115%. Problemas resueltos Vh Vs / s ( w w)/( s) r w Vw Sr w V w S Si finalmente se despeja la humedad se llega de nuevo al mismo resultado.65 × 1. De la expresión que relaciona índice de poros con humedad y grado de saturación (Problema 2) resulta: e Vh Vs s w S r w 2. Por ello. En general no hay problema en conocer el peso específico del fluido. Con anterioridad (Problema 1) se ha visto que existe una expresión que relaciona la porosidad con el índice de poros de forma única.wP (es decir.05 0. " Índice de poros: e Mecánica de Suelos.75 1 L 13. Se precisa en este caso de una variable adicional. En este problema se tiene. 1998. por lo que puede suponerse que en el límite líquido.0 Por último. a partir de la relación entre porosidad e índice de poros se obtiene: nL 3. el peso específico de las partículas sólidas ( s) y el peso específico del fluido ( w).05 1. calcular el índice de poros y la porosidad correspondientes a su estado en el límite líquido.65 1 gr/cm 0.0 × 1. Conocido cualquiera de ellos se determina inmediatamente el otro: n e 1 e La definición del índice plástico es IP = wL .6 3 3 El valor del peso específico de las partículas sólidas ( s) varía poco habitualmente y en general podrá tomarse un valor aproximado (alrededor de 2. Suponiendo un peso específico de las partículas sólidas de 2. que suele ser agua: w = 1 gr/cm!. puede obtenerse el parámetro restante. © Edicions UPC. el suelo está saturado. conociendo dos parámetros (e y Sr . es decir: w Ww Ws w e S r s En definitiva.05 ____________________________________________ eL e © los autores. Se dispone de un suelo con un índice plástico del 40% y un límite plástico del 75%. al ser el contenido de agua muy alto. ____________________________________________ PROBLEMA 3.7) si no se conoce con exactitud o no se ha medido. por tanto: e 2.15 3. con un peso de 80 gr. La humedad de la muestra es del 14%. 4. el peso específico natural. . Para determinar el peso específico * D 4 2 h * 6 2. es preciso conocer el volumen total: Vt d . el peso específico saturado y el peso específico sumergido ( s = 2. que son los pesos y volúmenes en el caso en que Vs=1 (ver diagrama unitario. 1998. deben calcularse: Sr . Figura 4. el peso específico seco.686 1. Se dispone en el laboratorio de una muestra de 60 mm de diámetro y 25 mm de altura.Propiedades básicas de los suelos # PROBLEMA 4. se puede obtener: n Wt Vt Ww Ws w e S r s e 1 donde se ha usado Wt= Ww+Ws= e Sr M+ I y Vt=1+e. o bien del diagrama unitario (Fig.5 70.1 Diagrama unitario Con los datos del problema.686 cm 4 2 3 3 y aplicando la definición de peso específico natural: n Wt Vt 80 70. 1998. 4. Determinar el grado de saturación.7 gr/cm3).13 gr/cm Vt Directamente de las definiciones. n . Fig. Introduciendo la relación obtenida en el Problema 2 resulta: n w 1 s s e s w e 1 1 De la última expresión obtenida es posible despejar el índice de poros en función de la humedad y el peso específico natural: © los autores. © Edicions UPC.1).1). sat y sum. natural. 72 sat s w e e 3 Por otro lado.13 (10.7 gr/cm 0. el grado de saturación puede obtenerse como: Sr s e w 0. de su definición.62 gr/cm!. para el peso específico sumergido.62 gr/cm ____________________________________________ sum 3 © los autores.62 gr/cm 11. en el diagrama unitario de Ws = s y de Vt = 1+e (Fig. el peso específico saturado ( sat) puede obtenerse como un caso particular para suelo saturado.72 × 1 d = W s / V t y de los valores El cálculo del peso específico seco ( d ) se realiza a partir de su definición. 4.7 1. 1998. 1998. Substituyendo con los valores del problema resulta: 3 Asimismo. substituyendo sat en la definición de sum por su valor en función e: sum De la que se obtiene finalmente: s w e w s w e e 1 1 2.99 gr/cm 11.72 0. o bien. $ Mecánica de Suelos. © Edicions UPC. basta tomar Sr = 1 en la definición de sat 2.22 1.72 w Por último.1): d Al sustituir por los valores del problema resulta: 1 s e 3 d 2.71 11.72 1. sum.7 0.14) 1 1.72 3 3 n. Problemas resueltos e s w n (1 ) 1 Sustituyendo los valores correspondientes a este problema se obtiene: e 2. sum = sat - w = 1.62 .14 × 2.7 gr/cm 1 gr/cm 1. .1 = 0. es decir: 1 Es decir. De su propia definición.1 1 1. el peso específico sumergido puede obtenerse como: sum W sum Vt sat w De los problemas anteriormente resueltos. b) suelo con una porosidad de 0.75 t/m3.53 .43 .7 t/m! ____________________________________________ PROBLEMA 6.7 gr/cm3 dibujar en un plano (w.43 1.1 t/ e c) 1 0. es el peso específico que aparenta tener el suelo cuando se encuentra sumergido en agua. c) suelo con un índice de poros de 1.125 sum 1. es decir: W sum Wt Ww sat Vt w Vt sat w ( ) Vt Por tanto.7 1 0.54 2.8 t/m! 11. Encontrar una expresión que relacione la densidad seca de un suelo con su grado de saturación.7 1. Calcular el peso específico sumergido de las muestras saturadas siguientes( s=2.7 gr/cm3): a) suelo con una densidad seca de 1.54 sat 2. su humedad natural y el peso específico de las partículas sólidas.43 sum 1.8 t/m! 2.53 0. © los autores. 80 y 100%. Según el principio de Arquímedes. 1998.7 1.1 t/m! 10.7 1. Para un suelo con un peso específico de las partículas sólidas de 2.8 1 0. d) las curvas que se obtienen para grados de saturación del 20. 60.53 1.125 sat sat 2. la porosidad la densidad seca: e n n 1 d s e sat s w 1e 1 e Para los datos de este problema resulta: a) s 1 d b) 2.7 0. sum.54 sum 2. © Edicions UPC.Propiedades básicas de los suelos % PROBLEMA 5.125 1. 1998.75 1 0. un cuerpo sumergido en un líquido recibe un empuje vertical hacia arriba igual al peso del volumen del líquido desalojado. .7 t/m! 11. resultan las siguientes expresiones que permiten el cálculo del peso específico sumergido en función del índice de poros. 2. la definición de humedad conduce a la siguiente expresión: d ( S sVs wV s s S r w V s )/( ) y.7 / r w S s= 2. © los autores. 0. 0. si Sr y s se mantinen fijos. La definición de peso específico seco es: d = Ws / Vt . Fijando d 2. s . d varía de forma monótona decreciente con w. grado de saturación y peso específico del sólido.7 / r 1 2.7 12.0). la definición de peso específico de las partículas sólidas permite sustituir el peso de sólido: d sVs V hV s y si se introduce la definición de grado de saturación para eliminar Vh resulta: d sVs V w S rV s / Finalmente. puede eliminarse dando lugar a: d ( s)/( r w)1 w s s S r w w s S r w que es la expresión pedida en el enunciado. se puede analizar cómo varía d con w. © Edicions UPC. Antes de obtener dichas curvas. son: w Ww Ws Vw w V s s Sr Vw Vh s Ws Vs Combinando estas relaciones con la definición de peso específico seco se podrá obtener la expresión que las relaciona entre sí. w . humedad. se obtendrá: Se pide dibujar curvas d = d(w).8. 1998.7 gr/cm!. Las definiciones de los parámetros que se conocen. Problemas resueltos Se pretende obtener una expresión que relacione d con Sr . es decir. dado que Vs aparece en todos los términos.7 / r 2 S w S 2 dado que tanto Sr como el denominador son positivos. fijando diversos valores de Sr (0. La definición de peso específico seco se puede escribir como: d Ws Vt Ws Vh Vs Por otro lado.6. & Mecánica de Suelos. En la figura 6.1 se muestra la forma de la expresión d = d(w) para diferentes grados de saturación. si Sr y s se mantienen fijos: d d dw 2. 1998. 1. . se tiene que la derivada es negativa para cualquier valor de Sr y w. desde un punto de vista experimental. 2. es mucho más fácil asegurar que la humedad se mantiene constante y el grado de saturación va variando al variar la densidad seca.Propiedades básicas de los suelos ' Figura 6.65. Sr. 1998. dibujar el haz de curvas para unos pesos específicos de las partículas sólidas de 2. Debe notarse que una vez fijado el grado de saturación y la humedad del suelo. por tanto. El caso límite con índice de poros igual a cero es inconsistente con el hecho de que el grado de saturación no se anule. © los autores. debe utilizarse s en gr/cm!. fijado el grado de saturación. existe una única densidad seca y. La expresión obtenida en el problema anterior es : d s S r w w s S r w s s w En este problema se fija Sr = 1. el índice de poros también tiende a cero. al aumentar la humedad. Por otro lado.6. 1998.75 gr/cm3 y un grado de saturación de la unidad. Con la relación entre s. w y d obtenida en el problema anterior. 2. por tanto. 2.7 y 2. ____________________________________________ PROBLEMA 7. .1 Curvas d . si el grado de saturación es bajo. por lo que queda: d en la que se ha tomado 1 w = 1 gr/cm! y. De hecho. el índice de poros aumenta hacia valores muy altos. cuando la humedad tiende a cero. © Edicions UPC. un único índice de poros compatible con esos dos valores. Por último. poco probables en suelos.w para s constante y Sr variable Estas curvas son de interés en el contexto de la compactación de suelos.2. 7 y 2. el peso del suelo saturado con mercurio se obtendrá como: © los autores.45 gr/cm3. Con el suelo saturado de mercurio. Hg = 13. © Edicions UPC. 2. El peso del suelo es de 950 gr. Se dispone de un suelo seco que ocupa un molde de 60 mm de diámetro y 150 mm de altura. Mecánica de Suelos.w para Sr = 1 y s variable ____________________________________________ PROBLEMA 8. w = 0) mientras que en la situación final. todos los huecos están llenos de mercurio. 2. pues el suelo está seco (Ww = 0.1 Curvas d .1 se representa gráficamente esta relación para diferentes valores de s. ¿Cuánto pesará el suelo en estas condiciones?. . 1998. En la figura 7.75 gr/cm!). En el Problema 6 se ha visto que d decrece monótonamente con w cuando Sr y s son fijos. 1998. se cumplirá la relación: Wt = Ws + WHg. Problemas resueltos Se desea dibujar las curvas d = d (w) para varios valores de s (en este caso: 2.2. El peso de mercurio que ocupa los poros es WHg = VHg Hg donde VHg = Vh .65.11 cm 2 3 El peso inicial total es el peso de las partículas sólidas. Datos: s = 2. Por tanto. 2. El volumen que ocupa el suelo es: Vt 2 *D h * 4 6 4 15 424. éstos se llenan completamente con mercurio. Con el fin de comprobar la distribución de los poros. Figura 7.6.6 gr/cm3. 11 387. su índice de consistencia y su índice de fluidez sabiendo que tiene una humedad natural del 20%. . la definición de índice de consistencia es: IC wL w IP 40 20 2 10 © los autores. simplemente.36 gr Figura 8. © Edicions UPC.6 gr/cm ! 494. Un suelo natural tiene una humedad en el límite líquido de 40% y una humedad en el límite plástico de 30%. Valores elevados de IP (gran diferencia entre wL .36 gr 950 494.35 cm ×13. Por otro lado. y bajo en suelos granulares. Determinar su índice de plasticidad. de aplicar las definiciones. wP ) indican que el suelo admite gran cantidad de agua para pasar del límite plástico al límite líquido. 1998. este índice tenderá a ser alto en suelos arcillosos.361444.76 cm! ! VhVtVs Wt 424.7636.35 cm! WHg 36. 1998. La de índice de plasticidad es: IP wl wP 40 30 10 % Como indicador de la plasticidad de un suelo. Se trata.45 gr/cm ! 387.1 Diagrama unitario ________________________________________ PROBLEMA 9.Propiedades básicas de los suelos Vs Ws s 950 gr 2. ¿Cuál es la máxima densidad seca que puede obtenerse con este suelo? ¿Qué volumen ocuparía este suelo si su grado de saturación fuese 0. Para calcular la máxima densidad seca.5 la densidad seca será menor. Dicho volumen total es: Vt Vh Vs Va Vw Vs y será mínimo cuando lo sea el volumen de aire (Va). Como se puede observar. IC + IF = 1. A partir de la definición de Sr .Mecánica de Suelos. Al alejarse del mismo el suelo va ganando consistencia (IC = 0 cuando w = wL .0 3 que se utiliza para calcular la máxima densidad seca: ( d) max ( t) Sr Ws V min 700 1. el índice de fluidez se define como: IF w wP IP 20 30 1 10 y. el volumen de suelo será: Vt Vs Vw Ws s Ww w 700 300 250 300 550 cm 2. 1998. mientras que IC = 1 cuando w = wP). En esta situación. 1998. basta aplicar su definición: d .5? En el suelo obtenido se tendrá que Ws = 700 gr y Ww = 300 gr. . Problemas resueltos e indica si el suelo se encuentra más o menos alejado del límite líquido. d será máximo cuando Vt sea mínimo.8 t/m3) y 0.8 1. ______________________________________ PROBLEMA 10. en este caso.300 l de agua. resulta: Vw Vh Vw Sr Finalmente se calcula la densidad seca correspondiente a dicho grado de saturación: © los autores.27 gr/cm 550 Vh 3 Si se toma Sr = 0. mientras que IF = 0 cuando w = wP). Por último. Se preparan en el laboratorio 1000 gr de suelo mezclando 700 gr de arena ( s = 2. d Ws Vt Puesto que peso de sólido (Ws = 700 gr) está fijo. es decir. © Edicions UPC. se calcula con respecto a la humedad en el límite plástico (IF = 1 cuando w = wL. cuando el suelo se encuentre saturado. 1. © Edicions UPC. este proceso es ideal. Estimar la fracción crítica Ccrit necesaria para que las partículas de la matriz granular dejen de estar en contacto.82 gr/cm 850 ______________________________________ PROBLEMA 11. se supone que el volumen del aire Va se rellenará de arcilla y se mantendrá la misma cantidad de agua en el suelo. Este suelo se mezcla con arcilla en una fracción en peso C. y en realidad se prepararía el suelo mezclando la fracción granular húmeda con la fracción arcillosa. Un suelo granular con granulometría uniforme.Propiedades básicas de los suelos ! Vh 300 600 cm 0. Figura 11. Con objeto de que las partículas de la matriz granular se mantengan en contacto.1 Proporción de cada suelo en la mezcla Si se designa como Wsc al peso de las partículas arcillosas en el suelo y como Wsg el peso de las partículas granulares (peso que se mantiene constante). Las proporciones se encuentran indicadas en la figura 11. supuesta sin agua.5 3 Vt VsVh 250600 850 cm 3 3 d 700 0. . tiene un índice de poros eg . Lógicamente. se tiene que la fracción en peso de suelo arcilloso será: © los autores. un peso específico sg y una humedad wg . 1998. la estructura del esqueleto granular no se modifique. 1998. El peso específico de las partículas sólidas de la arcilla es sc. es decir. ." Mecánica de Suelos. Las granulometrías de los suelos A y B se indican en la tabla siguiente. Obtener y © los autores. que el volumen de aire sea ocupado por arcilla: ( sc)crit W sc sg eg wg w W sg que al ser sustituido en la fracción en peso da lugar a: C crit scWsg scWsg eg sg eg wg wg w sc sc sg sg eg eg wg w sg w Wsg wg w 1 Debe notarse que esta fracción en peso está expresada en función del índice de poros y humedad referidas al estado inicial del suelo. © Edicions UPC. El volúmen ocupado por la arcilla será: V sc W sc sc La humedad y el índice de poros referidos al estado inicial del suelo son: wg Ww W sg eg Vh V sg Vh W sg / sg sg eg El volumen de aire en el suelo puede expresarse en función de dichas variables: Va VhVw eg W sg sg Ww w eg W sg sg w g W sg w wg w W sg Finalmente basta con imponer que Va=Vsc . y que una vez añadida la fracción arcillosa ambas variables adoptarán valores diferentes. 1998. ______________________________________ PROBLEMA 12. Problemas resueltos C crit ( sc)crit 1 ( sc)crit sg 1 sg ( sc)crit W W W W W donde se ha señalado como crítica para indicar que se desea obtener la cantidad que debe añadirse para no modificar la estructura del esqueleto granular. 1998. Se toman 10 kg del suelo tipo A y se mezclan con 30 kg del suelo tipo B. Se dispone de un suelo tipo A y de otro tipo B. o sea. y se mezcla con un peso WB de un suelo B con granulometría GB .Propiedades básicas de los suelos # representar gráficamente la granulometría de la mezcla resultante.005 0.15 0. ya que el % que pasa por cada tamiz.425 0.020 0.002 % que pasa suelo A 100 70 50 30 20 15 10 5 4 3 2 1 0 % que pasa suelo B 100 80 60 50 40 30 20 10 Si se toma un peso WA de un suelo A con granulometría GA .5 4. la granulometría de la mezcla GM puede obtenerse como: GM CA GA CB GB donde CA y CB son las fracciones en peso de cada suelo definidas como: CA WA WA WB CB WB WA WB En efecto. 1998. se obtendrá como: W AG A GM (% que pasa por un tamiz ) WBGB CAGA CBGB WA WB Las fracciones en peso que corresponden a los datos de este problema son: © los autores. © Edicions UPC.75 2 0. Determinar sus coeficientes de uniformidad y curvatura.075 0. 1998.040 0. N tamiz (mm) 50 38 19 9. . 15 C D30 2 2 D10 D60 C D60 C D30 2 D10 2 D10 D60 C D60 D10 En el suelo tipo B.002 0.33 ( u)B ( ) _ 0. © los autores.5 82. 1998.75 62.002 ( ) 0. .25 38. © Edicions UPC. Asimismo.5 46.02) _ 1.42 ( ) 0. el 5% pasa por el tamiz #200 (0. En la mezcla fabricada menos del 50% (38.42 26 (0.5 80 100 80 60 50 40 30 20 10 78.5 30.75mm 2mm 0.$ Mecánica de Suelos.5) _ 8 ( u)A ( ) _ 26 _ 61.075mm 40µm 20µm 5µm 2µm % Pasa) 100 70 50 30 20 15 10 5 4 3 2 1 0 % Pasa* % Pasa mezcla 100 92. Sus coeficientes de curvatura y uniformidad son: (9. que se representa gráficamente en la figura 12.25 40 CB WB WA WB 30 0.1.9 ( c)A ( ( ) ( ) ) _ 0.75 mm) pasa por el tamiz #4. más del 12% pasa por el tamiz #200 y más del 50% (aproximadamente el 80% corresponde a 4. Problemas resueltos CA WA WA WB 10 0.75 40 A continuación se tabula la granulometría de la mezcla.15mm 0.5mm 4.25 7.5 87.5%) pasa por el tamiz # 200. 1998. el 50% pasa por el tamiz #200 y el 100% pasa por el tamiz #4.75 23 15. por lo que se trata de un suelo de grano fino.074 mm de abertura) y más del 50% pasa por el tamiz #4 (5 mm de abertura).5 En el suelo tipo A. N Tamiz 50mm 38mm 19mm 9. por lo que se trata de un suelo tipo grava.15 _ 75 ( c)B ( ( ) ( ) ) _ 0. por lo que se trata de un suelo SC o SM. por lo que se trata de un suelo de grano grueso.425mm 0. 42 0.002 2 C C Como puede observarse en estos resultados. para la que se obtienen los valores de la tabla siguiente. 