Source: https://www.slideshare.net/Geillyn/mecanica-de-suelosproblemasresueltos
Timestamp: 2019-07-16 22:26:34+00:00

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Patricio Zambrano Mora , Jefe de Presupuestos en Constagi S.A.
Me ha servido de mucha ayuda este material-- Gracias mil
Branic Matta Saravia , Estudiante en Universidad Nacional San Luis Gonzaga de Ica
Donall Villalobos Rojas at Ministerio de Educación Pública
Joel Marcos Rodas
Cristian Adrian Ortiz , Estudiante en Universidad Nacional de Misiones
1. EDICIONS UPC
2. 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: Ataraxiainc@Gmail.com. Trademarks: ATARAXIAINC LIMIT OF LIABILITY/DISCLAIMER OF WARRANTY: THE PUBLISHER AND THE AUTHOR MAKE NO REPRESENTATIONS OR WARRANTIES WITH RESPECT TO THE ACCURACY OR COMPLETENESS OF THE CONTENTS OF THIS WORK AND SPECIFICALLY DISCLAIM ALL WARRANTIES, INCLUDING WITHOUT LIMITATION WARRANTIES OF FITNESS FOR A PARTICULAR PURPOSE. NO WARRANTY MAY BE CREATED OR EXTENDED BY SALES OR PROMOTIONAL MATERIALS. THE ADVICE AND STRATEGIES CONTAINED HEREIN MAY NOT BE SUITABLE FOR EVERY SITUATION. THIS WORK IS SOLD WITH THE UNDERSTANDING THAT THE PUBLISHER IS NOT ENGAGED IN RENDERING LEGAL, ACCOUNTING, OR OTHER PROFESSIONAL SERVICES. IF PROFESSIONAL ASSISTANCE IS REQUIRED, THE SERVICES OF A COMPETENT PROFESSIONAL PERSON SHOULD BE SOUGHT. NEITHER THE PUBLISHER NOR THE AUTHOR SHALL BE LIABLE FOR DAMAGES ARISING HEREFROM. 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
3. %Prólogo Prólogo Esta publicación contiene una colección de problemas resueltos de Mecánica de Suelos. 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. o La colección no coincide exactamente con la utilizada en la actualidad en dicha asignatura ya que, en particular, se proporcionan a los alumnos nuevos enunciados procedentes fundamentalmente de exámenes que, en su mayoría, se han resuelto en seminarios específicos. Durante los primeros años en que se impartió la asignatura, los problemas propuestos se desarrollaban en clase pero no se disponía de su resolución por escrito. Posteriormente, y a solicitud de los alumnos, se fue preparando un borrador de las resoluciones que, progresivamente mejoradas en contenido y formato, ha dado lugar a esta publicación. La necesidad de finalizarla en un tiempo razonable ha impedido que se pudiese actualizar totalmente la colección, en especial en lo relativo a problemas de examen resueltos en seminarios. La colección no ha sido concebida directamente para su publicación sino que se adapta a la materia impartida en la asignatura. Por otro lado, debido a que dicha titulación es de primer ciclo, el enfoque de los problemas intenta centrarse en aspectos de concepto y no excesivamente elaborados, sin hacer mucho uso de desarrollos matemáticos. Respecto a su contenido, en el primer capítulo se recogen problemas relativos a propiedades básicas de los suelos. Sobre todo se hace especial énfasis en aspectos relacionados con las distintas variables que caracterizan la porosidad y contenido de agua en suelos. Por otro lado, el contenido de este capítulo está relacionado en algunos aspectos con las prácticas de laboratorio que se realizan en la asignatura, donde se precisan relaciones del tipo de las que se derivan en algunos casos. También se incluyen dos problemas relacionados con granulometría de suelos y dos más con límites de Atterberg y clasificación de suelos, respectivamente. En el segundo capítulo se incluyen problemas relacionados con algunos aspectos básicos de la mecánica de medios porosos continuos, especialmente estados tensionales y deformacionales (círculos de Mohr), muy utilizados con posterioridad, y tensiones efectivas. El tercer capítulo se dedica a problemas relacionados con flujo de agua en medio poroso indeformable. En © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del "copyright", bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, 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. & Mecánica de Suelos. Problemas resueltos primer lugar se incluyen problemas en condiciones unidimensionales incluyendo casos de sifonamiento. En segundo lugar se incluyen también algunos problemas en condiciones bidimensionales. En ambos casos se han planteado solamente problemas en régimen estacionario. En el cuarto capítulo se incluyen problemas de consolidación en suelos saturados. 