1998.9 ( u)M _ 0. © Edicions UPC. Por lo que respecta a curvatura. se utilizan 50 gr de suelo mezclados con 1000 ml de agua.075 mm). Se dispone de un suelo limo-arcilloso en el que todas las partículas pasan por el tamiz #200 (0. Para ello se dispone de un baño termoestático a 20o. B y mezcla A+B ___________________________________ PROBLEMA 13. © los autores.1 Curvas granulométricas se los suelos A. que parece dominar en esta propiedad.04) _ 1. Dibujar la curva granulométrica del suelo. y se toman muestras de 10 ml para diferentes tiempos a una profundidad de 10 cm. . 1998. Figura 12. el suelo resultante tiene un coeficiente de uniformidad mucho mayor que los suelos originales. Con el fin de determinar su granulometría se procede a realizar un ensayo de sedimentación. lo que indica que se ha conseguido una mejor graduación en la mezcla.Propiedades básicas de los suelos % Los coeficientes de curvatura y uniformidad de la mezcla de ambos suelos son: (0.002 0.42 _ 210 ( c)M _ 0. el suelo mezcla es más parecido al suelo B. .15 Al medir el contenido de suelo en una suspensión en agua del mismo. siendo ct=Wt / Vt la concentración en la muestra extraída.40 0.45 0. La concentración inicial de la muestra es: © los autores. se relaciona con un diámetro. La fórmula de Stokes permite obtener la velocidad teórica de descenso de una partícula esférica en el seno de un fluido: v s w 18 D 2 D v s w 18 Si se dispone de una altura h. 0.s. En este problema h = 10 cm y los tiempos se dan en forma tabulada.30. se tiene que el diámetro umbral en función del tiempo viene dado en este caso por: D 0. .30 0. constante en cada extracción. Puesto que la velocidad es una función del diámetro (según la fórmula de Stokes).40. Sustituyendo este valor juntamente con el de la viscosidad del agua. © Edicions UPC. se observa que dicho contenido disminuye al aumentar el tiempo de toma de la muestra. en cada tiempo de medida sucesivo hay tamaños mayores que van desapareciendo. El porcentaje que pasa por un tamiz puede estimarse como la cantidad relativa de suelo que queda en suspensión para un determinado tiempo que. se puede asegurar que al cabo de un cierto tiempo ya no quedan partículas de tamaño superior al diámetro dado para dicha velocidad. = 0.45. por tanto. Esta disminución se debe a que las partículas de tamaño mayor descienden más rápidamente que las de tamaño menor y. entonces en un tiempo t =h/v habrá recorrido dicha altura.15 gr) y Vt = 10 ml el volumen extraído. todas las partículas en suspensión en el interior de un recipiente de dicha altura.20 0. A partir de la velocidad de descenso de partículas de diámetro D en el seno de un fluido es posible estimar la granulometría de un suelo de partículas finas. Wt el peso de suelo extraído en cada tiempo ( 0.33 t donde el tiempo t se expresa en segundos y el diámetro D en mm. evaluarse como (ct/c0)x100.0. Por lo tanto. 1998. por tanto. y una partícula desciende a una velocidad v. que desciendan a velocidad v habrán sedimentado. Problemas resueltos Muestra 1 2 3 4 5 6 Tiempo 30 seg 3 min 10 min 30 min 2h 8h Peso suelo seco (gr) 0.25 0..001 Pa.& Mecánica de Suelos. 0. tal como se ha visto. Este porcentaje que pasa podrá. 1998. 024 0. A partir de los datos del problema se obtiene la tabla de tiempos.05 gr/ml 1000 ml W Wt y por tanto: t % que pasa 10 × 0.0019 1800 7200 28600 que corresponde a la curva granulométrica de la figura 13.0078 0.06 0. 1998. Figura 13. diámetros y % que pasa por dicho diámetro: t (seg) 30 180 600 D (mm) %pasa 90 80 60 50 40 30 0. . © Edicions UPC.05 × 100 200 donde Wt se expresa en este caso en gramos. 1998.1 Curva granulométrica ____________________________________________ © los autores.013 0.1.0039 0.Propiedades básicas de los suelos ' co 50 gr 0. © Edicions UPC.! PROBLEMA 14. wP1 = 25%. ____________________________________ © los autores. Se trata de un suelo tipo CH. por tanto: IP = 60% . y por tanto: IP = 15% . una arcilla de alta plasticidad. Se pide compararlos en una gráfica de Casagrande y clasificarlos.25% = 35% Estos valores se encuentran en la zona central de la gráfica de Casagrade. Problemas resueltos Se tienen una serie de suelos con los siguientes límites de Atterberg: wL1 = 60%. 1998. . arcilla de baja plasticidad. es decir. Mecánica de Suelos. wL2 = 40%. por tanto: IP = 40% . es decir. Suelo 3: wL3 = 15% y wP3 = 10%. aproximadamente sobre la línea "A". wP2 = 20%. 1998. Suelo 2: wL2 = 40% y wP2 = 20%. wL3 = 15%.20% = 20% Se trata en este caso de un suelo tipo CL. Suelo 1: wL1 = 60% y wP1 = 25% . wP3 = 10%.5 % = 5% Estos valores se encuentran en la zona del gráfico en el que coexisten suelos limosos y arcillosos de baja plasticidad (CL-ML) . comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. bajo las sanciones establecidas en las leyes. un suelo está sometido a una tensión normal 2 y a una tensión de corte de 2. 1998.1 Círculo de Mohr. Tensión efectiva ! Capítulo 2. el estado tensional en un plano que forma un ángulo de 20 corte. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. Tensiones y deformaciones. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". J31 ) se © los autores. polo y direcciones principales En primer lugar se representan los datos disponibles en forma de círculo de Mohr (Fig. la tensión normal y tangencial ( Fn3. Tensión efectiva PROBLEMA 15. la tensión 2 normal tiene un valor de 4 kp/cm . 1998. Determinar las tensiones principales 2 F1 F3 y .Tensiones y deformaciones. J13 punto ) sobre un plano que forma con la horizontal. o con el de máxima tensión de Figura 15. © Edicions UPC. En un plano perpendicular al mismo. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. . asimismo. o En un plano que forma un ángulo de 30 de 6 kp/cm con la horizontal. En el plano perpendicular al anterior. Quedan rigurosamente prohibidas. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. El A en dicho círculo representa la tensión normal y la tensión tangencial ( 30 o Fn1. 15. así como las direcciones de los planos correspondientes. corte que se produce en el suelo.1). y la máxima tensión de 0btener.83 kp/cm . 7 Jmax (dirección dada por PD en la figura 15.83 Jp 6F p Jp 4F p Triángulo BB'P: tg 60 0 J31Jp Fn3Fp tg 60 0 2.55 kp/cm 2 "1 "3. Fn1.30 y "3´90"1´84. La orientación del plano en el que actúan ( del círculo de Mohr.05 s F p $39. y o bien.05 kp/cm 2 triángulo rectángulo cuyos vértices son puntos Jp 0.83 Basta resolver estas dos ecuaciones con dos incógnitas para obtener: Fp 2.55 5 2. J13 ) permite situar el polo P Las tensiones normal y tangencial en dos planos perpendiculares permiten también obtener el centro y el radio de dicho círculo de Mohr: s Fn1Fn3 2 64 5 kp/cm 2 (centro) 2 t (F1Fn1) J2 13 2 (6 5)22.! representan en un punto diametralmente opuesto al puntos ( A.70 que con respecto a la vertical son: "184.1): Triángulo AA'P: tg 30 0 J13Jp Fn1Fp tg 30 0 2. © Edicions UPC. .70 © los autores. Problemas resueltos A y que se denomina B en dicha figura.2) basta $ (ángulo con respecto a la horizontal): tg $ JmaxJp 3 0. Los ángulos que definen las direcciones principales ( "1' "3' y ) son los ángulos del F1 y F3 ).55 F1Fp 82. 1998. Los ángulos "1' y "3' P y los puntos de intersección del círculo con el eje (es decir. Mecánica de Suelos.832 3 kp/cm 2 (radio) Asimismo.7 Para obtener la orientación del plano en el que actúa resolver el triángulo PD'D y obtener "3174. Estos dos B) definen el círculo de Mohr. Éstas se obtienen resolviendo dos triángulos rectángulos (Fig 15. se determinan los valores de las tensiones normal y de corte en el polo P ( Fp Jp y ) que serán útiles para los cálculos posteriores. 1998.05 "1´5. En primer lugar. se obtienen la tensión máxima y las tensiones principales: Jmaxt3 kp/cm 2 F1st8 kp/cm 2 F3st2 kp/cm 2 Una forma de resolver el problema y determinar las variables que se piden en el enunciado es hacerlo mediante la resolución de triángulos rectángulos. los pueden obtenerse como: tg "1´ Jp 0. 42 kp/cm 2 y reducción de Fh hasta 3.2 Círculo de Mohr. es decir: tg ( $20) JcJp Jc 0.0 kp/cm .3 kp/cm . se resuelve el triángulo PC'C. 2 Fn3 hasta 3.0 kp/cm 2 ( Fv Fn1 =7.58 kp/cm . máxima tensión de corte y estado tensional en plano que forma 20 o con la dirección de máximo corte Para obtener las tensiones normal y tangencial en el punto C. .07 kp/cm 2 Jc = 2. Este estado tensional sufre sucesivamente las siguientes modificaciones: a) reducción de b) aumento de c) reducción de d) aumento de J13 Fn1 J31 Fv hasta 0.05 Pero dado que se tienen dos incógnitas hay que buscar otra relación. © Edicions UPC. 2 hasta 8. y Fn3 =5.2 kp/cm 2 en un ) en un plano horizontal. resulta Fc 3. 2 © los autores. que en este caso se puede plantear a partir de los triángulo PEC y PC'C: FcFp 2 t cos(2"1$20) cos(20$) y sustituyendo en la anterior.Tensiones y deformaciones. 1998.0 kp/cm 2 ( Fh ) y J13 =2.58 kp/cm .0 kp/cm . 2 ______________________________________ PROBLEMA 16. En un punto de una arena compacta actúan unas tensiones plano vertical. Tensión efectiva !! Figura 15. 1998.42 kp/cm 2 y disminución de hasta -2.55 FcFp F 2. 2 hasta 8. 0 kp/cm F1F3 2 Jmax 4. 2 hasta 4.19 kp/cm 2 F n1 2 kp/cm 2 2 y disminución de Situación b).58 kp/cm 2 (Fig. tensiones principales y espacio de Cambridge (Fig.42kp/cm 2 s F33. Reducción de 2 (Fig.3): F18. 0 kp/cm 2 2 y de Fn3 hasta 5. Si se hace la hipótesis de que el suelo llega a rotura cuando J> 0. . ¿se llega a rotura en la trayectoria indicada? ¿Cuándo? ¿En qué plano se produce? En el estado inicial dado en el enunciado de este problema se tienen los siguientes valores de las variables tensionales del espacio de Lambe.42 kp/cm 2 (radio) F1 st 8.42 kp/cm 2 p F3 st 3.!" e) aumento de Mecánica de Suelos.52 2.1): s Fn1Fn3 2 75 6 kp/cm 2 2 (7 (centro) t (Fn1s)2J2 13 6)22. © Edicions UPC. 16. Reducción de hasta -2. Problemas resueltos f) reducción de Fn1 Fn3 hasta 10.2 kp/cm 2 J13 hasta 0.84 kp/cm 2 Situación a).19 kp/cm 2 J31 4.45 kp/cm 2 2 p 5.58kp/cm 2 puesto que J13 J31 0 F1F3 2 8. ¿Es idéntico el estado tensional al final del apartado b) al inicial del suelo? ¿Y los estados tensionales al final de los apartados c) y d)?. 16. g) aumento indefinido de Fn1 .58 kp/cm . 1998.423.2): Fn1F17 kp/cm 2 Fn3F35 kp/cm 2 s puesto que J13 J31 0 F1F3 2 75 6 kp/cm 2 2 q (centro) t F1F3 2 75 1 kp/cm 2 2 (radio) p 5. Representar en los planos ( F1-F3 ).22 2.9 kp/cm 2 2 Situación c). 1998.4): © los autores.58 kp/cm 2 q 1/3 (F12 F3) 5.16 kp/cm .42 kp/cm F n3 hasta 3. (s-t) y (p-q) ( F2 =F3 ) la trayectoria tensional correspondiente.52 6 kp/cm 2 2 q t F1F3 2 8. 16. Aumento de hasta 8.0 kp/cm (Fig.42 3.735 Fn en algún plano. así como los círculos de Mohr del estado inicial y de los sucesivos estados finales indicados y de sus polos. 16. 58 kp/cm 2 (Fig 16.14 kp/cm 2 F1 st 10.66 kp/cm 2 p F3 st 3.37 kp/cm 2 F1 st 10.74 kp/cm 2 © los autores. 16.7): s 104. Aumento de F n1 hasta 10.14 kp/cm 2 p F3 st 2.28 kp/cm 2 Situación e).6): s 105.58 7. .16 kp/cm 2 (Fig. 1998. © Edicions UPC.5): s Fn1Fn3 2 6 kp/cm 2 t 2 (Fn1s)2J2 13 3. 1998.16 7.28 kp/cm 2 2 y reducción de Situación d).86 kp/cm 2 4.95 kp/cm 2 Fv q 6.53 kp/cm 2 q 6.17 kp/cm 2 q 6.58)222 3.42 6)222 3.86 kp/cm 2 4.95 kp/cm 2 q 6.92 kp/cm 2 6.28 kp/cm 2 Situación f). 16.29)222 3.58 kp/cm 2 2 t (10 7.14 kp/cm 2 F1 st 9. Aumento de hasta 8. Tensión efectiva !# s Fn1Fn3 2 6 kp/cm 2 t (Fn1s)2J2 13 (8.44 kp/cm 2 6.42 kp/cm Fh hasta 3.0 kp/cm 2 y de Fn3 hasta 5.14 kp/cm 2 p F3 st 2.58 kp/cm 2 (Fig.Tensiones y deformaciones.29 kp/cm 2 2 t (10 7.72 kp/cm 2 p F3 st 4. Reducción de Fn3 hasta 4.14 kp/cm F1 st 9. © Edicions UPC.1 Círculo de Mohr correspondiente al estado inicial de tensiones Figura 16.!$ Mecánica de Suelos. 1998.3 Círculo de Mohr en la Situación b) © los autores.2 Círculo de Mohr en la Situación a) Figura 16. Problemas resueltos Figura 16. 1998. . 1998.Tensiones y deformaciones. © Edicions UPC.5 Círculo de Mohr en la Situación d) Figura 16. .4 Círculo de Mohr en la Situación c) Figura 16. Tensión efectiva !% Figura 16.6 Círculo de Mohr en la Situación e). © los autores. 1998. 6).735 Fn ) en todas las figuras (16. Este estado se alcanza. En la figura 16. existirían planos con un estado tensional ( no aceptable para el suelo. que corresponde a un estado en rotura arbitrario.58 Fn3 J31 F n3 J 31 . La razón de la homotecia R se define como: R J31 Fn3 J'31 F'n3 J'31 hay que o utilizando dos magnitudes homotéticas cualquiera. Puesto que se desconoce el valor de buscar relaciones geométricas en el círculo e'r: © los autores. Como puede observarse.735 Fn .!& Situación g).8 sin 36.6o Fn3 4. con las condiciones establecidas (aumento fijos) se obtenga un círculo de Mohr tangente a dicha recta. El estado tensional correspondiente al círculo de Mohr en rotura se puede calcular mediante una homotecia entre el círculo de Mohr en rotura (e ) y otro auxiliar (e' ) situado en cualquier posición. . ) y ( ' .66 kp/cm 2 Jn arctg 0.7 se observa que al ir aumentando la tensión estado círculo tensional corresponda al círculo Fn1 J13 se producirá la rotura cuando el e r. y asimismo también es razonable mantener fijo.310 1. es decir: N arctg Y el ángulo: * arctg corresponde a la recta que une los puntos ( J31 arctg 2 23.735 36. al cumplirse la relación J = 0. ) se Situación f). se ha dibujado la condición de rotura ( J = 0. es decir. es decir. intersección de las dos Como se ha dicho.735 Fn . 1998. en niguno de los estados tensionales anteriores hay rotura ya que todos los círculos de Mohr están por debajo de la recta J = 0. ) Para comprobar que en ningún estado anterior del suelo se ha alcanzado la rotura. Por lo tanto. Fn J . ' ) que son homotéticos. .1 a 16. Una vez alcanzado el círculo er si se aumentase Fn1 J de = 0. y .735 Fn1 Fn . es razonable suponer que mantiene fijo. © Edicions UPC. mantenimiento de Fn3 J31 J13 . se alcance la tangencia a la recta J = 0. El e'r. es decir. por lo que se tiene: 2 t' s' sin N 2. alineados con el origen de coordenadas. y se llegará a rotura cuando. Puesto que los círculos de Mohr en rotura son tangentes a una recta y tienen el centro en otra. son homotéticos (las distancias desde cualquier par de puntos alineados con la rectas a dicha intersección mantienen una misma proporción). Un aumento de tensión indefinido llevará al suelo a un estado de rotura. En el caso planteado. tal como estaba en la el estado tensional en el plano ortogonal ( Fn3 J31 . Problemas resueltos Fn1 . El r r círculo de Mohr auxiliar e'r se ha dibujado tomando como centro s' = 2. Aumento indefinido de Mecánica de Suelos. se utiliza auxiliarmente para determinar la solución.31o Fn donde el ángulo se ha obtenido a partir de la pendiente de la recta de rotura. se obtendría un círculo secante a la recta de rotura y existirían puntos por encima de la misma. 1998.8 kp/cm .735 Fn . según el enunciado. 2 kp/cm 2 J r (J)'r R R En el plano donde se produce la rotura se tiene el estado tensional como: ( Fn)r (Fn)'r R ( ) R Para encontrar los valores de es decir: Fn' J'r y basta resolver el triángulo origen-punto de tangencia-centro (0r's r').1 kp/cm 2 En resumen.33 × 3. los parámetros p y q en rotura son: p 1 3 ( F1 2 F3) 1 3 (16.Tensiones y deformaciones.7 10.31) 1.2 12.54 kp/cm 2 F'n3 1.27 kp/cm 2 q 12. ( Fn)'r Jn)'r s' 2 2 t'2 cos N 2.7 kp/cm 2 J r 1. en rotura se han obtenido: s t F1 16.2 kp/cm 2 10.1 kp/cm 2 F 1 F'1 F 3 F'3 (s't') (s't') (2.82 × 3.25 sin (36.3 kp/cm 2 6.82 t'2 sin N 2.4 kp/cm 2 F3 4.27 kp/cm 2 q F1 F3 16.23 kp/cm 2 y por tanto la razon de la homotecia es: R J31 J'31 2 0. Para ello basta multiplicar los valores obtenidos en el círculo e'r por la razón R: s s' R 2.8 1.4 kp/cm 2 (2.7 A partir de lo anterior puede obtenerse cualquier otra variable del círculo de Mohr en rotura.2 kp/cm 2 p 8.9 kp/cm 2 ( ) Por último.4 2 × 4.81.4 4. 1998. Tensión efectiva !' (s ' F'n3)2 J31'2 t'2 J'31 tg * F'n3 J'31 0.66) × 3.7 4.2) 8.8 R 3. © Edicions UPC.33 ( s' y en el círculo real en rotura.7 16.66) × 3.3 R t t' R 6.25 cos (36.7 6.54 3. 1998.2 kp/cm 2 © los autores. las tensiones normal y tangencial son: ( Fn)r 1. .7 4.31) 1. 16-9 y 16-10 se representan respectivamente las trayectorias seguidas en los planos F1 F 3 - . Problemas resueltos En las figuras 16-8. Figura 16.8 Trayectoria de tensiones en el plano F1 F 3 - © los autores. s-t y p-q. © Edicions UPC. . 1998." Mecánica de Suelos. 1998.7 Círculos de Mohr en rotura Figura 16. t Figura 16.q © los autores. Tensión efectiva " Figura16. © Edicions UPC.10 Trayectoria de tensiones en el plano p . 1998. .9 Trayectoria de tensiones en el plano s . 1998.Tensiones y deformaciones. 3. es el formado por el plano * P (Fig. En principio no se conoce el valor de sobre dicho plano definirá un punto ( cierto valor de J Fn J 3 J 31 . el punto de intersección entre y.5 . puede comprobarse que los estados tensionales son distintos. . 31 ) puede representarse el círculo de Mohr correspondiente a este estado tensional. Se puede suponer un 31 y una posición del polo el enunciado. Sin embargo. 31 ) situado sobre la recta (Fig. según 1 . es decir. se puede obtener la situación del centro del círculo de Mohr (Fig. t. J31. si se traza la recta ángulo de 135 el plano o s (Fig. Sobre dos planos perpendiculares actúan unas tensiones cuyas componentes normales a los mismos son Fn1=7. Se sabe además que el plano en que actúa Fn3 forma 67. tienen diferente posición del polo. Determinar J13.1)." Mecánica de Suelos. pues para cualquier plano " definirían en él un mismo estado tensional. En dicha figura se indica el ángulo y el plano en el que actúa F " que. 16. 1998. Puesto que se dispone de Fn 1 y Fn 3 . pero el estado tensional . F1. se puede determinar J r y s corresponde al estado tensional en 31 . Hay que círculo de Mohr.2). que forma un * con la horizontal. En efecto. al ser un mismo círculo (idénticos valores de s y t según se observa en la Fig. 17. Al conocer este ángulo el problema queda resuelto.1 y 16. por ejemplo.1) que se calcula como: s Fn1 Fn2 2 5 kp/cm 2 r Sea * el plano sobre el que actúa Fn 3 . orientar el Esta orientación viene dada por la posición del polo que permite asociar cada estado tensional con un plano específico.0 kp/cm2 y Fn3 =3. 1998. t Pero no basta con esto para disponer de toda la información del estado tensional. Es decir. a pesar de ser círculos iguales. 16. _________________________________________ PROBLEMA 17.0 kp/cm2 . 17.3). Problemas resueltos El círculo de Mohr de un estado tensional viene definido por la posición de su centro ( s) y su radio ( ). los círculos de Mohr de los estados inicial y en la Situación b) coinciden geométricamente. Si el ángulo en una " es de 67. por tanto. 17. s. no basta con que se superpongan (iguales valores de que deben tener asociado un mismo polo.9). no se tiene definido totalmente el estado tensional ya que no se puede orientar el círculo de Mohr. p y q (F2=F3). © Edicions UPC.5o con el plano en que actúa F1. c) y d) se obtiene un mismo círculo de Mohr y sin embargo se trata se estados tensionales distintos ya que también tienen distintos polos. F3. Las tensiones de corte y radio del círculo de Mohr son: © los autores. Asimismo. Así. entonces los estados tensionales serían idénticos. no se conoce la posición del polo. 17. De hecho resulta innecesario para la resolución del problema tal como se ha propuesto. en los estados s y t). Una vez conocidos s y el punto ( Fn J 3 . para que dos círculos de Mohr esten si no asociados a un mismo estado tensional. el ángulo o $ debe ser $ = 2 " = 135 o (el ángulo central que abarca un cierto arco circunferencia es igual al doble de cualquier ángulo inscrito que abarque el mismo arco). Sin embargo. Como puede observarse en las Figs. Si los polos coincidiesen. 66 kp/cm 2 Figura 17.83 kp/cm 2 F 1 No se conoce cuáles son los planos principales (planos en los que actúan de dichas tensiones principales: y F 3 ).1 Datos de partida del problema representados gráficamente. 1998. Figura 17.Tensiones y deformaciones. © Edicions UPC. pero sí los módulos F1 st 7.83 kp/cm 2 F3 st 2. . Tensión efectiva "! J13J31 2 kp/cm 2 t (Fn1s)2J2 31 2 2 222.06 kp/cm 2 q (F1F3) 5.17 kp/cm 2 Y con estos valores se obtienen finalmente: p 1 3 ( F12F3) 4.2 Situación del polo P no conocida © los autores. 1998. Problemas resueltos Figura 17.3 Solución del problema ______________________________________________ PROBLEMA 18."" Mecánica de Suelos. El estado tensional generado (supuesto un comportamiento elástico) se puede definir por: F = p (" + " ) / B F = p (" . 1998.1 Esquema de la carga en faja Se considera un punto (alternativamente P o P en la figura 18. © Edicions UPC. 1998. Suponiendo b=5 m y p=10 t/m : © los autores.1) bajo el borde de la banda y a una profundidad de 5 m.1 se representa una carga repartida p sobre una banda indefinida de ancho 2b. En la figura 18." ) / B F =p (" + " ("+2*)) / B 1 sin 3 sin z sin cos Figura 18. . 1998.107 sen (63. d) Dibujar la trayectoria del polo P del círculo de Mohr al aplicar la banda indefinida.43) cos(63.2 Círculo de Mohr del estado tensional debido a la carga en faja Conocidos puntos P F 1 y y P F 3 queda determinado el círculo de Mohr (Fig.68 2. para poder dada en el siguientes elástica enunciado: * 0 (P ) 2 y * " (P ) 1 tg " 10 m 5 m 2 " 63.80 t/m 2 B F1 10 1. c) Estimar el estado tensional "real" del punto P (F F F F y sus direcciones) si la banda indefinida anterior se ha aplicado sobre un terreno con (n=2 t/m! y Ko=0.68 t/m 2 B Fz 10 1. 1998. © Edicions UPC. 1 '. 18. z 1 . Se tienen las F 1 y F 3 es calcular su valor.37 0. 1 .43) 4.6. así como el de tensiones según la solución Fz .37 0.525 t/m2 2 t 6.107 sen(63.845 t/m 2 2 Figura 18. La tensión normal y tangencial sobre un plano horizontal que pase por el punto P debe ser el punto A o el punto B indicados © los autores.107 El centro y radio del círculo de Mohr se pueden calcular como: s F1F3 F1F3 2 2 6. 3 .43) 6.Tensiones y deformaciones. 3 . 3 ' El primer paso para definir la dirección de orientar el círculo de Mohr.43o sen(63.43) F3 10 0. .68 3.37 t/m 2 B 1. En dicha figura se señalan los correspondientes a la vertical bajo el borde de la carga en faja. Tensión efectiva "# a) Obtener la dirección de las tensiones principales F F b) Determinar la magnitud y el sentido de la J asociada a F .2). 1998.65 o o "B 3 121.1).65 121.2) permite obtener la tensión de corte asociada a F z . Problemas resueltos en el círculo de Mohr.525)2 2. 18. es posible obtener la orientación de los planos en los que actúan las tensiones principales: "1´ arctg J arctg F1F y 2. el estado tensional está definido por el punto tensión de corte en un plano horizontal tiene igual magnitud pero signo opuesto. Puede verse que la tensión principal F 3 será ortogonal a F F 1 está orientada hacia la carga en faja mientras que la tensión 1 . en el caso de las tensiones efectivas."$ P A Mecánica de Suelos. calcular la presión intersticial. Para completar el estado tensional total y calcular las tensiones efectivas debe añadirse al estado tensional causado por el peso propio de terreno y. Si contrario sería se corresponde con . .65 y AA'S (Fig.35 o "A 3 58. es decir.6590 211. 18. © Edicions UPC.25 31. la tensión tangencial sobre un plano horizontal: ( ) J z t 2 (Fzs)2 2.3590 148.2) y por tanto la En el punto P 2 (Fig.54 t/m 2 B (Fig.35 Por otro lado. 18. Una vez que se conoce la posición del polo es inmediato determinar la tensión tangencial en un plano horizontal.54 6.3 que muestra de forma cualitativa cómo se orientarán las tensiones principales en puntos bajo lo extremos de la carga en faja. Este estado tensional es el que se produciría sobre un medio en ausencia de peso propio.803.845 2 (4.65 58. en caso . 18. entonces el polo del círculo de Mohr sería P* P) .37 2.65 31. Una vez determinado el círculo de Mohr. el triángulo o "B 1 9031. Con esta visualización de las tensiones principales es fácil deducir que la posición del polo correspondiente a P es P) mientras que para P 2 el polo es P* . Para discernir de cuál de los dos se trata puede analizarse la Fig.54 t/m . Figura 18. 2 Con estos resultados queda definido el estado tensional causado por la carga en faja.65o o "A 1 9031. J z = -2.3 Orientación aproximada de las direcciones principales © los autores. 1998. La tensión vertical (que actúa sobre un plano horizontal) inducida por el peso del terreno para un punto situado a 5 m de profundidad es: ( Fz)o (n h 2 × 5 10 t/m 2 el terreno se encuentra saturado y con el nivel freático en superficie la presión Si se supone que intersticial correspondiente a ese mismo punto será: u (w z 1 t/m 3 × 5 m 5 t/m 2 (sat (n (sum (sat(w 21 1 t/m 3 Ko aplicable directamente como relación Para este suelo. las tensiones efectivas y totales. y estado tensional. Tensión efectiva "% La suma de los estados tensionales debe hacerse de forma que se tengan en cuenta tanto la magnitud como la orientación de los mismos. 1998. el estado tensional inducido por la carga en faja es: Fz)p 4. se obtendrán como: F'z)0 (sum h 1 × 5 5 t/m 2 2 (F' ) K (F' ) 0.54 t/m zh p 2 (F ) s(F s) 2sF 2×3. por tanto. Por simplicidad. los puntos correspondientes en 3 el círculo de Mohr serán diametralmente opuestos. respectivamente.( 3 3 ( ( J)3 (J)1 (J)2 J)3 (J)1 (J)2 " $ y Con ( Fn J Fn ) . Dicha base local se compone de un vector unitario normal y un vector unitario tangencial. se tomarán de modo que los planos correspondientes sean el horizontal y el vertical. considerando entre tensiones efectivas horizontales y verticales. en general.( 3 J tendrán dos puntos del nuevo estado tensional y.80 t/m 2 Fv 2 (J ) 2.Tensiones y deformaciones. El vector tensión asociado a cualquier plano puede definirse en la base local. del círculo de Mohr: ) .6 × 5 3 t/m h0 o z0 2 (F ) (F' ) u 35 8 t/m h0 h0 (J ) / 0 zh 0 ( En estos mismos planos (vertical y horizontal).25 t/m hp z z ( © los autores. . 1998. La forma general de plantear la suma de dos estados tensionales consiste en definir dos planos calcular sobre cada uno de ellos las tensiones normales y tangenciales producidas por cada " $ . aunque en realidad puede tomarse cualquier par de planos. © Edicions UPC.80 2. tendrá una componente normal ( Fn ) y una componente tangencial ( J ) al plano. n y t. se y ( ) . es decir: ( ( y obtener las Fn)1 Fn)2 ( ( J)1 J)2 ( ( Fn)1 Fn)2 y ( ( J)1 J)2 como suma en esos dos planos que puede realizarse tensiones normal tangencial directamente al ser las distintas componentes paralelas: ( ( Fn)3 (Fn)1 (Fn)2 Fn)3 (Fn)1 (Fn)2 esta ) suma.5254. el peso específico sumergido será: En consecuencia. Si los planos elegidos son ortogonales entre sí. El estado tensional asociado a un plano es una magnitud vectorial y. .25 10.80 14.25 t/m 2 (J ) zh suma (Jzh)0 (Jzh)p 0 2."& Mecánica de Suelos. el estado tensional inducido por ambas solicitaciones (carga en faja y peso propio del terreno) resulta como: Fz)suma (Fz)0 (Fz)p 10 4.8 t/m 2 2 (F ') h suma (Fh)suma u 10.5 Círculos de Mohr en tensiones efectivas © los autores.54 2.8 5 9.25 t/m ( Figura 18.54 t/m ( y las tensiones efectivas: Fz')suma (Fz)suma u 14. 1998.4 Círculos de Mohr en tensiones totales Figura 18. 1998.25 5 5. © Edicions UPC.80 t/m 2 2 (F ) h suma (Fh)0 (Fh)p 8 2. Problemas resueltos Al disponer de las tensiones normales y tangenciales sobre los planos vertical y horizontal. pero si se toma con respecto a direcciones el resultado final es el mismo. El centro y el radio del círculo de Mohr del estado tensional suma (tensiones totales) vienen dados por: s Fv Fh 2 14.41t/m 2 F'1 F1 u 10. Dado que la máxima deformación de corte se produce en un plano vertical. © Edicions UPC.542(14.1 2. Tensión efectiva "' En las figuras 18. . Sabiendo que en un cierto punto de un suelo la deformación de corte máxima ((xy ) se produce en un plano vertical.812. encontrar el valor de las deformaciones principales y en qué planos se producen (en función de (xy . max max Se supone conocido el círculo de Mohr en deformaciones (Fig. tanto para cada uno de ellos por separado como para su suma. 19. Se resuelve el triángulo OAB " con (utilizando que.525 5 7.25 12.94 t/m 2 .94 t/m 2 t F'3 F3 u 4.12 t/m 2 Puede observarse que el radio ( ) del círculo en tensiones totales es idéntico que el del círculo de Mohr en tensiones efectivas. 1998.525 t/m 2 2 J2(Fzs)2 2. es decir: A es gn AB .41 t/m 2 F1 s t 15.45 o y g con el plano 3 forma 45 ).1). se determina la posición del centro del © los autores. Con .12 t/m 2 t Y la orientación de los planos en los que se produce la tensión principal mayor: "1´ arctg o "A 1 69.94 10. para un mismo arco.525 t/m 2 t' t 3. F3 s t 9.5 y Jn arctg F1 Fh o "B 1 114.1).1o El centro. y que en un plano que forma un ángulo " con la vertical se produce una deformación gn. Esto se debe a que las tensiones efectivas tangenciales son equivalentes a las totales y el valor de la presión intersticial no juega ningún papel. aunque entonces el polo se encuentra en posición diametralmente opuesta).525)2 3. o Conocido el polo se obtiene directamente el estado deformacional del plano que forma un ángulo la vertical (punto A en la figura 19.54 15. Una vez conocido el polo es inmediato determinar en este caso que las deformaciones principales se producen en planos que forman ángulos de 45 vertical ( o g 1 forma .4 y 18. radio y tensiones principales para el estado suma (tensiones efectivas) vienen dados por: s' s u 12. el ángulo central en una circunferencia es el doble del ángulo inscrito) y se obtiene la magnitud ello.25 24.5 se han dibujado los círculos de Mohr asociados a cada uno de estos estados tensionales.Tensiones y deformaciones.80 10. y sabiendo que la deformación normal en el punto círculo de Mohr. es inmediato conocer el polo P (se realiza con respecto a planos. gn y "). 1998. _______________________________________ PROBLEMA 19. las leyes de tensiones verticales y horizontales (F v . d) excavación de grandes dimensiones de 3 m de profundidad.1 se realizan las siguientes operaciones: a) colocación de un terraplén de 2 m de altura y de grandes dimensiones que una vez compactado tiene una (n=2 t/m!. la máxima deformación de corte ( xy ) max se relaciona con el radio del círculo de Mohr: t C g1g3 2 1 2 ( (xy)max Sumando las ecuaciones anteriores. se obtiene: g1 gn 1 2 ( (xy)max (1sin 2") y substituyendo en cualquiera de las anteriores resulta: g3 gn 1 2 ( (xy)max (1sin 2") _____________________________________ PROBLEMA 20 En el terreno de la figura 20. c) rebajamiento del nivel freático en 1 m. para los puntos de terreno no excavados. Problemas resueltos s C g1g3 2 gn 1 2 ( (xy)max sin 2 " Figura 19. b) eliminación del terraplén anterior. © Edicions UPC. 1 Círculo de Mohr en deformaciones Adicionalmente. 1998. 1998.# Mecánica de Suelos. . Obtener. © los autores. se encuentra normalmente consolidado.6 Este incremento de carga produce un aumento de las tensiones verticales totales y efectivas.4 4 1.p .9 z 3. inicialmente. Dibujar las trayectorias tensionales en los planos Fv'.Fv . Por otro lado. 1998.1 Geometría. y que en descargas y recargas dFh'/dFv'=0.Tensiones y deformaciones.4 (w (z4) z4 (F' ) (F ) u 0. La colocación del terraplén (que se identificará como repartida de valor: Situación 1 ) se asimila a una carga uniformemente )Fv 2 ((n) terraplén 0 ( )Fv 4 t/m 2 #z#4 Fv)1 (Fv)0)Fv 1.t'. 1998.1.45z1.q) (F F ) para el punto indicado en la figura 20. Tensión efectiva # F F v y F ).6 F'v)1 (F'v)0 )Fv 0.1. las tensiones horizontales (efectiva y total) serán: ( ( F'h)0 K0 F'v 0.8 Fh)0 F'h u 1. h h ' ( 2 = 3 Figura 20.Fh'.Fh).9 z 0.6 4 0.6 v0 v0 ( u Con objeto de determinar las tensiones horizontales (sobre planos verticales) se recurre al coeficiente de empuje al reposo ( z > 4 K0) que se define como la relación entre tensiones efectivas horizontales y verticales.6) 0. se supondrá que el suelo.9 z 3. ha sido posible el cálculo de la tensión efectiva horizontal a partir del valor de la tensión efectiva vertical.9 z 3.2 Fh primero hay que obtener Como puede verse. © Edicions UPC.8 z4 z > 4 ( ( Fv)1 (Fv)0 )Fv 1.q'.9 z0. '. (s'. Características del terreno y posición del nivel freático En la situación inicial (que se identificará como 2 Situación 0 ) actúa únicamente el peso propio del terreno (unidades de tensiones: t/m ) y da lugar a las siguientes tensiones verticales (total y efectiva): 0 ( # z#4 Fv)0 (n z 1.8 z Fv)0 4(n (z4) (sat 1. . para calcular F'h . Por tanto.9 z 7.45 z 2.s .5 × (0.9z3.t) y (p'. Al disponer del valor de coeficiente de empuje al reposo. habiendo © los autores. Suponer que las presiones intersticiales son las definidas hidroestáticamente por el nivel freático en cada caso sin ninguna generación adicional. # Mecánica de Suelos.4 t/m 2 que es lo que se había cargado al construir el terraplén.2 Situación 2 ).45 z 3.45 z 3. se trata simplemente de restar el incremento añadido anteriormente.8 Fh)1 (F'h)1u 1. debido al comportamiento elastoplástico del suelo. Se produce una variación de la tensión vertical de .6 h2 h2 ( La siguiente acción que se debe realizar es el rebajamiento en 1 m del nivel freático (se identificará como Situación 3 ).5 0.1 )F'v 0. . Las tensiones verticales que resultan son: 0 ( #z#4 Fv)2 (Fv)1 )Fv (Fv)1 4 (Fv)0 Fv)2 (Fv)1 4 (Fv)0 F'v)2 (F'v)1 4 (F'v)0 z > 4 ( ( Sin embargo.4 h2 (F ) (F' ) u 0.4 (F' ) 0.45 z 0.45 z 3. 1998. 4 #z#5 z > 5 la nueva ley de tensiones es: Fv 5 (n (sat (z 5) Con estas leyes de tensiones totales verticales. Dicho rebajamiento de nivel freático tiene dos efectos. Para poder estimar cómo se recuperan las tensiones horizontales.45 z 0. El suelo en 4 z 5 pasa a estar por encima del nivel freático y por tanto: Fz 4 (n (n (z 4) (n z En . El aumento de tensión efectiva vertical hace que el suelo siga normalmente consolidado y sin deformaciones laterales (condiciones unidimensionales). La siguiente operación consiste en la eliminación del terraplén (que se identificará como La eliminación del terraplén supone una descarga con el consiguiente descenso en el estado tensional y las tensiones verticales volverán al estado anterior a su colocación. Con este valor.4 0.9 z 7. y con una ) influencia menor en este caso. En segundo lugar. se pueden calcular las correspondientes tensiones efectivas: 0 ( #z#4 Fv)3 (Fv)2 4 # z # 5 (F ) ( z 1. se proporciona en este problema una ley lineal con variación de 0. En primer lugar.6) × 0.8 z v3 n © los autores. no se producirá en descarga un retorno a los valores iniciales antes de la construcción del terraplén. © Edicions UPC. 1998. varía la ley de tensiones totales debido a que el peso en la zona no saturada es (n en lugar de (sat .45 z 3.8 0.1.4 z 4 1. respecto a las tensiones horizontales. Por tanto: ( ( F'h)1 K0 (F'v)1 (0.8 z 4 1. Es decir. la variación en descarga de tensiones efectivas horizontales es: F'h)2 (F'h)1 )Fh )F'h 0. varía la ley de presiones de agua que pasará de ser u = M( z - 4 ) a ser u = M (z - 5 . Problemas resueltos supuesto además que la presión intersticial no se modifica.45 z 3.1 (4) 0. 45 z 2.49 z 5 1.9×10 0.49 0.4 0.5) (0.51 h3 h3 En caso que el incremento de tensión a añadir fuese superior a 4 t/m 2 sería necesario aplicar el incremento en dos pasos.45 z 3.5 5.3 t/m : 2 F'h)p 0 0.95 z5 1.4 1.54 (F' ) 0.9 z 4.9 z 5. La última acción consiste en la realización de una excavación de 3 m de profundidad (se identificará como Situación 4 ).3 t/m Situación 1 en P © los autores. .9 v4 v3 v ( y las tensiones horizontales vienen dadas por: z > 5 F'h)4 (F'h)3 )F'h )F'h 0.9 z 0.45 z 3. z se particularizarán para el punto P que sitúa el enunciado a una Situación 0 (inicial) en P : ( ( Fv)0 1.45 z 1.45×10 2.45×10 1.9 z 0. Al escavar se produce una descarga en el suelo de valor: )F v 3 (n 3 × 1. 