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. El último problema de este capítulo se dedica a la determinación de parámetros a partir de resultados de un ensayo edométrico. Finalmente, el capítulo quinto se dedica a problemas de resistencia de suelos saturados, tanto en condiciones drenadas como en condiciones no drenadas. En estos problemas la condición de rotura se representa mediante el criterio de Mohr-Coulomb. 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. 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, sino también para todas aquellas personas interesadas en el tema. Barcelona, mayo de 1997 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
5. 'Índice Índice 1. Propiedades básicas de los suelos. Identificación y clasificación ......................................................... 11 2. Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva ....................................................................................... 31 3. Flujo de agua en suelo saturado indeformable ...................................................................................... 57 4. Consolidación de suelos saturados ........................................................................................................ 83 5. Resistencia de suelos saturado ............................................................................................................ 107 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
6. w 150gr 750gr 0.2(20%) Propiedades básicas de los suelos Capítulo 1. Propiedades básicas de los suelos. Identificación y clasificación PROBLEMA 1. Una muestra de suelo saturado, que tiene un peso de 900 gr, se coloca en estufa a 100º C durante 24 horas, tras lo cual pesa 750 gr. Obtener su humedad natural, su índice de poros, su porosidad, su densidad natural y su densidad seca ( = 2.7 gr/cm ).I 3 Figura 1.1 Distribución de las fases en el suelo La obtención de parámetros característicos de un suelo tales como su índice de poros, su humedad y sus distintas densidades, se realiza a partir de la medida en laboratorio del peso en diferentes condiciones (p.e. suelo natural, suelo seco) y aplicando la definición de dichos parámetros. Humedad. Se define como peso de agua relativo al peso del sólido (w = W / W ). El peso de agua (W )w s w puede calcularse por diferencia como W = W - W = 900 - 750 = 150 gr y, por tanto, la humedadw t s resultante es: Índice de poros. Se define como volumen de huecos relativo al volumen de sólido (e = V / V ). Dado que,h s © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, 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.
7. Vw Ww w 150gr 1.0gr/cm3 150.0cm3 Vs Ws s 750gr 2.7gr/cm3 277.78cm3 e 150cm3 277.78cm3 0.54 n 150 427.78 0.35(35%) n Vh Vt Vh VhVs Vh/Vs (VsVh)/Vs e 1e e n 1n n 900gr 427.78cm3 2.10gr/cm3 d 750gr 427.78cm3 1.75gr/cm3 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos en este caso, el suelo se encuentra saturado (S = 1), se tiene V = V (volumen de huecos igual a volumenr h w de agua). Dichos volúmenes se obtienen mediante las expresiones: donde se ha supuesto una densidad de 2.7 gr/cm para las partículas sólidas. Una vez determinados los! volúmenes de huecos (agua) y sólido, se calcula el índice de poros como cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido: Porosidad. Se define como volumen de huecos relativo al volumen total ( n = V / V ). El volumen totalh t se obtiene como V = V + V = 150 + 277.78 = 427.78 cm . Con ello se obtiene una porosidad de:t w s ! La porosidad (n) se puede calcular en función del índice de poros (e). Ambas variables evalúan la misma propiedad del suelo (el volumen relativo de huecos) y por tanto, pueden usarse indistintamente, aunque sus valores no coinciden. Sin embargo, en Geotecnia, sobre todo en temas relacionados con el comportamiento mecánico, es más conveniente la utilización del índice de poros, mientras que en Hidrogeología, se trabaja usualmente con la porosidad. El índice de poros es relativo al volumen de sólido, lo que facilita el cálculo de sus variaciones al producirse cambios de volumen del suelo. Sin embargo, es más cómodo referirse a la porosidad para calcular el volumen de agua almacenado en un volumen de medio. La equivalencia entre porosidad e índice de poros se obtiene como: análogamente, se puede despejar e en función de n: Densidad natural. Se define como peso total relativo al volumen total ( = W / V ). Si se aplican losn t t valores de este problema resulta: Densidad seca. Se define como peso de sólido relativo al volumen total ( = W / V ). Si se usan losd s t valores de este problema resulta: _____________________________________ © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
8. w Ww Ws w e Sr s Sr Vw Vh Vh Vw Sr w Ww Ws Vw w Vs s Vs Vw w w s !Propiedades básicas de los suelos PROBLEMA 2. Un suelo natural tiene una humedad del 15%, un grado de saturación de 0.6 y un peso específico de las partículas sólidas de 2.6 gr/cm . Obtener su índice de poros.3 El índice de poros se define como el cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido (e=Vh /V ). Para relacionar los parámetros característicos de un suelo ( n , e , S , w , , , ) entre sí puedes r s n d hacerse a partir de sus definiciones, o bien utilizando el diagrama unitario. Si bien éste último también utiliza las definiciones de estas variables, de una forma gráfica condensa toda la información. El diagrama unitario (Fig. 2.1) 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). Figura 2.1 Diagrama unitario Del diagrama unitario (Fig. 2.1) se pueden obtener las relaciones entre variables. En este caso, el valor de w en función de , S y e es inmediato ya que la humedad es equivalente a:s r A la misma expresión se llega al plantear las definiciones de cada una de las variables tal como se muestra a continuación. Grado de saturación: Humedad: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
9. e Vh Vs Vw/Sr (Vw w)/(w s) s w Sr w w Ww Ws w e Sr s e 2.6gr/cm3 0.15 1gr/cm3 0.6 0.65 n e 1e e Vh Vs s w Sr w 2.65×1.15 1.0×1.0 3.05 nL eL 1eL 3.05 13.05 0.75 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Índice de poros: Si finalmente se despeja la humedad se llega de nuevo al mismo resultado, es decir: En definitiva, conociendo dos parámetros (e y S , e y w o S y w), el peso específico de las partículasr r sólidas ( ) y el peso específico del fluido ( ), puede obtenerse el parámetro restante. En general no hays w problema en conocer el peso específico del fluido, que suele ser agua: = 1 gr/cm . En este problemaw ! se tiene, por tanto: El valor del peso específico de las partículas sólidas ( ) varía poco habitualmente y en general podrás tomarse un valor aproximado (alrededor de 2.7) si no se conoce con exactitud o no se ha medido. ____________________________________________ PROBLEMA 3. Se dispone de un suelo con un índice plástico del 40% y un límite plástico del 75%. Suponiendo un peso específico de las partículas sólidas de 2.65 gr/cm , calcular el índice de poros y la porosidad3 correspondientes a su estado en el límite líquido. Con anterioridad (Problema 1) se ha visto que existe una expresión que relaciona la porosidad con el índice de poros de forma única. Conocido cualquiera de