1998.95 h4 (F ) (F' ) u 0.5 )F'v (F'v)3 (F'v)2 (0.6) 0.9 z 0.2 12.45 z 2.1 )F'v 0.1 × (5. por tanto: z > 5 )F'h 0.9 ( ( Puesto que este aumento de tensión vertical (0. Las leyes obtenidas en función de profundidad de 10 m.Tensiones y deformaciones.5 F'v)3 (Fv)3 u 1.1 × 0.05 h4 h4 ( que son las expresiónes en el estado final. © Edicions UPC.9 z 0.9 (F' ) (F' ) ()F ) 0.09 (F' ) 0.4 Fv)4 (Fv)3 )F v 1. 1998.8 6.9 0.4 18.9 z 3.49 h3 (F ) (F' ) u 0.09 0.4) 0.6 t/m ( 2 Fh)p 0 1.8 5.45 z 2.5 5.4 t/m 2 Las tensiones verticales se calculan de acuerdo con: 3 < z ( #5 Fv)4 (Fv)3 )F v 1.9 z 4.6 t/m 2 p ( 2 F'v)p 0 0.6 12. Un primer paso en recarga hasta llegar a la presión de preconsolidación y un segundo paso desde la misma. que es la máxima tensión a la que ha estado sometido el terreno). Tensión efectiva #! Fv)3 5 (n (sat (z5) 1.4 0.45 z 3.9) es menor que 4 (peso del terraplén) hay que considerarlo como una recarga (dicha recarga se produciría hasta llegar a 4.5 (z5) 0.9×10 3.54 0.8 z 5.9 z 4.45 z 3. 74 7.9 13.15 4.9 t/m h h Situación 3 en P : p 2 2 Fv)p (F' )3 0.6 t/m Mecánica de Suelos.95 7.2 14.1 9.3 t/m 2 F'h)p 1 0.1.3 13.99 t/m h h ( Situación 4 en P : p 2 2 Fv)p (F' )4 0.45× 10 1.45 15.45×10 3.45 × 10 3.45×10 0.5 t/m v p p 2 2 (F )3 1.t.6 Situación 1 22.9×10 7.5 9.45 16. Como se tiene también en todos los casos que tanto: Fv > F h .1 6.45 t/m h h ( A lo largo de todo el proceso Jvh = Jhv = 0 por lo que las direcciones vertical y horizontal serán las principales. p'.3 7.9 8.25 15.4 7.45 12.6 Situación 3 18. t/m 2 Situación 0 18. © Edicions UPC.83 7.5 t/m 3 1.9×10 5.45 10.9 7.65 © los autores.74 12.6 12.5 14.45×10 2.q.6 16. .5 13. se cumplirá FL F = 1 y FD F = 3 .6 t/m v v p p 2 2 (F )2 1.9 12. Problemas resueltos ( ( ( 2 F'v)p 1 0. en la figura 20.5 18.6 Situación 2 18.45 t/m (F' )4 0.3 4.35 2. y por lo (Fv Fh)/2 p 1/3 (F 2 F ) q F F v h v h s t Los valores de las tensiones obtenidas en el punto variables (Fv Fh)/2 P se resumen en la tabla adjunta. 1998.8 8.9 tm (F' )2 0.9×10 0.6 22. s'.#" 2 Fv)p 1 1. q y q' a lo largo del proceso.6 13. s' .4 17.51 12. Estos valores se han dibujado formando las trayectorias tensionales en los planos en los planos Fv .3 8.9× 10 4.45 12.45 18.1 Fv Fh F 'v F 'h s s' t=t' p p' q=q' 12.45×10 2.5 Situación 4 13. t.83 12.45× 10 3.1 t/m 4 1.1 15.99 t/m (F' )3 0.25 10. 20.67 6.3 8.7 5.77 3.77 9. en la Fig.5 8.99 12.6 t/m 2 (Fv)0 18.9×10 3. en la figura 20.1 t/m v p p 2 2 (F )4 1.5 0.2. p.6 16.99 7. juntamente con las s.3 14. 1998. y p. p' .45 × 10 0.15 2.6 13. en los planos s.6 t/m ( 2 Fh)p 1 1.4 11.76 0.32 14. t'.05 12.9× 10 0.67 8.Fh.3.3 t/m Situación 2 en P ( : p p p 2 2 Fv)p (F' )2 (F' )0 12.49 7. . Tensión efectiva ## Figura 20. © Edicions UPC. 1998.2 Trayectoria de tensiones en plano s-t. Figura 20.1 Trayectoria de tensiones en plano F F F F v - h. s-t © los autores. 1998. v h.Tensiones y deformaciones. 3 Trayectoria de tensiones en plano p-q. .#$ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Figura 20. © Edicions UPC. 1998. p-q ______________________________________________ © los autores. 1998. que reduce en 3 m su altura piezométrica original. tendrá mayor facilidad para desaturar que si se tratara de una arcilla. 21. La coordenada vertical puede tomarse indistintamente en sentido hacia arriba ( hacia abajo ( z) o la z'). '. supondrá que se ha llegado al régimen estacionario). © Edicions UPC. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. tanto antes como después del bombeo. y puesto que se trata de un suelo granular (arena). El origen también es arbitrario. Quedan rigurosamente prohibidas. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. En el terreno de la figura adjunta (Fig. En este caso. Por tanto. El nivel piezométrico se define como: n z En principio en la zona por encima del nivel u (w el peso específico del terreno tendrá un valor freático intermedio entre el peso específico saturado y el peso específico seco. 1998. .1) se lleva a cabo un bombeo de agua en la capa de grava. presiones y niveles correspondientes al estado inicial antes de bombear. 1998. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. '. Flujo de agua en suelo saturado indeformable PROBLEMA 21. bajo las sanciones establecidas en las leyes. se tomará como peso específico natural el valor de la densidad seca. Obtener y dibujar las leyes de variación de FD F D . (en esta última situación se . Figura 21. y en este case se toma en las gravas para z y en superficie del terreno para z' ( z = 12 - z').Flujo de agua en suelo saturado indeformable #% Capítulo 3. y FL FL n con la profundidad. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se obtienen las leyes de tensiones. u. que se obtiene como: © los autores. 84 Fh F h u 0.94 F K0 F v 0.635 z d Fh F h 0<z #2 Aunque de hecho la definición de tensiones efectivas en la zona no saturada tiene poco sentido. © Edicions UPC.86 z 2 z 0.125 (sat(w ! (d (s 1. En el estado inicial. se han tomado como iguales a las totales. resultado que se obtiene al suponer que la presión intersiticial es cero.53 n z u (12z ) z 2 10 m (w 1 2<z #4 Por último para el limo en la zona saturada: 4<z limo Fv (d 2 (arena sat (42) (sat (z 4) 6.27 × 2 1. Problemas resueltos (sat (s(we 1e ( s e (s(sat 1.#& Mecánica de Suelos.27 t/m3 1e Para este cálculo se ha tomado = 2. Esto se representa cualitativamente en la figura 21.27 z 0. 1998. 1998.14 F h Ko F v 0. .8 z 1.6 z 0.14 2(z 4) 2z 1.8 (z 2) 1.84 z 2 1.86 u ( (z 2) z 2 w Fv Fv u 2 z 1. Para la arena en la zona no saturada las tensiones son: Fv (arena z 1.06 d u ( (z 2) z 2 w F v Fv u 0.4 z 1.47 F F u 1.4 z 0.8 z 0. anterior a la realización del bombeo. Para la zona de suelo arenoso bajo el nivel freático resulta: arena Fv (arena 2 (sat (z 2) 1.5×1.14) 0. © los autores.6(z 0.7 t/m .6 z 0.2.16 # 12 nz u (w 10 m El bombeo en las gravas produce un rebajamiento de nivel en las mismas de 3 m.6 z 1.27z d u 0 F v Fv F h K0 F v K0 (arena z 0. las leyes de tensiones se calculan a continuación. Con los datos de este problema se obtiene: K eq L L 1 1 K L 2 2 10 2 10 K 1 8 10 1. © Edicions UPC. .Flujo de agua en suelo saturado indeformable #' Figura 21.2 Leyes de presiones y nivel piezométrico antes de bombear y durante el bombeo El caudal vertical generado por la variación de obtenerse como: n se produce hacia las gravas ( n decreciente) y puede q z Keq dn Keq )n Keq 107 Keq 0.75 × 105 cm/s 0.3 3. 1998.25 × 104 cm/s 4 m m q z Keq 0.3 )z 10 dz El signo negativo de este caudal indica que se trata de un flujo de agua descendente. Esta permeabilidad equivalente puede interpretarse como la que tendría un medio homogéneo equivalente. 1998. La permeabilidad equivalente ( Keq) en un sistema formado por 2 capas y con flujo en la dirección normal a la orientación de las mismas viene dada por: L K L 1 1 eq K L 2 2 . L K L1 L2 Esta expresión se obtiene como resultado de imponer que los flujos en cada capa son iguales entre sí e iguales al flujo que las atraviesa. luego: expresa que el caudal dq z dz 0 q arena qlimo qz Este caudal puede calcularse como: © los autores. La ecuación de continuidad en régimen estacionario es constante para cualquier z.0324 3 2 día Para obtener cómo varían las leyes de tensiones debido al bombeo hay que calcular las variaciones de presión intersticial o de nivel. solamente varían las presiones intersticales o niveles.99875 z 1.4963 n 0.36 F h K0 F v 0.4963 0. es decir: 2<z #4 0<z <4 ) F 0 Mientras que en la zona donde la presión intersticial varía. que resulta tener un valor de Este valor es prácticamente es alta en comparación la .9975)(z 2) 0.50 Y por tanto los cambios de tensión serán nulos donde no haya variación de presión.9975 m. © Edicions UPC. 1998.9975 a 4 b n 7 a 12 b 0.6253 z 0. para la arena en la zona saturada: n 10 a 2 b n 9.14 (0.5) 1.3747 z 1. en este caso. Problemas resueltos q arena K1 dn K1 n10 810 d z n = 9.00125 z 10. . La nueva ley de niveles piezométricos es. 1998.00125 z 10.9975 a 4 b 0.4963 u (nz)( (0. 10 m y esto pone de manifiensto el hecho que la permeabilidad en la arena el limo.002512z ) 0.3747 b 11. Dichos cambios en la presión intersticial vienen dados por: ) u (0.0025 n 0.$ Mecánica de Suelos.3747 z 11. las nuevas tensiones efectivas son: Fv z 0. los cambios de tensión efectiva podrán obtenerse como # 12 n a z b 4<z F ' = - )u ya que la tensión total F permanece constante y F ' = F-u .0025 0 4 # z # 12 ) u (0. m) se hay pocas pérdidas la capa de de carga limo.375 z 1.0025 u (nz)( (0.5037 w a Puesto que.825z 0.375 z 1.9975 w a mientras que para el limo: #4 n a z b n 9.99875 z 1. Por (3 tanto.5037)(z 2) 0. 4<z # 12 © los autores.496312z ) 0.00125 b 10.6253 z 0.3 se han representado las leyes de alturas piezométricas.375 z 1. presiones intersticiales y tensiones verticales y horizontales tanto antes como durante el bombeo. en El la capa de de arena y con de prácticamente intersticial es: )u = )n (w 2<z pérdida nivel total produce en cambio presión porque z no varía.816 En la figura 21.00125 z 0. donde n es el nivel piezométrico en el interfase arena-limo.3747 z 11. 3 Leyes de alturas piezométricas.1 Representación esquemática del terreno © los autores. 1998. . Obtener (suponiendo condiciones estacionarias) el caudal vertical generado y la ley de niveles piezométricos con la profundidad. 1998. © Edicions UPC.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $ Figura 21. Figura 22. presiones intersticiales. En el terreno de la figura 22.1 se rebaja en 4 m el nivel piezométrico del estrato inferior de gravas. tensiones totales y efectivas ______________________________________ PROBLEMA 22. Aplicando los valores propuestos en este problema. resulta una permeabilidad equivalente igual a: K eq 6 2 10 4 3 10 2 1 10 5. correspondiente a las interfases entre cada dos capas (Fig. Problemas resueltos La ecuación de continuidad del agua juntamente con la ley de Darcy dan lugar. C( z = 1) y D( z = 0). se tiene: © los autores.0034 m día 0.$ Mecánica de Suelos.92 × 106 cm/s× 1m 100 cm × 86400 s 1 día q z 0. .0034 m 3 2 m día La condición de continuidad permite establecer que: q limo qarena qarcilla q Figura 22.88 × 106 cm/s 3 que permite calcular el caudal unitario o flujo como: q z 5. bajo la hipótesis de régimen estacionario en un sistema multicapa y flujo perpendicular a las capas. a: q z Keq dn Keq )n )z dz L L L K eq 1 1 K L 2 2 K L 3 3 L1 L2 L3 n K En régimen estacionario.2).2 Leyes de presiones y niveles piezométricos Si se utiliza la denominación de puntos A( z = 6).92 × 106 cm/s 06 3. 1998. las leyes de niveles pezométricos ( ) son lineales en cada estrato homogéneo. © Edicions UPC.88 × 106 (64)6 3. 22. B( z = 4). 1998. manteniendo el coeficiente de seguridad en 1. En el terreno de la figura 23. _____________________________________ PROBLEMA 23.5 m.1 se va a realizar una excavación de grandes dimensiones.0 t/m . 1998. la última ecuación es innecesaria ya que = 6 . Particularizar el problema para d1=10 m.1 Representación esquemática del medio Se hace inicialmente la hipótesis de que serán: x>s. s=1 m. Obtener la máxima profundidad x a la que se puede llegar manteniendo un coeficiente de seguridad al sifonamiento (FS= /u) de 1. Las leyes de presión intersticial y tensión antes de excavar (d1d2zs) (w Fz (d1d2z) (n1 d2 # z # d1d2 Fz d1(n1(d2z) (n2 0 # z # d2 u Estas leyes se representan en la figura 23. (n2 =2.5? Figura 23. y obtener en este caso el caudal que se recogerá. que se mantendrá seca mediante bombeo en superficie. F (n1=1. K1 =10 3 3 -1 cm/s y K2 =10 -3 cm/s. En la figura 22. d2 =0. .Flujo de agua en suelo saturado indeformable $! q 1 K 1 dn K 1 dz nBnA z z B A nCnB z z C B nDnC z z D C n D nB 5.9216 m nC 5.4 = 2 m. ¿Qué medidas se podrían adoptar para aumentar la máxima profundidad x obtenida.00 m q 2 K 2 dn K 2 dz q 3 K 3 dn K 3 dz De hecho.2. © Edicions UPC. © los autores. 1998.5 (se considerará que. la presión intersticial en las gravas inferiores no varía). debido a la relativa impermeabilidad de la capa de limo arenoso con respecto a la permeabilidad de las gravas.9204m nD 2.8 t/m .2 se representa la ley de niveles piezométricos y la ley de presiones intersticiales. dada la forma de la ley de presiones que se va a tener en este caso (arena sobre limo y limo sobre grava).s) (w u = 0 en z = d1 + d2 .2 Leyes de presión intersticial y tensión total antes y después de excavar A medida que la excavación avanza. Entonces.2) mientras en z = 0 (punto C. El factor de seguridad al sifonamiento se obtendrá para este punto (C. Por otro lado. la mayor parte de pérdida de carga. el primer punto en el que se alcanzará la situación crítica de sifonamiento ( F = u o F ' = 0) es el C debido a la relación entre permeabilidades.2). En otras palabras.5. 23. se produce entre C y B (Fig. Esta hipótesis es razonable siempre que las gravas se puedan suponer conectadas con el nivel piezométrico regional.$" Mecánica de Suelos. el punto C es el más desfavorable como puede verse en la figura 23. 23. Fig. .x (punto A. el caudal que hay que bombear en el interior de la excavación vendrá dado (en condiciones unidimensionales) por: © los autores.64 m como máxima profundidad de excavación para dicho factor de seguridad al sifonamiento y los datos del problema. un valor de proyecto que se establezca. Por otro lado. la presión intersticial se va acercando a la tensión total bajo la excavación. Fig. Problemas resueltos Al realizar la excavación se produce una variación de las tensiones totales (peso del terreno excavado) y de las presiones intersticiales (bombeo de agua en el interior de la excavación). Fig. Pero. 23. La ley de tensiones totales se transforma en: Fz (d1d2zx) (n1 d2 # z # d1d2 Fz (d1x) (n1 (d2z) (n2 0 # z # d2 Sobre la ley de presiones intersticiales se sabe que la que u = (d1 + d2 . resulta x # 2. 23. resulta: (d 1 x ) (n1d2 (n2 $ FS o (d1d2s) (s FS x # d1 (d 1 d 2 s ) Sustituyendo por un valor de o = 1. 1998. En este último punto se supone.2) como: FS F u (d 1 x ) (n1d2 (n2 (d1d2s) (w (w FS od2 (n (n1 Si se impone FS $ FSo es decir.2). su alta permeabilidad impide pérdidas de carga aunque se bombee en la excavación.2. dado que los limos son mucho más impermeables que las arenas. © Edicions UPC. tal como se indica en el enunciado. 1998. a medida que la excavación avance. Figura 23. que la presión intersticial no varía. 64 1 10.0139 2. La figura 24. En primer lugar se debe tratar de un © los autores.5 m m 3 2 día Por último. de los que se pretende extraer agua bombeando desde un pozo circular.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $# q z Keq dn Keq dz ncnA z z c A siendo: nC z C nA z C z u (w u C zC (d 1 d 2 s ) (w d1 d2 s (w (w z A (d1d2x) 0 d1 d2 x d1 d2 x d C 0 y A y como permeabilidad equivalente: K eq L L 1 1 K L 2 2 K d2 x d x d 1 2 1 K 1 K 2 Substituyendo la permeabilidad equivalente y los niveles piezométricos resulta: q z Keq d xs xs d x d x 1 2 1 K d 2 2 1 K e introduciendo los datos del problema y x = 2. una vez establecido el régimen estacionario. 1998. En ambas situaciones (acuífero libre y acuífero confinado) es preciso adoptar previamente ciertas hipótesis sin las cuales no es posible obtener una solución analítica. _____________________________________________ PROBLEMA 24. En este caso. Obtener en ambos casos las leyes de niveles piezométricos del acuífero al bombear un caudal Q.0029 cm/s × 86400 s 1 día × 1m 100 cm 2.5 2.1 muestra los casos de un acuífero libre y de un acuífero confinado. el caudal a bombear en las gravas puede ser muy elevado en función de la magnitud y permeabilidad del acuífero.0029 cm/s Dicho caudal se puede expresar en otras unidades: q z 0. © Edicions UPC.64 0.64 m resulta K eq 0. .0139 cm/s y q z 0. respectivamente. 1998. como posible solución para aumentar la profundidad de la excavación sin modificar el factor de la seguridad al sifonamiento consiste se puede citar la reducción del nivel piezométrico en las gravas mediante bombeo en pozos o con drenes hacia las arenas y la excavación. a) acuífero libre (Fig. Problemas resueltos acuífero homogéneo e isótropo. © Edicions UPC. Relacionado con lo anterior. . En segundo lugar la solución se debe obtener para un régimen estacionario a caudal constante. se admite la hipótesis de Dupuit. es decir. en el caso de acuífero libre.2) Figura 24. 1998.$$ Mecánica de Suelos. 24.2 Acuífero libre con condición de contorno de nivel constante ( h = nivel piezométrico = espesor saturado) Sea q(r) el caudal unitario que atraviesa una superficie perpendicular a la dirección radial.1 Bombeo en acuífero libre y acuífero confinado. Por último. por lo que la ecuación En régimen estacionario este caudal debe ser igual al que se extrae del pozo ( de continuidad quedará como: q(r)2 BrhQ © los autores. El caudal que pasa través de un cilindro de radio r y altura h (espesor saturado a distancia r) es: q(r)2 Brh -Q). Figura 24. que establece que las líneas de nivel piezométrico constante pueden considerarse verticales. debe existir asimismo un contorno de nivel constante. a pesar de que el nivel freático no es horizontal. 1998. que para r = r0 se cumple h = h0 (hipótesis de isla circular con pozo en el centro). 1998. El caudal que pasa a través de un cilindro de radio caso el espesor es siempre r y altura b (en este b por tratarse de un acuífero confinado) es: © los autores. 1998. la ley de Darcy permite escribir (el nivel piezométrico coincide con el espesor saturado): q (r ) K dh dr y sustituyendo la ley de Darcy en la de continuidad resulta: K 2 rh B dh dr Q 2hdh Q dr r BK La integral de la ecuación diferencial anterior proporciona: h 2 Q BK ln r A r = r0 se supone que donde A es una constante de integración. © Edicions UPC. es decir: mho h 2hdh BK mro h Q 2h ho r Q BK ln r r ro 2 ho2 Q BK ln r o b) acuífero confinado (Fig. 24.