ellos se determina inmediatamente el otro: La definición del índice plástico es IP = w - w (es decir, diferencia entre humedad en el límite líquidoL P y humedad en el límite plástico). Por ello, w = IP + w = 40% + 75% =115%. Se conoce y w y seL P s L desea calcular e . Se precisa en este caso de una variable adicional, por lo que puede suponerse que enL el límite líquido, al ser el contenido de agua muy alto, el suelo está saturado. De la expresión que relaciona índice de poros con humedad y grado de saturación (Problema 2) resulta: Por último, a partir de la relación entre porosidad e índice de poros se obtiene: ____________________________________________ © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
10. Vt ** D 2 4 h **62 4 2.5 70.686cm3 n Wt Vt 80 70.686 1.13gr/cm3 n Wt Vt WwWs Vt w e Sr s 1e n w ss 1e s 1w 1e #Propiedades básicas de los suelos PROBLEMA 4. Se dispone en el laboratorio de una muestra de 60 mm de diámetro y 25 mm de altura, con un peso de 80 gr. La humedad de la muestra es del 14%. Determinar el grado de saturación, el peso específico seco, el peso específico natural, el peso específico saturado y el peso específico sumergido ( = 2.7 gr/cm ).s 3 Figura 4.1 Diagrama unitario Con los datos del problema, deben calcularse: S , , , y . Para determinar el peso específicor d n sat sum natural, es preciso conocer el volumen total: y aplicando la definición de peso específico natural: Directamente de las definiciones, o bien del diagrama unitario (Fig. 4.1), se puede obtener: donde se ha usado W = W +W = e S + y V =1+e, que son los pesos y volúmenes en el caso ent w s r tM I que V =1 (ver diagrama unitario, Fig. 4.1).s Introduciendo la relación obtenida en el Problema 2 resulta: De la última expresión obtenida es posible despejar el índice de poros en función de la humedad y el peso específico natural: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
11. e s n (1w) 1 e 2.7 1.13(10.14) 1 1.72 Sr w s e w 0.14×2.7 1.72×1 0.22 d s 1e d 2.7gr/cm3 11.72 0.99gr/cm3 sat sw e 1e sat 2.7gr/cm3 1gr/cm3 1.72 11.72 1.62gr/cm3 sum s w e 1e w s w 1e sum 2.71 11.72 0.62gr/cm3 $ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Sustituyendo los valores correspondientes a este problema se obtiene: Por último, el grado de saturación puede obtenerse como: El cálculo del peso específico seco ( ) se realiza a partir de su definición, = W / V y de los valoresd d s t en el diagrama unitario de W = y de V = 1+e (Fig. 4.1):s s t Al sustituir por los valores del problema resulta: Por otro lado, el peso específico saturado ( ) puede obtenerse como un caso particular para suelosat saturado, es decir: Es decir, basta tomar S = 1 en la definición de . Substituyendo con los valores del problema resulta:r n Asimismo, para el peso específico sumergido, , de su definición, = - = 1.62 - 1 = 0.62sum sum sat w gr/cm ; o bien, substituyendo en la definición de por su valor en función e:! sat sum De la que se obtiene finalmente: ____________________________________________ © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
12. Wsum Wt Ww sat Vt w Vt (sat w)Vt sum Wsum Vt satw e n 1n d s 1e sat swe 1e s d 1 2.7 1.75 1 0.54 sat 2.70.54 10.54 2.1 t/m ! sum 2.1 1 1.1 t/ e 0.53 10.53 1.125 sat 2.71.125 11.125 1.8 t/m ! sum 1.8 1 0.8 t/m ! sat 2.71.43 11.43 1.7 t/m ! sum 1.7 1 0.7 t/m ! %Propiedades básicas de los suelos PROBLEMA 5. Calcular el peso específico sumergido de las muestras saturadas siguientes( =2.7 gr/cm ): a) suelo cons 3 una densidad seca de 1.75 t/m ; b) suelo con una porosidad de 0.53 ; c) suelo con un índice de poros de3 1.43 . De su propia definición, , es el peso específico que aparenta tener el suelo cuando se encuentrasum sumergido en agua. Según el principio de Arquímedes, un cuerpo sumergido en un líquido recibe un empuje vertical hacia arriba igual al peso del volumen del líquido desalojado, es