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $% Por otro lado. .3 Acuífero confinado con condición de contorno de nivel constante. resulta: h0 2 Q BK ln r0 A A h02 Q BK ln r0 y finalmente: h 2 h02 r dr r Q BK h ln r r 0 Esta ecuación puede también obtenerse como una integral definida de la ecuación diferencial.3) Figura 24. ( h = nivel piezométrico b = espesor del acuífero) Sea b el espesor del acuífero confinado y q(r) el caudal unitario que atraviesa una superficie perpendicular a la dirección radial. Puesto que para h = h o. Por ambas fracturas. Si a distancia r = r o. 1998.5 m. con materiales de permeabilidades K1 y K2. respectivamente. $ =135 . $ =30 . _______________________________________ PROBLEMA 25.1 representa un talud en material impermeable. con dos fracturas rellenas. s 2ho Q BK h0. que es la variable que normalmente se mide en el campo.$& Mecánica de Suelos. d2=0. © los autores.8 m. Suponiendo que se ha alcanzado el régimen estacionario. © Edicions UPC. circula agua procedente de la escorrentía superficial del talud. para descensos pequeños. l=500 m. obtener una relación entre K1 y K2 para que un pozo vertical que pase por el punto de intersección de ambas fracturas sea artesiano y aplicarlo al caso: d1=0. Problemas resueltos q(r)2 Brb que igualado al caudal bombeado (- Q) resulta: q(r)2 BrbQ h el nivel piezométrico): y sustituyendo q(r) por la ley de Darcy resulta (siendo K 2 rb B dh dr Q dh Q dr r 2 bK B e integrando la ecuación diferencial anterior resulta: h Q 2 bK B ln r A el nivel es donde A es una constante de integración. h = ho se obtiene: A ho ho Q 2 bK B ln r o y finalmente: h Q 2 bK B ln r r o s definido como Estas expresiones pueden escribirse en términos del descenso s = ho - h. (h h o r 2 h0) o 2sh o ln r r s Q o 2 ho K B ln r válido siempre que h + ho . La figura 25. que se supone que están saturadas. Para el caso de acuífero confinado sería simplemente: s ho h Q 2BbK ln r r Q o 2 bK B ln r o r Para el caso de acuífero libre es preciso aproximar: h 2 ho2 (hho)(hho) . o o o 1 2 "=15 . 1998. . 2 es decir. Resolución a) El teorema de los senos permite relacionar distancias con ángulos opuestos en un triángulo.2 Esquema de las fracturas y ángulos considerados En este problema se van a presentar dos resoluciones alternativas en lo relativo a las condiciones geométricas impuestas. 25. © Edicions UPC. 1998. 1998. B 90 $1 $2 90 $2 $1 90 " ($290) 180 ("$2) © los autores.2) quede por encima de la superficie del terreno. B C BC sin A AC sin B Los ángulos en y en función de " $ $ . 25.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $' Figura 25.1 Representación esquemática del talud La condición de pozo artesiano es que: nB > z D es decir que el nivel piezométrico en el punto B (Fig. Como podrá verse ambos planteamientos conducen al mismo resultado. y son: C A " $1. Aplicándolo al caso del triánculo ABC (Fig. Figura 25. .2) se tiene: AB sin C A. que en este caso implica simplemente que el caudal en de anchura de talud. © los autores. Problemas resueltos Además = y el ángulo suplementario permite escribir: sin(180 ( "$2)) sin("$2) l De las anteriores ecuaciones resulta: AB l "$1) sin($2$1) sin( BC "$2) sin($2$1) sin( Las coordenadas z de cada punto son: z B 0 BC sin $1 l z sin( C "$2) sin$1 sin($2$1) l z A AB sin(180$2) sin( "$1) sin$2 sin($2$1) BCD. Estos caudales. © Edicions UPC. 1998. y nD nB = ya que en el pozo no circula agua. Consecuentemente la condición de continuidad de caudales quedará como: Q AB QBC nB K 2 ( B z A) AB n d 2 K1 (z C nB) d BC 1 De la ecuación anterior se puede obtener . que no es conocido: z nB A zC K K K K 1 d1 AB 2 d2 BC 1 1 d1 AB 2 d2 BC > y puesto que la condición de pozo artesiano es nD zD. es decir. se pueden calcular como: AB es el mismo que en Q AB q2d2 K2 q1d1 K1 zC nBnA AB d 2 Q BC nCnB BC d 1 donde se ha aplicado que n) = zA y n+ = por tratarse de puntos exteriores. en este caso al triángulo z sin( "$1) D BC sin(90 ") z D l "$2) sin("$1) sin($2$1) sin(90") sin( BC. . 1998. resulta: y volviendo a aplicar el teorema de los senos. uA = u C = 0. por unidad Por otro lado. Mecánica de Suelos. los caudales que circulan en las fracturas deben cumplir la ecuación de continuidad.% AC l. .3 Variaciones de nivel piezométrico entre A. B y C © los autores. © Edicions UPC. d = 0. $ = 30 $ = 135 resulta: K K 2 1 > 0.5 m. Finalmente.Flujo de agua en suelo saturado indeformable % resulta: z A zC K K 1 d1 AB 2 d2 BC > zD 1 K K 1 d1 AB 2 d2 BC Esta ecuación permite obtener la condición entre permeabilidades: K K 2 1 > z z A D z D z C d1 AB d 2 BC donde: z D zC zD l "$2) sin($2$1) sin( sin( "$1) sin $1 sin(90") sin( sin 2 l z A "$1) sin($2$1) sin( $ "$2) sin(90") sin( Haciendo el cociente y operando resulta: zC z z A D z D "$2) cos $1 sin("$1) cos $2 AB y donde cos $ <0 con la geometría indicada. 1998.8 m. 1998. sustituyendo este cociente y los valores de BC obtenidos anteriormente en la condición entre permeabilidades resulta: K K 2 1 > d d 1 sin( 2 "$2) cos $1 sin("$1) cos $2 y "$1) sin("$2) sin( d d 1 2 $1 cos $2 cos Para d = 0.76 Figura 25. iguales por continuidad. los caudales en cada tramo. Problemas resueltos Este problema tiene una solución más sencilla. © Edicions UPC. Dibujar la red de flujo y estimar el caudal infiltrado correspondiente al caso de la figura 26. son: Q K 1 d1 K 2 d2 CB (lx) cos " cos $1 " cos(180$2) x Q nB nA BA BA cos De donde se obtiene: nB nC nA nB Q K (l x) cos cos x 1 d1 Q $1 " cos K 2 d 2 cos(180 " $2) (l x) cos cos que se sustituyen en la desigualdad anteriormente establecida: Q K x cos 2 d 2 cos(180 " $2) < (l x ) K 1 d 1 x Q $1 " Finalmente resulta: K K 2 1 > d d 1 2 $1 cos $2 cos resolución b). C En la figura 25.3 se representa la situación en la que se B = zD. . © los autores. 1998. las presiones intersticiales producidas en la pantalla. Las pérdidas de nivel entre en dos tramos: AB ( cumple exactamente n n A - n ) C y BC ( n A - n A y C ( n A - n C ) se producen ). 1998. y la única diferencia entre ellas es la condición geométrica planteada inicialmente (teorema de los senos o triángulos rectángulos).1. asimismo.% Resolución b) Mecánica de Suelos. _____________________________________ PROBLEMA 26. ambas resoluciones son equivalentes. En este caso. los dos triángulos rectángulos con ángulo " permiten escribir: nA nB x nB nC l x nAnB < nC nB CB nA nB l x x ( B n nC) pero el pozo sería artesiano siempre que: l x x ( B n nC) Por otro lado. que coincide con la expresión obtenida anteriormente en la De hecho. Obtener. 1 Representación esquemática del problema La ecuación de continuidad del agua en régimen estacionario y medio bidimensional es: M qx M qy 0 Mx My donde qx y qy son los flujos en la dirección de los ejes. donde " es un coeficiente que no se conoce xt una nueva variable.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %! Figura 26. en el cual © los autores. el cambio de variable debe ser tal que: K K x y "2 1 " K K y x x t K K y x x De esta manera la ecuación diferencial resultante corresponde a un medio equivalente isótropo. se tiene: M2n M Mn M Mn Mx 2 Mx Mx Mx t Mx t Sustituyendo en la ecuación de continuidad resulta: 2 Mx t "2 Mn 2 Mx Mx t 2 K K x y 2 2 "2 M2 n M n 0 M x t My 2 Consecuentemente. 1998. 1998. © Edicions UPC. Suponiendo un medio anisótropo y que las direcciones principales del tensor de permeabilidad coinciden con los ejes x e y se tiene: q x K x M n Mx q y K y M n My K K y sustituyendo en la ecuación de continuidad. . Haciendo y xt = " x. se obtiene la ecuación de flujo: K x M2n K M2n 0 y Mx 2 My 2 x y M2n M2n 0 Mx 2 My 2 ( K x K y) Para resolver el problema de flujo gráficamente (red de flujo) en un medio anisótropo
conviene realizar una transformación de coordenadas de manera que el coeficiente de ambas derivadas segundas en la ecuación diferencial sea el mismo. Problemas resueltos la red de flujo es ortogonal.y). . Figura 26. 2.10. 1998. que cumplía Para calcular el caudal que circula a través del terreno.40. 26. se puede utilizar el método gráfico. lo que corresponde a 11 curvas de igual nivel o equipotenciales.y. En la figura 26.95 y las curvas de nivel dibujadas corresponden a los valores 10.2 se ha representado esta red de flujo con 10 intervalos de salto de nivel piezométrico. © Edicions UPC.y). y por tanto. debido a la anisotropía del medio.25. 6.30.05. 9.5 m. 4. 3.y) puede trasladarse al plano original (x .2. Red de flujo en el plano xt . 5. debe calcularse una permeabilidad equivalente definida como: K eq K x Ky que en este caso tiene un valor de: © los autores.35. entre Puede verse que además de de ortogonal. luego: x t K v 4 Kv x 1 2 x que permite dibujar una red de flujo ortogonal en el plano (xt .3). al haberse distorsionado (Fig. Una vez construida la red de flujo en el plano (xt .20. 1. 1998. 8. diferencia nivel piezométrico entre cada dos lineas equipotenciales es: )n 10 0.15.5 10 0.%" Mecánica de Suelos. en el que puede verse que la red de flujo no cumple las propiedades de ortogonalidad y equidistancia la red en el espacio transformado. En este problema Ky = K v y Kx = K h = 4 K v. 7.45 y 0. en la red de flujo La se ha dibujado de con equidistancia equipotenciales y líneas corriente cada celda. y. . )n es la pérdida de nivel Figura 26.95 m m Q 7. Figura 26.656 3 m día donde 4 es el número de tubos de flujo que se han obtenido en la red de flujo y entre dos líneas equipotenciales.6 × 106 m 0.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %# K eq K x Ky 4×10 4×104 2×104cm/s y dado que en la red de flujo las celdas se han tomado aproximadamente cuadradas. 1998. Por último.3. © Edicions UPC.4 Ley de niveles piezométricos sobre la pantalla © los autores. La figura 26. Red de flujo en el plano x . Para ello. se calculará la ley de presiones sobre la pantalla.4 muestra la ley de variación de n sobre las paredes de la pantalla. el caudal total podrá obtenerse como: Q ntubos Keq )n 3 ms 4 K eq )n 4 × 2 × 104 cm/s × 0. 1998. en primer lugar puede obtenerse el nivel piezométrico en cada punto mediante interpolación desde las equipotenciales contiguas. Un talud indefinido con inclinación $ está compuesto por un estrato limoso ((d. En consecuencia.0 t/m . 1998.1. La red de flujo se ha dibujado en la figura 27.5 se incluye también la presión neta sobre la pantalla que se obtiene por diferencia entre las presiones de agua a ambos lados de la misma. 1998. © Edicions UPC. Aplicarlo al caso h=6 m. y K=10 3 -3 cm/s. . K). se mide desde la superficie del terreno y por tanto en la pantalla los valores son negativos. Tanto la base impermeable del talud como la superficie freática son líneas de corriente que. y la dirección de la tensión sobre planos verticales. se produce flujo en concidiciones unidimensionales. sobre roca impermeable. son paralelas entre sí.%$ Mecánica de Suelos. o 3 d sat =2. que en este caso. Obtener en estas condiciones: a) la red de flujo en el terreno. además. de potencia h uniforme. d) las leyes de presiones totales y efectivas en planos paralelos a la superficie. =1. c) el caudal producido. El nivel freático está situado a una distancia s en vertical por debajo de la superficie del terreno. © los autores. Problemas resueltos A partir de esta ley es inmediato estimar la ley de presiones intersticiales ya que: nz u (w u (n z )( w donde es preciso utilizar también la cota de cada punto. Figura 26.8 t/m . s=1 m.5 Ley de presiones sobre la pantalla ______________________________________ PROBLEMA 27. b) la ley de presiones intersticiales con la vertical. (sat. a) =15 . En la figura 26. Por tanto.1 Red de flujo en talud indefinido Para evaluar el gradiente de nivel piezométrico freática. Ln )n sin $ )l Si se particulariza para los valores del problema resulta: Ln sin 15o 0. Este valor es arbitrario al ser el talud indefinido. . Entre dos puntos separados una distancia )l basta con considerar la inclinación se produce una variación de nivel )n de la superficie .Flujo de agua en suelo saturado indeformable %% Figura 27. la ley de niveles piezométricos y presiones intersticiales resultante es: n n0 l )n n0 (Hsz) sin2$ )l 2 u ( n (Hsz) sin $ z) ( 0 w Particularizando con los datos del problema resulta: n n0 l sin15 o 5. En cualquier punto de dicha línea vertical el nivel piezométrico puede calcularse como: n n 0 l )n n0 l )l y en esta expresión: sin $ l en la que (Hsz) sin$ H es el espesor del terreno y s la profundidad del nivel freático. La variación por unidad de longitud puede asociarse con el seno del ángulo que forma el talud. 1998. © Edicions UPC. 1998.26 b) Las leyes de presiones intersticiales y de niveles piezométricos en la vertical se pueden obtener si se una línea vertical que desde cualquier punto del borde impermeable del talud se lleva hasta la toma equipotencial de valor n .21 l × 0.26 © los autores. ambas medidas en la dirección vertical. 21 cos 150)× 1 m 1.13 m 3/día )l 103 cm/s × se donde la permeabilidad se ha tomado como: K 1m 100 cm las × 86400 s 1 día 0. puede concluirse que en cualquier plano vertical las tensiones son iguales. en la superficie y en el contacto con el borde impermeable.%& l Mecánica de Suelos.2 Orientación de la tensión en un plano vertical © los autores. 1998. esto es: q K L n K ) n )l Q qb1 siendo b el espesor saturado y 1 la longitud que se toma perpendicular a la sección. debido a que debe equilibrar la componente del peso del terreno paralela al talud. 1998. no se pide el módulo puesto que no es posible deducirlo de la condición de equilibrio de tensiones. al tratarse de un talud indefinido.21) 0 t/m 2 u que son los valores en los extremos.21z) 0.864 m/día planos paralelos a la superficie. dicha tensión sobre planos verticales también es paralela a la inclinación del talud.93 z Se puede comprobar que: u (z (z 0) 4.26 z) 4. Figura 27.21(5. Problemas resueltos donde se obtiene como: l Sustituyendo (5. Utilizando los datos del problema se obtiene el siguiente valor: Q K )n b × 1 0. y la d) En el enunciado del problema piden tensiones sobre dirección de la tensión sobre planos verticales. es decir. En la figura 27.26 × (5. © Edicions UPC. En este último caso.26 ×0.21l sin15oz) (w (w (5.85 t/m 2 5.26 l en n n y en u y resulta en este caso: u (nz) (w (5.850.21z) × 0.2 se ha representado su dirección que. c) El caudal Q es igual al flujo ( q) multiplicado por el área. Sin embargo.864 m/día × 0. . 21z)) sin 15o cos 15o F n Fn u presiones intersticiales.93z) En este último caso se calcula también la tensión efectiva a partir de la ley de tensiones totales y la de © los autores. .21z) cos 150 sin 15o En 0 #z < 5.21z)) cos2 15o J ((d × 1 (sat(5.850. 27. la condición de equilibrio entre el peso y las tensiones es: Fn dl ((d × 1 (sat(Hz)) dx cos $ J dl ((d × 1 (sat(Hz)) dx sin $ que al particularizar da lugar a: Fn ((d × 1 (sat(5.3) de ancho espesor en la dirección vertical del talud.21 m (sobre NF).21 (bajo NF).Flujo de agua en suelo saturado indeformable %' Figura 27. basta tener en cuenta que en planos verticales las tensiones son iguales. u (w(4. 1998. Para ello se toma una rebanada (Fig.21z) cos2 15o J (d(6. © Edicions UPC. la condición de equilibrio entre el peso y las tensiones es: Fn dl (d (Hz) dx cos $ J dl (d (Hz) dx sin $ dx dl cos$ que al particularizar da lugar a: Fn (d(6. 1998.3 Esquema de la sección para el cálculo de tensiones. Esto implica que sólo es necesario establecer la condición de equilibrio de tensiones en la dirección normal y tangencial a dicho plano paralelo a la superfície del talud. Para el cálculo de las tensiones sobre planos paralelos a la superfície. dx que llegue hasta profundidad ( H-z) siendo H el En z # 5. En este caso particular sería más aconsejable utilizar un peso específico más cercano al saturado que al peso específico seco por tratarse de una zona muy cercana al nivel freático. . Kb) y la altura libre en el dique para b que. Entre A C representa un punto en el A y C existe una diferencia de potencial de valor H. c) ¿qué caudal deberá bombearse en el interior del dique suponiendo condiciones unidimensionales?. representa un punto cualquiera en la superficie del terreno. Obtener: a) la relación entre el espesor de la losa de base de hormigón ( orden de magnitud de valores de F se deberá utilizar?. ( .1 Esquema del dique seco a) En este apartado se pide la relación entre h y H en función de las demás variables del problema. en el que intervienen unas acciones a favor y © los autores. suponiendo condiciones unidimensionales. pero debido a la baja permeabilidad del hormigón con respecto al terreno. Se va a construir un dique seco en una zona portuaria con el nivel freático en superficie y en un terreno con un peso específico ( sat y una permeabilidad K. la pérdida de carga se produce prácticamente en su totalidad entre B y C. Figura 28.& Mecánica de Suelos. © Edicions UPC. 1998. ¿aumentará o disminuirá en este caso F?. mientras que interior de dicho dique.4 t/m b 3 y Kb=10 -8 cm/s (hormigón). el peso específico del terreno en esta zona varía entre el peso específico seco y el saturado. En general.1 es una representación esquemática de un dique seco construido en un terreno saturado. Para ello se establece el factor de seguridad a la flotabilidad. y su valor depende de lo lejos o cerca que se encuentre el punto en cuestión del nivel freático.8 t/m 3 y K=10 -3 cm/s (terreno). 1998. Problemas resueltos El hecho de utilizar (@ en la zona por encima del nivel freático está justificado al tratarse de un estrato no arcilloso. La figura 28. d) ¿qué medidas podrían adoptarse para aumentar la altura libre del dique sin disminuir el factor de seguridad? Aplicarlo al caso (I=J=1. ( =2. ______________________________________ PROBLEMA 28. el dique no flote con un factor de seguridad F. ¿qué b) ¿cómo se modificaría el cálculo si se suponen condiciones bidimensionales?. la colaboración de las pantallas laterales disminuye y se tiende a las condiciones unidimensionales. Este hecho sólo sería significativo para relaciones L/H no muy grandes. expresada en m/día es: © los autores. además. Como puede observarse esta condición es equivalente a la condición de sifonamiento. © Edicions UPC.Flujo de agua en suelo saturado indeformable & otras en contra: A favor (peso): h b (H + h) En contra (subpresión): w F a la flotabilidad El dique flotará cuando la subpresión supere el peso del dique. La estructura flotaría en la situación en la que las tensiones totales se igualasen con la presión intersticial. De dicha condición puede obtenerse: h F (1 H (b ) h H (w (w F h H (w F h H (b h H (w F 1 (b (w F (b 1 (w F Para los datos del problema se tendrán los siguientes valores: F F 1 1. El factor de seguridad podrá expresarse como: F h (H h ) (w (b F u condición que.85 . de lo contrario mucho y la losa necesaria para garantizar un determinado factor de seguridad sería de gran espesor.1 h /H h /H 0. . 1998.1) en este caso. Si L/H aumenta. en ellas puede existir un rozamiento hormigón-terreno también favorable. como puede verse. b) En condiciones bidimensionales. el factor de seguridad aumenta para una misma relación h/H ya que las pantallas laterales contribuyen a aumentar el peso de la estructura y.71 0. 1998. h/H aumenta Se observa que F puede ser poco mayor que 1 (1 < F < 1. expresa el cociente entre la tensión total y la presión intersticial en la superficie inferior de la losa del dique. c) El caudal que se infiltra se obtiene directamente por aplicación de la ley de Darcy en la losa de hormigón (el origen de la z se toma en la cara superior de la losa y en sentido ascendente): q n n K b ) n K b C B K b h (H h ) K b )z h0 z z c B sustituido la relación H h Kb (b 1 (w F La permeabilidad donde se ha H/h por la expresión obtenida anteriormente. . 1998. L/H. está bastante limitado si quiere evitarse una losa demasiado gruesa. otra posible alternativa sería la de rebajar nivel freático mediante bombeo con objeto de rebajar la subpresión. ______________________________________ © los autores.& Mecánica de Suelos.64 × 106 m/día Para los factores de seguridad considerados resultan unos caudales de: F 1 1. © Edicions UPC.012 l m 2 día F 0.2 × 105 q m m l 3 2 día 0. si es posible.1 q 1.010 m 2 día d) Para aumentar H sin variar el factor de seguridad se pueden adoptar varias medidas. Otra opción a considerar sería la posibilidad de instalar anclajes verticales hacia capas inferiores. Por último. En primer lugar aumentar h que. que aumentaría su contribución. Problemas resueltos K b 1 × 108 cm/s × 1m 100 cm × 86400 s 1 día 8. Otra opción es aumentar el espesor de las pantallas laterales que puede combinarse con disminuir. 1998. como ya se ha dicho. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. 1998.7 )F 1 0.86×*" *" 11.8 y = 10 cm/seg) de 4 m de potencia (NF en superficie) sobre un macizo impermeable. el tiempo adimensional correspondiente se calcula como: T 1 H eo av ) F 400 cm × 0. En primer lugar se calculará el coeficiente de consolidación: 3 sat av 2 e0 K -7 Cc En segundo lugar se calculará el asiento a largo plazo. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. *" 10 cm/s × (10. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright".048 cm /kp. El espesor del estrato (4 m) coincide en este caso con la longitud asociada a cada punto de drenaje ya que el borde inferior es impermeable y. = 0.Consolidación de suelos saturados &! Capítulo 4. bajo las sanciones establecidas en las leyes.8) × 100 cm × 86. Consolidación de suelos saturados PROBLEMA 29.8 2 2 cv t H 2 y el grado de consolidación correspondiente como: U 0. © Edicions UPC.0324 m/día 3. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.048 cm /kp 1 m 1 día 0. 1998. Quedan rigurosamente prohibidas.86 2 ( >0. por tanto. H=4 m. la carga F extensa y uniformemente repartida que en el plazo de un año hace alcanzar a dicho estrato un asiento de 10 cm.74 (4 m) 1 B8 exp 2 B 1año 4 2 T 1 B8 exp 2 B 4 0. Obtener para un terreno compuesto por un estrato arcilloso (( = 2 t/m .74 0. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento.400 s (w v 1000 kp/m × 0.75 × 10 m /s cv K (1 ) e a 7 3 2 7 2 Con objeto de determinar el asiento a 1 año. = 0.048 cm /kp )F 10. 10 cm0.6 cm .0324 × 1 año × 365 día/año 0. Estimar el parámetro de este terreno. debe producirse un asiento final (*"): * 1año Para que se produzca este asiento final se requiere un incremento de tensión efectiva de: © los autores.2) T Para que el asiento a un año (* ) sea de 10 cm. se ha adoptado la forma secante para relacionar y .048 × 1.08 0. cabría la posibilidad de utilizar una forma tangente.20.08 kp/cm .&" Mecánica de Suelos. Problemas resueltos A largo plazo. es decir.08 log 0.6 10. 1998. © Edicions UPC. Nota: Tal como se ha dicho.2 kp/cm 2 2 Al realizar este cálculo en dicho punto en el centro del estrato se está suponiendo implicitamente que corresponde a dicho punto. es posible calcular el índice de compresión.08 kp/cm 2 Cc ) log )e F av ) F log F t F Cc Para un punto en el centro del estrato: F ( 0 sum 0 × 2 m 2 t/m 0.7)F ) F 1. Coeficiente secante. .064 1. Análogo al caso anterior pero usando expresiones diferenciales: F v F c (log F ) c 1 F ln 10 1 F c v F c v F ln 10 F ln 10 En este caso para para F' pueden tomarse diferentes valores. Sin embargo. 1998. Se toman expresiones incrementales y se iguala el cambio de índice de poros dado por el modelo lineal ( ) y el dado por el no lineal ( ): av Cc av av Cc 0. La obtención de ambas formas se presenta a continuación.2 10 ) e a v ) F av ) e C c F t F 0 ) F C c log av log F t F log (F t/F ) c 0 C 0 ) F intermedio entre el inicial y el final. En el caso de adoptar una forma incremental o secante resulta: 2 11. Una alternativa razonable es utilizar el punto de a d de C d C d a d C d a C 2 ______________________________________ 0 F F f F © los autores. Con los resultados obtenidos. )F' = )F = 1. las presiones intersticiales se disipan y por tanto el cambio de tensión efectiva es igual al cambio de tensión total. es decir: Coeficiente tangente. el exceso de presión adimensional correspondiente al centro del estrato. .5 m H ( ) 4B T 4 × 0.80 kp/cm 1 kp/cm 2 2 El exceso de presión sobre la presión hidrostática tras la aplicación de la carga es: )F Por tanto.25 0. ) ue u0 De la gráfica de (Fig.050.80 1 kp/cm 2 2 Z = z H 2. el grado de consolidación será: W(Z.2) se obtiene para =0.5 m de profundidad.5 m 1 2. con un piezómetro. y por tanto. se mide en un momento dado un asiento en superficie de 4 cm y. una presión intersticial de 1. 2 2 Figura 30.25 kp/cm 2 2 uu h u0 1.T) U Z T T U T 0.Consolidación de suelos saturados &# PROBLEMA 30. =2.05 kp/cm a 2.479 B © los autores.18. 1998. que está en proceso de consolidación a causa de una carga extensa F = 1 kp/cm .1 Representación esquemática del terreno e isocronas de presión intersticial inicial e intermedia Al disponer de la presión intersticial en un punto.5m= 2.8 y =1 un tiempo adimensional = 0. La presión hidrostática en el punto medio será: Por tanto.80 kp/cm 0.5) son: W ZT ( . Obtener el asiento del terreno a largo plazo.18 0. es posible determinar el grado de consolidación en que se encuentra el estrato en el instante de la realización de la medida. Para ello se calcula el exceso de presión inicial. En un terreno arcilloso de 5 m de potencia sobre arena (NF en superficie).5 t/m 0. 1998. y la profundidad adimensional (al existir drenaje tanto por el extremo superior como por el inferior.2. © Edicions UPC. 30. que cumple < 0. el exceso de presión viene dado por: ue uh (w ×2. en el instante considerado y el valor adimensional. 36 cm 0. © Edicions UPC.10 0. 1998.8 2 0 0.4 1. En un terreno con geometría unidimensional.2 T=0.T) Figura 30. o sea.4 T=0.8 T=0.00 T=0.&$ Mecánica de Suelos. de 2 m de potencia (NF en la cota -1 m).9 1 W(Z.15 Z=z/H 1 T=1. Diagrama adimensional de isocronas de presión intersticial.10 1.40 T=0. para = ". todos ellos sobre un macizo impermeable.8 0.10 cm/seg) de 4 m de potencia.50 T=0. = 5.6 1. t t 0 4 cm 0.1 0. 1998. _____________________________________ PROBLEMA 31.7 0.2.05 0.2 0. Problemas resueltos Finalmente este grado de consolidación permite calcular el asiento final: *t *" U t *" *t U donde * es el asiento para un tiempo y *" el asiento a largo plazo. compuesto sucesivamente por un estrato arenoso en superfície muy permeable y poco deformable.479 8. = 10 cm/seg) de 5 m de potencia. .80 T=0.20 T=1.2 0. se realizan las dos hipótesis alternativas siguientes para estudiar los asientos de consolidación en el caso de construcción (rápida) de un terraplén de grandes dimensiones y 2 m de altura (( = 2 t/m ): Em 2 K -7 Em 2 K -8 n 3 © los autores.6 0.60 T=0.90 1.70 T=0.6 T=0.4 0. un estrato arcilloso ( = 100 t/m .30 T=0.5 0.3 0. otro estrato arenoso muy permeable y poco deformable de 3 m de potencia y un estrato arcilloso ( = 200 t/m . 3) suponiendo que la disipación de presiones en las capas arenosas se produce de forma prácticamente instantánea: = ( (13. Aa) La ley de presiones intersticiales a largo plazo (I-II-V-VI-IX en la figura 31. d) el tiempo transcurrido para llegar a un grado de consolidación medio del 45%. 31. Dicha ley es (coordenada desde la base impermeable): = ( (13 . 1998. así como el grado de consolidación medio a que corresponde éste último. de forma que las presiones intersticiales que en ella se producen pueden suponerse continuamente iguales a las hidroestáticas impuestas por la situación del nivel freático.1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se resuelve el caso A. b) la dirección de los caudales producidos. 1998. B) La capa de arena intermedia no está conectada hidráulicamente con la capa de arena superior. suponiendo alternativamente las dos hipótesis anteriores: a) las leyes de presiones intersticiales iniciales (tras el drenaje de las arenas si se encuentran conectadas hidráulicamente) y a largo plazo.Consolidación de suelos saturados &% A) La capa de arena intermedia está conectada hidráulicamente con la capa de arena superior. c) el asiento final y el producido al cabo de 1 año.) para 0 < < 13 Y la ley de presiones intersticiales iniciales (I-II-III-IV-V-VI-VII-VIII-IX en Fig. © Edicions UPC. t Figura 31. e) las isocronas para =1 año (indicarlas gráficamente a estima). . Obtener.3) corresponde también con la ley hidroestática inicial.) para 12 < < 13 z u w z z u w z z © los autores. incluyendo cada uno de los apartados del problema. por lo que las presiones intersticiales que en ella se producen vendrán determinadas por el comportamiento de los estratos arcillosos superior e inferior. && u u u w w w Mecánica de Suelos. Problemas resueltos = ( (13- ) + 4.0 para 7 < < 12 = ( (13- ) para 4 < < 7 = ( (13- ) + 4.0 para 0 < < 4 donde se ha tenido en cuenta que el cambio de presión instantáneo al aplicar el terraplén es: ) = )F = 2 t/m x 2 m = 4 t/m que, como se ha dicho, se disipa rápidamente en las capas arenosas. Ab) La dirección de los caudales producidos en las capas arcillosas durante el proceso de consolidación se representa en la figura 31.2. Aunque no se representa en dicha figura, en la capa arenosa intermedia también se producen caudales pero, al desconocerse el detalle de la conexión hidráulica, no es posible dibujar su dirección. z z z z z z u 3 2 Figura 31.2. Dirección de los caudales producidos durante la consolidación. Ac) Asiento final y a 1 año. El coeficiente de consolidación se puede calcular como: cv K Para el estrato de arcilla superior (arcilla 1) se obtendrá: cv 1 (w a v (1 o) e K Em (w mientras que para el estrato de arcilla inferior (arcilla 2): cv 2 10 cm/s × 100 t/m × 1m × 86400 s 0.0086 m /día (0.001 cm /s) 100 cm 1 día 1 t/m 7 2 2 2 3 8 2 2 2 3 Los tiempos adimensionales y grados de consolidación para = 1 año se pueden obtener como: t 5 × 10 cm/s × 200 t/m × 1m × 86400 s 0.0086 m /dia (0.001 cm /s) 100 cm 1 día 1 tm Por otro lado, el asiento a largo plazo ()F' = )F = 4 t/m ) es: *" E )F 5 m × 4 t/m 4 m × 4 t/m 0.20 0.08 0.28 m 28 cm 100 t/m 200 t/m 2 h 2 2 Em 2 2 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Consolidación de suelos saturados &' T 1 T 2 donde se han utilizado las correspondientes expresiones aproximadas del grado de consolidación en función del tiempo adimensional. Finalmente, para =1 año el asiento viene dado por: *t 1 0.0086 m /día × 365 día 0.502 (2.5 m) 0.0086 m /día × 365 día 0.196 (2.5 m) 2 2 2 2 U 1 0.75 0.50 U 2 año Debido a que el terreno presenta más de una capa arcillosa, debe hacerse la distinción entre el grado de consolidación1 medio y el grado de consolidación de cada estrato arcilloso que, en general no serán iguales. Si * y *2 son los asientos correspondientes a cada subestrato arcilloso, dichos grados de consolidación vienen dados por: U 1 0.75×20 cm0.50×8 cm 19 cm t *t 1 Ad) Para que el grado de consolidación medio sea de 0.45 debe producirse un asiento de: El tiempo para que se produzca este asiento será menor que 1 año porque 12.6 es menor que los 19 cm obtenidos en el2 apartado anterior. A partir de los tiempos adimensionales calculados en el mismo se puede concluir que será menor que 0.2. En cuanto a 1 no se puede asegurar lo mismo aunque se supondrá inicialmente que también lo es. En el caso de que posteriormente se viese que no es menor que 0.2, habría que repetir el cálculo con la otra hipótesis de partida. Se plantea, por tanto, la ecuación: T T U T 1 *" 1 U 2 *t 2 *" 2 U medio *t *t 1 1 2 *"*" 2 *t 0.45×28 12.6 cm Y, al suponer que < 0.2 en ambos casos, se usa la correspondiente expresión de × 20 cm × 8 cm 12.6 cm U 2 U(T) : que operando lleva a: 4 × 0.0086 × × 20 4 × 0.0086 × × 8 12.6 B × 2.5 B×4 t t 2 2 y con este resultado se comprueba la hipótesis adoptada, = 0.2; 2 = 0.08 (ambos menores o iguales que 0.2). Ae) Las isocronas estimadas para =1 año se han representado en la figura 31.3. A continuación se resuelve el caso B. T 1 0.0419 × 20 × 0.0262 × 8 × 12.03 12.6 12.03 145 días t t t t T t © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. ' Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Figura 31.3 Leyes de presiones e iscronas estimadas Ba) Las leyes de presiones a largo plazo (I-II-V-VI-IX en la figura 31.3) se corresponden también con la situación hidroestática: = ( (13- ) para 0 < < 13 Y las presiones después de aplicar la carga (I-II-III-IV-VII-VIII-IX en la figura 31.3): = ( (13- ) para 12 < < 13 = ( (13- ) + 4 t/m para 0 < < 12 Bb) La dirección de los caudales producidos durante el proceso de consolidación se representa en la figura 31.4. u w z z u w w z z u z 2 z Figura 31.4 Dirección de los caudales producidos durante la consolidación Bc) Los coeficientes de consolidación de los dos estratos ya han sido calculados en el apartado Ac): © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. De hecho. en este caso en que los coeficientes de consolidación son iguales. el drenaje es más lento en este caso B que en el caso A debido a la no conexión hidráulica de la capa de arena intermedia.Consolidación de suelos saturados ' El asiento final es el mismo que en el caso anterior ya que éste no depende de cómo se produce el drenaje.22 B T Bd) El tiempo para llegar a un grado de consolidación de 0. 1998. Be) La figura 31.45 × 28 12. lo que fuerza a que todo el drenaje sea a través de la superficie del terreno.0086 m /día × 365 día 0.22 × 28 cm 6.0086 m /día U B 2 2 2 Figura 31. 1998.17 0.17 × (9 m) 1601 días 0. . © Edicions UPC. 4 0.0086 m /día 2 *t 1 año 0.45 se puede calcular como: *t U 0.5 muestra una isocrona intermedia dibujada a estima.5 Isocrona intermedia estimada ____________________________________ © los autores.45 2 t TH Cv Como puede observarse. Según lo indicado se tendrá: T cv 1 cv 2 0.2 cm 2 2 U 4 0.6 cm T 0. Dado que la capa de arena intermedia es poco deformable y muy permeable no influirá prácticamente en el proceso de consolidación. se puede considerar como si sólo existiera un estrato de espesor 5 + 4 = 9 m que únicamente drena hacia arriba.04 (9 m) 0. y comenzar con éste posteriormente. dicho asiento puede escribirse alternativamente como: Igualando las dos expresiones anteriores resulta que el grado de consolidación será: Ut6 meses terraplén * * Ut 0. .1 Representación esquemática del terreno y leyes de presiones Debido a que.40 × *" *" bombeo terraplén Los asientos finales en cada caso vendrán dados por: *" terraplén 2 H Em ) F 2 2 t/m H Em 2 © los autores. a) ¿Qué asiento se habrá producido al cabo de un año? b) ¿En qué plazo de tiempo se llegará al asiento total que produciría el bombeo? c) ¿Qué altura de terraplén tendría que haberse construido inicialmente para llegar a dicho asiento en un año? d) ¿Qué altura de terraplén adicional habrá que construir a los seis meses para obtener en un año el asiento total que produciría el bombeo? e) ¿Qué disposición de drenes se tendría que haber previsto inicialmente para que con la altura de terraplén de 1 m se llegase en un año al asiento que produciría el bombeo? La figura 32. K -7 n 3 Figura 32. sin embargo. 1998. © Edicions UPC. según el enunciado del problema. Mecánica de Suelos. Se prevé que este bombeo va a producir un rebajamiento de la altura piezométrica en las gravas de 3 m. se va a bombear agua de éstas últimas. a los seis meses el terraplén ha producido el 40% del asiento final que produciría el bombeo. que se ha llegado tan sólo al 40 % de dicho asiento total. Para reducir los asientos durante el proceso de bombeo se construye un terraplén de 1 m de altura (( =2 t/m ) con la idea de obtener en un año el asiento total que produciría el bombeo. Problemas resueltos En un terreno con el nivel freático en superficie compuesto por un estrato arcilloso ( =10 cm/s) de 10 m de espesor sobre gravas.' PROBLEMA 32. 