decir: Por tanto, el peso específico sumergido puede obtenerse como: De los problemas anteriormente resueltos, resultan las siguientes expresiones que permiten el cálculo del peso específico sumergido en función del índice de poros, la porosidad la densidad seca: Para los datos de este problema resulta: a) b) c) ____________________________________________ PROBLEMA 6. Encontrar una expresión que relacione la densidad seca de un suelo con su grado de saturación, su humedad natural y el peso específico de las partículas sólidas. Para un suelo con un peso específico de las partículas sólidas de 2.7 gr/cm dibujar en un plano (w, ) las curvas que se obtienen para grados3 d de saturación del 20, 60, 80 y 100%. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
13. w Ww Ws Vww Vss Sr Vw Vh s Ws Vs d Ws Vt Ws VhVs d sVs VhVs d sVs Vw/SrVs d sVs (wVss)/(Srw)Vs d s (w s)/(Srw)1 s Sr w w s Sr w d 2.7 12.7w/Sr d d d w 2.72 /Sr 12.7w/Sr 2 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Se pretende obtener una expresión que relacione con S , w , . La definición de peso específico secod r s es: = W / V . Las definiciones de los parámetros que se conocen, humedad, grado de saturación y pesod s t específico del sólido, son: Combinando estas relaciones con la definición de peso específico seco se podrá obtener la expresión que las relaciona entre sí. La definición de peso específico seco se puede escribir como: Por otro lado, la definición de peso específico de las partículas sólidas permite sustituir el peso de sólido: y si se introduce la definición de grado de saturación para eliminar V resulta:h Finalmente, la definición de humedad conduce a la siguiente expresión: y, dado que V aparece en todos los términos, puede eliminarse dando lugar a:s que es la expresión pedida en el enunciado. Fijando = 2.7 gr/cm , se obtendrá:s ! Se pide dibujar curvas = (w), fijando diversos valores de S (0.2, 0.6, 0.8, 1.0). Antes de obtenerd d r dichas curvas, se puede analizar cómo varía con w, si S y se mantienen fijos:d r s dado que tanto S como el denominador son positivos, se tiene que la derivada es negativa para cualquierr valor de S y w, es decir, varía de forma monótona decreciente con w, si S y se mantinen fijos. Enr d r s la figura 6.1 se muestra la forma de la expresión = (w) para diferentes grados de saturación.d d © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
14. d s Sr w w s Sr w d s s w 1 'Propiedades básicas de los suelos Figura 6.1 Curvas - w para constante y S variabled s r Estas curvas son de interés en el contexto de la compactación de suelos. Debe notarse que una vez fijado el grado de saturación y la humedad del suelo, existe una única densidad seca y, por tanto, un único índice de poros compatible con esos dos valores. De hecho, fijado el grado de saturación, cuando la humedad tiende a cero, el índice de poros también tiende a cero. El caso límite con índice de poros igual a cero es inconsistente con el hecho de que el grado de saturación no se anule. Por otro lado, al aumentar la humedad, si el grado de saturación es bajo, el índice de poros aumenta hacia valores muy altos, poco probables en suelos. Por último, desde un punto de vista experimental, es mucho más fácil asegurar que la humedad se mantiene constante y el grado de saturación va variando al variar la densidad seca. ____________________________________________ PROBLEMA 7. Con la relación entre , S , w y obtenida en el problema anterior, dibujar el haz de curvas para unoss r d pesos específicos de las partículas sólidas de 2.2, 2.6, 2.65, 2.7 y 2.75 gr/cm y un grado de saturación3 de la unidad. La expresión obtenida en el problema anterior es : En este problema se fija S = 1, por lo que queda:r en la que se ha tomado = 1 gr/cm y, por tanto, debe utilizarse en gr/cm .w s ! ! © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