1998. A los seis meses se comprueba.1 muestra una representación esquemática del terreno y las leyes de presiones que se desarrollarán tanto en el caso de la aplicación del terraplén como en el de la realización del bombeo.40 ×*" ×*" terraplén 6 meses bombeo terraplén 0. 749 0.1). es posible estimar el módulo de deformación edométrico si se conoce la permeabilidad: cv 0.40 2 3 m 2 2 2 0.5.2 t/m × 2 t/m 0. 1998. por tanto.0097 × 365 0. el asiento final será: *" terraplén 2×5m 11.071 × (5 m) 0.179 m 2 *" bombeo 2×5m 3 11.5 días 2 2 K Em (w Em (w c v K 1 t/m × 0. *terraplén = grado de consolidación será: t U U *"terraplén = *"bombeo.2 t/m × 2 t/m 0. En esta situación. 32. el puesto que en este caso >0.134 m 2 2 a) Asiento al cabo de 1 año: T cv t H 2 U 0.071 4 2 2 cv t H 2 cv TH t 2 Una vez obtenido el coeficiente de consolidación.2 al ser <0. el tiempo adimensional correspondiente a este grado de consolidación se U © los autores. por tanto.3 × B 0. el espesor de la capa será si se toma como la longitud asociada a cada punto de drenaje (Fig. 1998.425 *t 0.142 5 4 0. 0.30 H E H Em Puesto que < 0.076 m B 2 T terraplén 1 año b) Se pide el tiempo para que *tterraplén = *"bombeo.5. el tiempo adimensional se calculará como: T U U 4 que da lugar a un coeficiente de consolidación: T B T T U 4 2 B 0. De las expresiones anteriores se deduce.Consolidación de suelos saturados '! *" bombeo 2 H Em )u A )u B 2 2 H Em 0 3 2 3 t/m 2 m 2 H E 2 Debido a la existencia de drenaje por ambos extremos del estrato arcilloso.0097 m /día 182. un grado de consolidación de: H Ut6 meses terraplén 2H 0. © Edicions UPC.0097 m /día × 100 cm × 1 día 112 t/m 1 m 86400 s 10 cm/s 3 7 2 2 y.134 0.179 . © Edicions UPC.425 x *" = 0. . *"terraplén = 0. Consecuentemente.425. 6meses 0.76 m terraplén H terraplén Em E H 0. es decir: *" bombeo *t terraplén 1año *t increm.058 m t Ya se había calculado = 0.0097 m /día 2 2 c) Del apartado a) se obtienen los siguienteterraplén valores: = 365 días. 1998.315 m × 112 t/m 2×5m 2 2 a 2 d) El asiento total se produce como suma de la contribución del terraplén ya existente a los seis meses.076 0.193 m 0.134 m. *" increm. la altura de terraplén requerida se obtiene como: *" increm.16 t/m 2×5m 2 e © los autores. 1998.30 correspondiente a = 6 meses. o sea. más el asiento causado por el incremento de terraplén. 6meses 0. = 0. Problemas resueltos deberá obtener como: U 1 B8 exp 2 B 2 T y por último se calcula el tiempo necesario para llegar a dicho asiento: T B 4 ln 2 4 2 T B 8 (1 ) 0.'" Mecánica de Suelos.134 0.30 *" increm.315 m.142 y =0.08 m 2.193m 2.16 t/m ) F ) F 2 a 2 × 2 t/m Em *" incremen H 2 112 t/m × 0.30 2 2 H ) F ) F a Em e) La relación de tiempos de consolidación entre una situación con drenes separados una distancia (suponiendo sólo flujo radial-horizontal) y la situación sin drenes sería: 1.474 U cv t H 2 t TH cv 2 0. 0.58 0. luego el espesor del mismo puede calcularse como: t T U a a * × *" 2 ) F ) F " 2 m )F )F 3.53 t/m × 2 t/m 1.474 × (5 m) 3. Esto indica que se requiere un terraplén tal que 0. 6meses *t T increm.35 años 0.071 y = 0. Por tanto el asiento total que producirá el incremento será: U *t increm. 425 0. Esta condición se obtiene de igualar los tiempos adimensionales para consolidación vertical y radial.16 m 0. el grado de consolidación puede estimarse como: (1 rz) (1 r)(1 z) U U U Uz Uz Urz UrUzUrUz Urz T donde es el grado de consolidación radial.35 años para asentar *"bombeo con el terraplén inicial.35 2 × 5 m e 2 e 5. La consolidación con drenes se supone. ______________________________________ 0. 1998.76 m ( /2) e 2 c rT T 2 2 e r © los autores. Sin embargo.749 0.terraplén+drenes Para 1 año se obtuvo: = 0.425 B 4 ln 2 B y la separación entre drenes resultará en este caso: re 2 8 (1 r) 0.071.0097 m /día × 365 día 14. el grado de consolidación vertical y el grado de consolidación conjunto.46 m H Tal como se ha indicado. para que = 1 año resulta: H tr 1 3. Si se suponen conjuntamente drenaje radial y vertical.179 U rz Ur Uz Ur Uz Ur El tiempo adimensional será (suponiendo que puede utilizarse la misma solución que para consolidación vertical): Tr 1 Uz Uz 0.250 2 U r Es decir.749 0. 1998. a la vista del valor obtenido (del mismo orden que ).Consolidación de suelos saturados '# tr t 2 e H 2 donde es la longitud asociada a los puntos de drenaje.425 para =0.134 0. la colaboración vertical puede ser también importante. resulta: Ur Urz U rz Por tanto debe ser: Ur U rz 0.563 1 0.179 m. Ya que *" = *"terraplén = 0. En el apartado b) se obtuvo que se requerían 3. por el momento. .0250 r 2 e 7. en los cálculos anteriores se ha supuesto que sólo existe drenaje radial.53 m e 3. que se produce con una aportación despreciable de la vertical. © Edicions UPC.134 m (asiento que produciría el bombeo). Por tanto. Con los drenes se desea que el terraplén+drenes asiento sea: *t = *" = 0. la consideración de la colaboración vertical hace que se separen más los drenes. . b) el rebajamiento del nivel piezométrico que se produce en la capa de gravas. © Edicions UPC.000 cm 1 día (5 m) 4 4×0.20 B *" *t U b) El asiento debido a consolidación cuando se producen variaciones de presión distintas en los extremos del estrato puede estimarse como: 10 cm 50 cm 0. c) el plazo de tiempo en el que se alcanzará el 95 % de consolidación.5 días.50 m 0. e) el asiento final que se produciría en el caso de no eliminarse el terraplén obtenido en el punto anterior.5 día × 1 m × 86400 s 0. Determinar: a) el asiento final. 1998. d) la altura de terraplén ( =2 t/m ) que se deberá colocar a los seis meses para que en un año desde el inicio del bombeo se alcance el 95 % del asiento final en superficie. Mecánica de Suelos. 1998. El módulo de deformación edométrico puede obtenerse como: Em (w c v K a) Para = 6 meses = 182.03 10.'$ PROBLEMA 33.03 0. el tiempo adimensional resulta de: t T 1 t/m × 5 × 10 cm /s × 1 m 50 t/m 100 cm 10 cm/s 3 4 2 7 2 2 2 2 2 cv t H 2 Con el grado de consolidación para 6 meses y el asiento correspondiente puede obtenerse el asiento final ( <0.10 cm /s. y que su permeabilidad es de 10 cm/s. Realizados los ensayos oportunos se obtiene que el coeficiente de consolidación de la arcilla es de 5. Comentar este resultado.1. -4 2 -7 3 nat Figura 33. Problemas resueltos Tras seis meses de bombeo intensivo de un estrato de gravas situado bajo 10 m de arcilla (NF en superficie) se observa un asiento de 10 cm. Representación esquemática del terreno y leyes de presiones.20 © los autores.2): T U 5 × 10 cm /s × 182. y por tanto el rebajamiento en dichas gravas debe ser.28 × 0.2 10.0. © Edicions UPC.335 m en los seis meses últimos del año.95) B 1. Sin embargo.20.129 × (5 m) × 10.06 < 0. 1998.2) *t 0. de: = 2 = . El signo negativo de este incremento de presión indica que se trata de un rebajamiento.50 m 0. en el periodo en el que se dispone: *t T terraplén 6meses 5 × 10 cm /s × 365 dia × 1 m × 86400 s 0. se necesita un rebajamiento de presión medio dado por: uB 2 )u medio La situación en la que se bombea en las gravas corresponde a = 0 y U 0.95 x 0.475 . luego: U × terraplén © los autores.Consolidación de suelos saturados '% *t " uA 2 ( ) H Em Em umedio ) )u medio )u A )u B Siendo. 1998.475 m. expresado en presiones. .2): T U T nz u (M )n )u (w 5 t/m 1 t/m U 2 3 5m 4 ln (10.000 cm 1 dia (5 m) 4 0.28 ( < 0.14 m B 4 2 2 2 2 T T bombeo 1año U *" Para seis meses ya se obtuvo que = 0. ) y ) la variación de presión en cada extremo del estrato. el bombeo sólo podrá producir una parte de este asiento que se calcula como sigue: T 1.5 t/m 10 m 2 2 entonces el rebajamiento en términos de nivel piezométrico será: c) El tiempo adimensional correspondiente al 95% de consolidación se obtiene como ( >0.129 8 B 2 2 2 Finalmente el tiempo necesario para alcanzar el 95 % de consolidación será: T ( ) 1 B8 cv t H 2 e * T 4 T 2 4 ln (1 ) B 8 B 2 2 2 t d) En este apartado se pide que el asiento total *t=1año= 0.50 m = 0. respectivamente.03 y = 0.000 cm × 1 días 6534 dia 86400 s 5 × 10 cm /s 1 m v 6534 días 17.50 m 2. Puesto que el nivel piezométrico se define como: uA uB uB umedio 2 2 *t" H 50 t/m × 0. es decir.9 años Yt TH c 2 4 2 2 U Por lo tanto el terraplén debe ser tal que produzca un asiento de 0.50 m.14 = 0.5 t/m . Para obtener un asiento de 0. =0. . e C c av cv K e.05 )e Si el índice de poros inicial fuese de = 0. así como tampoco sería aceptable que es constante. sólo habrían consolidado de forma apreciable los extremos del estrato.675 m × 50 t/m 8. por tanto. e e K Em cv 1 )e g v e0 0.175 m 0.30 mm.475 m. el supuesto efecto de la precarga sería poco efectivo. 5% 10 m 0. en función de F'. Por otro lado. lo que representa una deformación vertical de: 0. Obtener: la curva -log F'. y presión vertical efectiva in situ 0.675 0. pero el centro sí). . peso seco de la muestra 127. y el asiento máximo que se requería al cabo de un año era de 0.8.09 ef 0. en principio. Es decir.375 t/m 10 m 2 2 2 2 H y por tanto su espesor ( ) deberá ser: a Em ) F ) F ) F ) F e) El asiento a largo plazo.85 gr. =0.501.0475 . Con estos cambios de . tanto como variarían y.29 gr. peso húmedo de la muestra 150. 2 Cs e0 © los autores.71 ______________________________________ PROBLEMA 34. 2 a 4.5 kg/cm . 1998.2 m Sin embargo es poco realista.375 t/m a × 2 t/m . la linealidad admitida en el cálculo de asientos sería inaceptable. con una carga elevada se obtendrían asientos importantes a corto plazo a pesar de que el grado de consolidación sería todavía bajo. será de: *" 8.'& Mecánica de Suelos.95. En la tabla adjunta (ver también figura 34. por lo que el bombeo seguiría produciendo asientos significativos (las zonas extremas no. Nótese que en el problema se ha trabajado con grados de consolidación bajos. esto representa un cambio de índice de poros de: e0 mientras que a largo plazo los cambios de serán mucho mayores. Además.675 2. Problemas resueltos *" terraplén Por otro lado: *t" terraplén 0.2 1.1) se muestran los resultados de un ensayo edométrico sobre una muestra inalterada de un suelo.475 m 0. ya que una buena parte del estrato seguiría estando casi normalmente consolidado.335 1. diámetro de la muestra 70 mm. 1998. en función de F' y en función de Datos del ensayo: altura final de la muestra 18.025. © Edicions UPC. = 0.4kp/cm Tiempo (min) Lectura 12.85127. F'0 = 0. . curvas ensayo.30 mm.3 1.50 47. 1998.7 47. = 150.95.2 kp/cm Tiempo (min) Lectura 6.Consolidación de suelos saturados '' 1. = 127. © Edicions UPC. 1998.2 7 25 5060 5090 5300 5558 5842 6096 6250 6275 (µm) 58 170 1000 40 70 170 1000 50 100 250 1000 62 200 1000 2000 Los datos de partida son los siguientes: = 18.56 0.3 2 9 20 1700 1778 2032 2286 2540 2794 3048 3302 (µm) 0.29)/1 23. = 0.29/2.3 0.14 h Vw VT Vs Vs Br 2 h Vs Vs Br 2 donde * 2 es el área transversal de la muestra.7 2 27 889 895 940 1270 1397 1524 1640 (µm) 0.29 gr.3 2 10 25 3430 3556 3840 4064 4318 4572 4826 5000 (µm) 0. El índice de poros al final del ensayo se puede obtener en función de las variables medidas como: hf WT Ws D Cs e0 2 e Vw Vs siendo / Vw W w (W / (150.025 .8 kp/cm Tiempo (min) Lectura 25.5 kp/cm . = 70 mm.6 kp/cm Tiempo Lectura (µm) 3.85 gr.14 cm Vs e Para calcular el índice de poros en cada instante en función de la altura de la muestra ( ) se hará: h e 23. En la expresión anterior sólo es variable y por tanto puede obtenerse la variación de índice de poros como: r h Vs 1 )e Br )h Si se toman como referencia los valores finales y : ef hf e VI e f ) e Br 2 Vs hf Br ) h Br 2 1 2 Vs Vs ( f) )1 h h © los autores.56 cm 3 3 Vs W s (S 127.6 kp/cm Tiempo (min) Lectura 10 36 280 1000 (min) 500 630 760 890 0. Problemas resueltos siendo en este caso: hf r Introduciendo = 18.227 3.957 2.433 0.7 × 10 B 2 h h 3 En las tablas siguientes se incluyen los resultados de índices de poros en función de la lectura obtenidos a partir de las resultados del ensayo: F lectura (µm) 6275 6096 5842 5588 5300 5060 lectura (µm) 3302 3048 2794 2540 2286 2032 1778 ' = 25.78 0. permiten obtener la curva -log F' que se representa en la figura 34.179 0.90 0.3 ) 1 12. .59 2 lectura (µm) 4826 4572 4318 4064 3840 3556 lectura (µm) 1640 1524 1397 1270 940 F ' = 12.8 kp/cm )h (mm) 2 e 1.61 0.878 5.67 0.80 0. Los valores de tensión juntamente con los índices de poros al final del escalón.4 kp/cm )h (mm) F ' = 3.481 3.211 2.717 0.735 3. © Edicions UPC. El índice de compresión se puede estimar a partir de su definición: e e Cc © los autores. que corresponde al valor más bajo de .86 4.89 0. Mecánica de Suelos.435 2.50 0.975 1.703 1.30 mm y = 35 mm resulta: e )h h h f 35 (18.2 kp/cm )h (mm) e e 2.635 4.3.57 0.973 3.29/2.72 2 F ' = 6.6 kp/cm )h (mm) 2 e 0 0. 1998.215 0.449 1.989 4.51 0.55 0.751 4.93 Estas tablas contienen las lecturas en cada escalón de carga y su transformación a índice de poros en la muestra.25 127.63 0.005 5.69 0.84 0.88 0.82 0.87 0. 497 0.719 0.53 0.335 0.76 0. 1998.65 0.243 4.30 ) ) 1 18.74 0. 87 3. H t50 t50 t100 t1 t2 t1 t1 t2 s t 1/2 t2 t1 e0 t100 e100 e0 e100 t50 © los autores.2). .50 25. El coeficiente de compresibilidad se obtiene también de su definición: Cc av )e )F av y al tratarse de un comportamiento real no lineal.8 0. por tanto. Los valores obtenidos en cada escalón de carga se resumen en la siguiente tabla: F ' (kp/cm ) 2 e av (cm /kp) 2 0.009 Como puede verse en la figura 34. el valor del índice de poros inicial ( ). coeficiente de consolidación. Según dicho método. se realiza mediante el método de Casagrande. Si se supone que al inicio entoces dicho asiento doble se obtendrá con =4 . y =4 .044 0. Una vez situados estos tiempos. El valor en la zona de recarga es menor que el que se obtiene cuando el suelo ha alcanzado ya la presión de preconsolidación.019 av 0.Consolidación de suelos saturados ) e C c ) (log F ) para cuyo cálculo se toman valores en la zona más lineal. cada calculado sólo es válido en el tramo de la curva para el que se ha obtenido. por tanto.61 12.6 0. 1998.4 muestra la variación del coeficiente de compresibilidad con la tensión efectiva.74 6.4 solamente se han representado los valores de correspondientes a la zona de la rama noval. Este último valor. que se supone correspondiente a la zona final de la rama noval: Cc 0.12 0. © Edicions UPC.8 log 25. Por otro lado mediante las tangentes en la zona final de la curva y en la zona central puede estimarse la posición de que da lugar a (consolidación del 100%). da lugar a . El cálculo de . .93 1. cv cv H 2 T50 t50 donde es la semialtura media (el drenaje se produce por ambos extremos) en el escalón de carga que se considera y el tiempo para un grado de consolidación del 50%. es un tiempo inicial pequeño y es tal que la deformación es doble.025 0.4 0.6 log 12.62 0.6 0.12 0. según el método de Casagrande (Fig.8 av Este valor de corresponde a un suelo de elevada compresibilidad.2 0. puede estimarse el valor inicial de la curva y.50 0. se obtiene gráficamente a partir de . 34.6 log 2 12. 1998.40 log 25. La figura 34. El punto medio entre y corresponde a un grado de consolidación del 50% y. 2 Determinación del tiempo correspondiente al 50% de consolidación (sólo se representa el último escalón de carga) © los autores. .1 Resultados del ensayo edométrico de consolidación Figura 34. © Edicions UPC. Mecánica de Suelos. 1998. 1998. Problemas resueltos Figura 34. 4 kp/cm 2 t50 30 min 1800 s 2 c 1.5 × 10 -5 -10 kp/cm cm /kp cm /s cm/s 2 2 2 © los autores. © Edicions UPC.8 × 10 cm /s v 1800 30 min 1800 s 2 H hf )h 5 2 La figura 34.196 2.95 cm 2 2 0.2 0.009 9.49 cm (lectura 1397 µm).2 kp/cm h 2 t50 20 min 1200 s 2 c Se ha tomado como ) medio en el escalón el valor de 0.2 kp/cm se tiene: F 3.49 2 2 1. puede estimarse la permeabilidad usando la definición de : cv (1 o) e cv K En las figuras 34.001 kg/cm ) 3 F ' av Cv K 0.16 × 0.019 1.3 × 10 2.8 × 10 4. Por último.87 3. .21 1.3 × 10 cm /s v 1800 H hf )h 2 4 F 12.0 cm 2 F 25.2 × 10 2.83 0.6 - 0.8 0.1 × 10 1.95 × 0.06 0.5 muestra la variación del coeficiente de consolidación con la tensión efectiva para los escalones en la rama noval.2 × 10 cm /s v 1200 H hf )h 4 2 6. respectivamente.6 0.196 1.83 0.38 1.62 12.044 1.2 0.93 1.1 cm 2 2 1.83 0. para los demás escalones se tiene: F 1.196 1.9 × 10 -4 -9 0. 1998.0 × 0.1 × 10 cm /s v 1800 H 2 4 2 30 min 1800 s hf )h 1.6 y 34.83 0. 1998.7 se muestra la variación de la permeabilidad con la tensión efectiva y con el índice de poros.50 25.8 kp/cm 2 t50 c 2 1.025 2.1 × 0.Consolidación de suelos saturados ! 2 Para el escalón de carga de 3.74 6. En la tabla siguiente se resumen los valores obtenidos: e (w a v K cv av 1 (w eo ((w 0. Análogamente.6 kp/cm 2 t50 c 1.1 × 10 -4 -9 0.8 × 10 -4 -9 0.196 9.16 cm 1. Esto hace que solamente puedan considerarse valores válidos en un rango de tensiones. y no se han obtenido para el primer escalón de carga ya que la curva correspondiente se ha considerado poco representativa. Estos parámetros van variando a lo largo del ensayo debido al comportamiento no lineal del suelo. e av cv Figura 34. 1998. Problemas resueltos Como puede verse los valores de . 34. 1998.3 Curva de carga en condiciones edométricas Figura 34.3) el comportamiento es bastante lineal en el plano -log F' pero tanto como están definidos a partir de un modelo de comportamiento lineal. © Edicions UPC. Como se observa en la curva de carga (Fig.4 Variación del coeficiente de compresibilidad con la tensión efectiva (valores en rama noval) © los autores. " av cv K Mecánica de Suelos. . 1998. © Edicions UPC. 1998. .5 Variación del coeficiente de consolidación con la tensión efectiva (valores en rama noval) Figura 34.7 Variación de la permeabilidad con el índice de poros (valores en rama noval) _____________________________________ © los autores.Consolidación de suelos saturados # Figura 34.6 Variación de la permeabilidad con la tensión efectiva (valores en rama noval) Figura 34. 