15. Vt ** D 2 4 h ** 62 4 15 424.11cm3 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Se desea dibujar las curvas = (w) para varios valores de (en este caso: 2.2, 2.6, 2.65, 2.7 y 2.75d d s gr/cm ). En el Problema 6 se ha visto que decrece monótonamente con w cuando S y son fijos. En! d r s la figura 7.1 se representa gráficamente esta relación para diferentes valores de .s Figura 7.1 Curvas - w para S = 1 y variabled r s ____________________________________________ PROBLEMA 8. Se dispone de un suelo seco que ocupa un molde de 60 mm de diámetro y 150 mm de altura. El peso del suelo es de 950 gr. Con el fin de comprobar la distribución de los poros, éstos se llenan completamente con mercurio. ¿Cuánto pesará el suelo en estas condiciones?. Datos: = 2.45 gr/cm , = 13.6s Hg 3 gr/cm .3 El volumen que ocupa el suelo es: El peso inicial total es el peso de las partículas sólidas, pues el suelo está seco (W = 0, w = 0) mientrasw que en la situación final, todos los huecos están llenos de mercurio. Con el suelo saturado de mercurio, se cumplirá la relación: W = W + W . El peso de mercurio quet s Hg ocupa los poros es W = V donde V = V . Por tanto, el peso del suelo saturado con mercurioHg Hg Hg Hg h se obtendrá como: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
16. Vs Ws s 950 gr 2.45 gr/cm ! 387.76 cm ! VhVtVs424.11387.7636.35 cm ! WHg36.35 cm ! ×13.6 gr/cm ! 494.36 gr Wt950494.361444.36 gr IP wl wP 40 30 10% IC wL w IP 40 20 10 2 Propiedades básicas de los suelos Figura 8.1 Diagrama unitario ________________________________________ PROBLEMA 9. Un suelo natural tiene una humedad en el límite líquido de 40% y una humedad en el límite plástico de 30%. Determinar su índice de plasticidad, su índice de consistencia y su índice de fluidez sabiendo que tiene una humedad natural del 20%. Se trata, simplemente, de aplicar las definiciones. La de índice de plasticidad es: Como indicador de la plasticidad de un suelo, este índice tenderá a ser alto en suelos arcillosos, y bajo en suelos granulares. Valores elevados de IP (gran diferencia entre w , w ) indican que el suelo admiteL P gran cantidad de agua para pasar del límite plástico al límite líquido. Por otro lado, la definición de índice de consistencia es: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
17. IF w wP IP 20 30 10 1 d Ws Vt Vt Vh Vs Va Vw Vs Vt Vs Vw Ws s Ww w 700 2.8 300 1.0 250 300 550cm3 (d)max Ws (Vt)min 700 550 1.27gr/cm3 Sr Vw Vh Vh Vw Sr Mecánica de Suelos. Problemas resueltos e indica si el suelo se encuentra más o menos alejado del límite líquido. Al alejarse del mismo el suelo va ganando consistencia (IC = 0 cuando w = w , mientras que IC = 1 cuando w = w ).L P Por último, el índice de fluidez se define como: y, en este caso, se calcula con respecto a la humedad en el límite plástico (IF = 1 cuando w = w , mientrasL que IF = 0 cuando w = w ). Como se puede observar, IC + IF = 1.P ______________________________________ PROBLEMA 10. Se preparan en el laboratorio 1000 gr de suelo mezclando 700 gr de arena ( = 2.8 t/m ) y 0.300 l des 3 agua. ¿Cuál es la máxima densidad seca que puede obtenerse con este suelo? ¿Qué volumen ocuparía este suelo si su grado de saturación fuese 0.5? En el suelo obtenido se tendrá que W = 700 gr y W = 300 gr. Para calcular la máxima densidad seca, ,s w d basta aplicar su definición: Puesto que peso de sólido (W = 700 gr) está fijo, será máximo cuando V sea mínimo. Dicho volumens d t total es: y será mínimo cuando lo sea el volumen de aire (V ), es decir, cuando el suelo se encuentre saturado. Ena esta situación, el volumen de suelo será: que se utiliza para calcular la máxima densidad seca: Si se toma S = 0.5 la densidad seca será menor. A partir de la definición de S , resulta:r r Finalmente se calcula la densidad seca correspondiente a dicho grado de saturación: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