4 kp/cm F F u 15. Las tensiones efectivas en rotura de la muestra ensayada serán: F ! 3.7 F 3. Del círculo de Mohr. que se podrá obtener de la definición de tensión efectiva: La figura 35. Una muestra de arena densa llega a rotura en un ensayo triaxial con una presión de cámara de 3.7 kp/cm .17 F 3.1 muestra los círculos de Mohr en la situación de rotura para ambos ensayos. Resistencia de suelos saturados PROBLEMA 35. sin N R F F ! 2 F F !)/2 F F ! F F! (F F!)/2 ( donde R realizar F '! es el radio de dicho círculo de Mohr y = 4.64 F 2.4 kp/cm 2 2 2 2 y una presión intersticial de 1. y una tensión axial de 9.7 kp/cm puede obtener la siguiente expresión: F 9. es decir. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.4 kp/cm N ´ el ángulo de rozamiento interno. se Como se trata de una arena. por tanto. .4 se obtiene la tensión efectiva F' F 15. la presión intersticial se mantiente prácticamente constante en todo el proceso de carga. Pero lo que se aplica axialmente es la tensión total. Quedan rigurosamente prohibidas.0 kp/cm . bajo las sanciones establecidas en las leyes. Si se aplica la misma condición de rotura: 1. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. © los autores.4 . se supondrá que no hay cohesión.4 kp/cm .Resistencia de suelos saturados % Capítulo 5. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento.4 1 16.7 0. Estimar la presión axial que habría que aplicar para romper otra muestra de ese mismo suelo con una presión de cámara de 4. En el ensayo a que se supone constante a lo largo del proceso de carga.7 1. se supondrá que el proceso de rotura se produce en condiciones drenadas y.4 7.7 kp/cm .4 7.7 F 3. una presión intersticial de 2. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright".1 = 3. 1998. © Edicions UPC. 1998.7 kp/cm c' = 0.7 2 7.0 kp/cm . 2 Por tratarse de un suelo de tipo granular.7 2 1. se pueden obtener los parámetros que caracterizan la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb. Obtener p en rotura. 1998.638 N 40 Otra forma análoga de resolver este problema es usar la condición de rotura en direcciones principales ( c' = 0): F F ! tg B N 4 2 Sustituyendo en esta expresión puede comprobarse que se llega a la misma solución. Problemas resueltos Figura 35. Del círculo de Mohr del estado tensional que se añade (Fig. 36.5).1). tanto en el caso en el que se aplique en condiciones como en el caso de que p condiciones bidimensionales tomando F se aplique en condiciones no drenadas (AB = 0. © Edicions UPC. A este estado se 2 = p en un plano que forma 45 o con la horizontal (sentido contrario a las = 0. que en este caso se reducen al ángulo de rozamiento interno( c=0): sin N 0. Suponer =constante. se pueden deducir los incrementos de tensión en las direcciones horizontal y vertical: ) Fv 1 2 p )Fh ) Jh 1 2 1 2 p ) Jv 1 p 2 p que son los incrementos de tensión total (normal y de corte) que se deben aplicar en dichas direcciones.2 t/m 2 está sometido a una le añade otro definido por agujas del reloj) y drenadas F! F F FD = = 7 t/m 2 y a una F! FL = y una cohesión = 6 t/m 2 (u = 1 t/m ). o Un elemento de un suelo saturado que presenta un ángulo de rozamiento interno de 30 de 0.1 Círculos de Mohr en rotura Aunque no se pide en el enunciado. ________________________________________ PROBLEMA 36. . & Mecánica de Suelos. © los autores. 1998. Resistencia de suelos saturados ' Figura 36. De los estados tensionales en dos planos perpendiculares.1 Estado tensional y círculo de Mohr a) Estado tensional en condiciones drenadas una vez aplicado el incremento tensional: F v (F v) + )Fv )u 5 Jv (Jv) + )Jv Jh (Jh) + )Jh Se ha tomado 1 2 p 1 2 p 1 2 F h (F h) + )Fh )u 6 1 2 p p )u =0 puesto que en este caso se realiza el ensayo en condiciones drenadas y manteniento la presión intersticial constante. 1998. 1998. . © Edicions UPC. se puede obtener el radio del círculo de Mohr como: R J F h F v 2 1 4 p 1 2 1 2 p 1 Las tensiones en el plano en el que se produce la rotura (punto de tangencia entre el círculo de Mohr y la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb) vienen dadas por: Jf R cos N F f F h F v 2 R sin N 11 2 p R sin N que deberán cumplir el criterio de rotura de Mohr-Coulomb: Jf c F f tg N © los autores. 85 ± 5. Problemas resueltos R cos N c N c 11 2 p R sin N tg tg N R cos 11 p 2 N cos R sin N cos N Si se multiplican ambos miembros de esta ecuación por N' resulta: R cos N R sin N c' cos N 11 11 p 2 sin N R 1 2 c cos N p p 2 sin N p) 2 sin 1 c cos N (11 N Multiplicando por 2. juntamente con la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb.85 p 33.2.04 F f 8. .3 Los círculos de Mohr inicial y en rotura se representan en la figura 36.18 11. © los autores.6 t/m 2 × 0.18 0 p 5.75 Para interpretar gráficamente se necesitan las siguiente variables: R 5. 1998. Sustituyendo los valores de que es una ecuación de segundo grado en N ' y c' resulta: 0. © Edicions UPC. elevando al cuadrado para eliminar la raíz cuadrada y operando.82 Jf 5. 1998.85 4 × 0.40 centro s F h F v 2 11.75 × 33. se obtiene: p 1 4c p cos N (11 p) sin N 4c cos N sin N (11 p) sin 1 4c cos N 121 sin N 22p sin N p N 44c cos N sin N 4c cos N sin N p ( 1 sin N ) p (22 sin N 4c cos N sin N ) cos ( 1 4 c N 121 sin N 44 c cos N sin N ) 0 p. Sustituyendo resulta: Mecánica de Suelos.75 p 5. 1998. mediante la relación de Henkel: )u B()Foct a*)Joct*) Foct 1 (FxFyFz) Joct= 3 En el caso de que 1 3 ( FxFy) (FyFz) (FzFx) 6(JxyJyzJzx) las tensiones sean nulas. y=h y que en el plano z )u B()Foct a*)Joct*) Foct 1 (FvFh) Joct 3 1 3 ( FvFh) (Fv) (Fh) 6Jvh Con los datos de este problema pueden calcularse: © los autores. © Edicions UPC.Resistencia de suelos saturados Figura 36. en este caso.2 Círculos de Mohr inicial y en rotura para el apartado a) b) Las tensiones totales una vez aplicado el incremento son: Fv (Fv) + )Fv 6 Jv (Jv) + )Jv Jh (Jh) + )Jh 1 2 1 2 1 2 p 1 2 p Fh (Fh) + )Fh 7 p p Debido a que la relación de Skempton sólo es válida para situaciones triaxiales. . se obtiene: x=v. el incremento de presión intersticial en condiciones no drenadas debe obtenerse. 1998. 1998. Si se supone que el suelo está completamente saturado puede tomarse relacionar mediante ( la de Skempton): B=1.35 3 donde el subíndice indica que se trata de dichas variables en la situación de rotura. mientras que aB y AB se pueden AB en función de aB que se obtiene al particularizar la relación de Henkel para obtener A f 1 3 a f 2 3 a f 3 2 (A f 1) 3 3 2 (0.5 1 ) 0. en primer lugar se obtiene el radio del círculo de Mohr: © los autores. Problemas resueltos ( Foct) 1 3 1 3 (6 (6 7) 4. .33 1 3 p 2 Foct ( 1 p7 1 p) 4. © Edicions UPC. Para ello.33 2 (6 Joct) 1 3 1 3 7) 6 7 2 2 1 3 86 Joct (6 1 p7 1 p) (6 1 p) (7 1 p) 6( 1 p) 2 2 2 1 3 86 13p2p y con estas tensiones totales puede obtenerse el incremento de presión intersticial como: )u B()Foct a*)Joct*) B( 1 p a( 1 3 3 86 13p2p 1 3 86 )) donde hay que notar que el incremento de tensión tangencial octaédrica debe calcularse necesariamente como diferencia entre los valores final e inicial debido a su dependencia no lineal con las tensiones. La presión intersticial al final será: u u )u 1 la presión 1 3 p 0.35 ( 1 3 p 13p2p 1 86 3 F h Fh u 7 6 1 1 3 0. 1998.35 ( 1 3 en 86 13p2p 1 3 de 86 ) Una vez que se ha obtenido intersticial función p pueden calcularse las tensiones efectivas en función de p: 1 2 1 6 1 2 1 6 p p p F v Fv u 6 5 p 1 1 3 p 0.35 ( 1 3 13p2p 1 Con las tensiones efectivas calculadas puede plantearse la condición de rotura.35 ( 1 86 13p2p 1 3 86 ) 3 86 ) 0. Mecánica de Suelos.35 ( 1 3 86 86 13p2p 1 3 86 ) 3 86 ) 0. como puede verse. por lo que para su resolución se propone la utilización del método de Newton.Resistencia de suelos saturados ! R J F h F v 2 1 4 p 1 2 1 2 p 1 y con el radio se pueden calcular la tensión normal y tangencial en el plano de rotura como: Jf R cos N Ff F h F v 2 R sin N 11 1 3 p 0.60 1 6. En este caso se tendrá: p i p i f (p ( 1 2 11 p i ) f (p ) i f(p ) 1) cosN p c 1 3 0.045 3 6. . © Edicions UPC.70 ( 1 3 86 13p2p 1 3 86 ) 2 R sin N Para llegar al estado de rotura.085 2 6. 1998. Con el valor de p la p se calculan las variables necesarias para representación del círculo de Mohr (Fig. es necesario tomar un valor de partida que en este caso ha sido el valor de correspondiente al apartado anterior.3): © los autores.70 ( 1 3 86 13p2p 1 3 86 ) tg 2 N ( 1 2 p 1) sinN tgN Dicho método da lugar al siguiente resultado: iteración p (t/m ) 0 11. 1998. 36.70 ( 1 3 86 13p2p 1 3 86 ) tg 2 N ( 1 2 p 1) sinN tgN Esta expresión es implícita y no puede despejarse. dichas tensiones deben satisfacer la condición de rotura: Jf c F f tg N Si se introducen en esta ecuación las expresiones obtenidas resulta: ( 1 2 p 1) cosN 11 c 1 3 p 0.045 donde. 5 kp/cm . .5 kp/cm 2 y uE = 2 kp/cm . 1998.06 F v 6 1 pu 5. 2 pE = 3.73 3. Al y. © Edicions UPC. Determinar los parámetros en rotura de este suelo y el estado final 2 uE = 0.93 kp/cm 2 (u = 1. cK = 0.3 Círculos de Mohr inicial y en rotura para el apartado _______________________________________ b) PROBLEMA 37. 2 que se obtiene una cK = 1.79 Figura 36. " Mecánica de Suelos.77 kp/cm .34 kp/cm 2 uE = 0.26 centro s F h F v 2 5.65 F f 4. el cK medido permite obtener el incremento de tensión vertical aplicado. y a un ensayo UU (pE = 3.29 F h 7 1 pu 6.29 2 2 R Jf 2.5 kp/cm ) en el 2 que se producirá en los siguientes ensayos: a) UU con 4. 1998. Problemas resueltos u 3.5 kp/cm 2 y uE = 1 kp/cm . En el primer ensayo se puede determinar el parámetro la variación de presión intersticial: AB de la expresión de Skempton ya que se conoce )u )F! Af ()F )F!) donde se ha tomado A f )u ) F )F! =0. b) CD con 2 pE = En los dos ensayos realizados se parte de una situación inicial con tratarse de ensayos UU estándares se llega a rotura aumentando F un estado tensional isótropo. por tanto. Si se introducen los datos del ensayo resulta: © los autores.5 kp/cm ) en el que se obtiene una en rotura). 2 2 Un suelo saturado es sometido a un ensayo UU (pE = 2 kp/cm . Para ello se aplicará la condición de rotura en términos de las tensiones principales: F F ! tg B N 2c tg B N 4 2 4 2 Primer ensayo: 2.84 1.41 tg B N 2c tg B N 4 2 4 2 (kp/cm ) Restando la segunda ecuación de la primera se obtiene: 4.34 0.41 kp/cm Puesto que se dispone de las tensiones tensional final. se pueden determinar c' y N principales en rotura para dos ensayos con diferente estado ' de este suelo.66 kp/cm En el segundo ensayo. la variación de presión intersticial no se indica y por tanto puede calcularse como: )u Af )F 0.5 1.52 (1.86 0.45 y en rotura se obtienen las siguientes tensiones efectivas: F F u (2 1.59 2.5 3.09 kp/cm F (3.54) 2.34 2.95 1.95 2.52 kp/cm F ! F! u 2 1. © Edicions UPC.66) tg B N 4 2 B N 45o N 61o 4 2 2 Para obtener N 31. 1998.41 0.09 4. .59 kp/cm En rotura se obtienen las siguientes tensiones efectivas: u 0.86 kp/cm f 0.52 0.45 × 2 × cu 1. 1998.89o 32 c'.Resistencia de suelos saturados # )u 1.86) 1.95 kp/cm F ! 3. puede usarse cualquiera de las dos ecuaciones iniciales y resulta: © los autores.34 0.5 0.5 2.66 tg B N 2c tg B N 4 2 4 2 (kp/cm ) Segundo ensayo: 4.09 1.84 kp/cm A )F 2cu 1. 16 kp/cm CD con pE = 4. $ Mecánica de Suelos.5 0.5 0.5 y uE = 2 kp/cm . Problemas resueltos c 2. los estados de rotura.5 kp/cm y uE = 1 kp/cm .34 kp/cm F 4.5 (1-Af) )F 2. 1998. une los puntos finales de los ensayos.45 )F ) tg B N 2c tg B N 4 2 2 2 2.66 tg 2 tg 45 45 32 2 0.25 0. Las tensiones efectivas en el estado de rotura se pueden obtener como: ) u A f ) F F (3.25 0.5 (1 )u) 2.5 0.13 kp/cm F ! 1. como puede verse.55 )F (2.5 0. 1998.5 × 3.5 )F )(1 )u) 2.5 kp/cm 2.36 )F 2.5 Si se impone la condición de rotura: 2. .5 )F ) 2 2. También se representa la línea de rotura que.5 0.5 2 2.1 muestra las trayectorias de tensiones totales y efectivas en el plano de los ensayos planteados en este problema.45 )F ) 3. © Edicions UPC.0 kp/cm p-p-q para cada uno La figura 37. © los autores.97 kp/cm que permite obtener la presión intersticial y las tensiones efectivas en rotura: )u 1. Las tensiones efectivas en rotura serán: )u 0 F (4.50.10 kp/cm 32 2 a) Ensayo UU con pi = 3.5 )F 2. es decir.55 )F (2.45 )F Si se impone la condición de rotura resulta: 2.0 kp/cm u F 8.52 0.5 kp/cm F ! 2.34 kp/cm b) Ensayo u 2.5 Af )F 2.5 )F F ! 4.55 )F F ! 3.36 )F 6. 2 2 Obtener la situación final de rotura en los siguientes casos: a) operaciones 2 y 3 drenadas. Se realizan en el ensayo las siguientes operaciones sucesivas: 2 Operación 1: disminución de la presión intersticial hasta 1 kp/cm . Operación 2: aumento de la presión axial hasta 4.1 t/m . b) operación 2 drenada y operación 3 no drenada..5 kp/cm .5 kp/cm . a) la En la operación 1 se disminuye la presión intersticial hasta u = 1 kp/cm y posteriormente se realiza operación 2 de forma drenada. 1998. Después de estas dos operaciones las tensiones serán: © los autores. está sometida inicialmente en un ensayo triaxial a un estado tensional isótropo definido por una presión de cámara de 3. . c) operaciones 2 y 3 no drenadas. 1998.5 kp/cm 2 y una presión intersticial de 1. © Edicions UPC. N '= 28 0 y AB = 0.1 Trayectoria de tensiones en el plano p-p-q ______________________________________ PROBLEMA 38. 2 Una muestra de suelo con c'= 0.6.Resistencia de suelos saturados % Figura 37. Operación 3: disminución de la presión de cámara hasta rotura. En esta operación se A partir de esta situación se lleva a cabo la debe producir un )F! que lleve la muestra hasta rotura.5 kp/cm F! 3. hasta que se cumpla la condición de rotura.5 kp/cm En la figura 38. es decir: )F ! F 2 c tg B N 4 2 tg B N 4 F ! 1. se ha obtenido un estado de rotura a base de reducir el confinamiento ( Los valores de tensiones en el estado final de rotura son: )F'! negativo). 1998. es decir. © Edicions UPC. Esto se expresa en este caso como: F (F ! )F !) tg B N 2 c tg B N 4 2 4 2 N 28 Los valores c 0. & Mecánica de Suelos.5 kp/cm p F 4. F 3.5 kp/cm q F ! 2.25) 1.5 1 2.25 kp/cm 2 Como puede verse. © los autores.1 se han representado las trayectorias de tensiones desde el estado incial hasta la rotura de la muestra.25 1 2.25 kp/cm 1 3 ( 1 3 ( F 2 F!) 3 kp/cm p F 2 F !) 2 kp/cm F! 1.5 1 3.5 kp/cm F ! 3.5 1 4.5 kp/cm q F F! F F ! 1 kp/cm 1 3 ( 1 3 ( F 2 F!) 3.5 ( 1. 1998. Problemas resueltos F 4.25 kp/cm p F F ! 2.83 kp/cm p F 2 F !) 2.25 kp/cm F 3.83 kp/cm operación 3 de forma también drenada. .01 kp/cm F' F'! y de partida son los calculados después de la operación rotura puede calcularse )F'! 2. A partir de la condición de . Resistencia de suelos saturados ' Figura 38.1 Trayectorias de tensiones en el caso a) En esta figura, la condición de rotura en el plano p'- q es: q 3 sinN y 6 (c cos p sin ) N N 0.02 1.11 p a), se llega a b) Puesto que las operaciones 1 2 se realizan en las mismas condiciones que en el caso los mismos valores que en él: F 4.5 kp/cm q F! 3.5 kp/cm p 1 kp/cm 3.83 kp/cm p 2.83 kp/cm F 3.5 kp/cm Al ser la F ! 2.5 kp/cm ( operación 3 no drenada se producirá una variación de la presión intersticial: )F )F )u )u )F 0) )F ! )F! )u )F! )u Por estar en condicciones triaxiales, la fórmula de Skempton permite calcular las variaciones de presión intersticial: )u )F! A ()F )F!) donde puede tomarse A=AB y )F =0, lo que da lugar a: )u )F! (1 Af) y por tanto: )F )u )F! (1 Af) © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Mecánica de Suelos. Problemas resueltos )F ! )F! )u )F! )F! (1 Af) Af )F! Se trata de hallar el incremento de tensión radial en rotura, es decir: ( F )F ) (F !)F !) tg B N 2c tg B N 4 2 4 2 (3.5 )F!(10.6)) (2.5 0.6 )F!) tg B N 2c tg B N 4 2 4 2 (3.5 0.4 )F!) (2.5 0.6 )F!) 2.77 0.03 )F! 1.68 kp/cm Con lo que se pueden calcular las variaciones de tensión efectiva: )F 0.67 )u 0.67 kp/cm )F ! 1.0 kp/cm Figura 38.2 Trayectorias de tensiones en el caso b) Por último, se pueden actualizar los valores de las distintas variables tensionales usando los valores iniciales y los incrementos: F 4.5 kp/cm u 1 0.67 0.33 kp/cm F! 3.5 1.68 1.82 kp/cm F 3.5 0.67 4.17 kp/cm F ! 2.5 1.00 1.5 kp/cm q 2.68 kp/cm p 2.71 kp/cm p 2.39 kp/cm © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Resistencia de suelos saturados En la figura 38.2 se han representado las trayectorias de tensiones desde el estado incial hasta la rotura de la muestra. c) Las operaciones 2 y 3 se realizan de forma no drenada. El estado tensional antes de operar es: F 3.5 kp/cm F 2.5 kp/cm Después de la F! 3.5 kp/cm F ! 2.5 kp/cm u 1 kp/cm operación 2, el cambio de presión intersticial y la presión intersticial son: )u )F! A()F )F!) 0.6 × 1 0.6 u 1 0.6 1.6 kp/cm y las tensiones totales y efectivas después de dicha operación son: F 4.5 kp/cm q F! 3.5 kp/cm p 1 kp/cm 3.83 kp/cm p 2.23 1.6 kp/cm F 4.5 1.6 2.9 kp/cm La F ! 3.5 1.9 kp/cm pero partiendo de otras condiciones operación 3 se calcula de forma similar que en el apartado b) iniciales: )u )F! (1 Af) )F )u )F! (1 Af) )F ! )F! )u Af )F! Para llegar a la rotura basta imponer la condición de rotura a las tensiones efectivas a las que se ha llegado: ( F )F ) (F ! )F !) tg B N 2c tg B N 4 2 4 2 (2.9 )F!(1 0.6)) (1.9 0.6 )F !) 2.77 0.03 )F! 1.16 kp/cm Una vez se ha obtenido la variación de tensión radial que se debe aplicar, pueden calcularse las variaciones de tensión efectiva: )F 0.46 kp/cm )F ! 0.70 kp/cm y por último todas las demás variables tensionales: )u 0.46 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. 1998.5 1.46 1. Mecánica de Suelos. © Edicions UPC.36 kp/cm F ! 1.5 kp/cm q u 1.2 kp/cm En la figura 38. Figura 38.06 kp/cm 1. . Trayectorias de tensiones en el caso c).16 kp/cm 3.92 kp/cm F 2. _______________________________________ © los autores.6 0.3 se representa la trayectoria de tensiones seguida hasta llegar a rotura.9 0.46 3.9 0. 1998.14 p F! 3. Problemas resueltos F 4.3.34 kp/cm p 2.70 1.16 2.