18. Vh 300 0.5 600cm3 Vt VsVh 250600 850cm3 d 700 850 0.82gr/cm3 !Propiedades básicas de los suelos ______________________________________ PROBLEMA 11. Un suelo granular con granulometría uniforme, tiene un índice de poros e , un peso específico y unag sg humedad w . Este suelo se mezcla con arcilla en una fracción en peso C. El peso específico de lasg partículas sólidas de la arcilla es . Estimar la fracción crítica C necesaria para que las partículassc crit de la matriz granular dejen de estar en contacto. Con objeto de que las partículas de la matriz granular se mantengan en contacto, es decir, la estructura del esqueleto granular no se modifique, se supone que el volumen del aire V se rellenará de arcilla y sea mantendrá la misma cantidad de agua en el suelo. Lógicamente, este proceso es ideal, y en realidad se prepararía el suelo mezclando la fracción granular húmeda con la fracción arcillosa, supuesta sin agua. Las proporciones se encuentran indicadas en la figura 11.1. Figura 11.1 Proporción de cada suelo en la mezcla Si se designa como W al peso de las partículas arcillosas en el suelo y como W el peso de las partículassc sg granulares (peso que se mantiene constante), se tiene que la fracción en peso de suelo arcilloso será: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
19. Ccrit (Wsc)crit (Wsc)critWsg 1 1 Wsg (Wsc)crit Vsc Wsc sc wg Ww Wsg eg Vh Vsg Vh Wsg/sg Va VhVw eg Wsg sg Ww w eg Wsg sg wg Wsg w eg sg wg w Wsg (Wsc)crit sc eg sg wg w Wsg Ccrit scWsg eg sg wg w scWsg eg sg wg w Wsg sc eg sg wg w sc eg sg wg w 1 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos 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. El volúmen ocupado por la arcilla será: La humedad y el índice de poros referidos al estado inicial del suelo son: El volumen de aire en el suelo puede expresarse en función de dichas variables: Finalmente basta con imponer que V =V , o sea, que el volumen de aire sea ocupado por arcilla:a sc que al ser sustituido en la fracción en peso da lugar a: Debe notarse que esta fracción en peso está expresada en función del índice de poros y humedad referidas al estado inicial del suelo, y que una vez añadida la fracción arcillosa ambas variables adoptarán valores diferentes. ______________________________________ PROBLEMA 12. Se dispone de un suelo tipo A y de otro tipo B. Se toman 10 kg del suelo tipo A y se mezclan con 30 kg del suelo tipo B. Las granulometrías de los suelos A y B se indican en la tabla siguiente. Obtener y © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
20. GM CA GA CB GB CA WA WA WB CB WB WA WB GM (% que pasa por un tamiz ) WAGA WBGB WA WB CAGA CBGB #Propiedades básicas de los suelos representar gráficamente la granulometría de la mezcla resultante. Determinar sus coeficientes de uniformidad y curvatura. N tamiz % que pasa % que pasa (mm) suelo A suelo B 50 100 38 70 19 50 9.5 30 4.75 20 2 15 100 0.425 10 80 0.15 5 60 0.075 4 50 0.040 3 40 0.020 2 30 0.005 1 20 0.002 0 10 Si se toma un peso W de un suelo A con granulometría G , y se mezcla con un peso W de un suelo BA A B con granulometría G , la granulometría de la mezcla G puede obtenerse como:B M donde C y C son las fracciones en peso de cada suelo definidas como:A B En efecto, ya que el % que pasa por cada tamiz, se obtendrá como: Las fracciones en peso que corresponden a los datos de este problema son: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
21. CA WA WAWB 10 40 0.25 CB WB WAWB 30 40 0.75 (Cc)A (D30)2 (D10)(D60)__ (9.5)2 0.4226__ 8 (Cu)A (D60) (D10) __ 26 0.42__ 61.9 (Cc)B (D30)2 (D10)(D60)__ (0.02)2 0.0020.15__ 1.33 (Cu)B (D60) (D10) __ 0.15 0.002__ 75 $ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos A continuación se tabula la granulometría de la mezcla, que se representa gráficamente en la figura 12.1. N Tamiz % Pasa % Pasa % Pasa mezcla) * 50mm 100 100 38mm 70 92.5 19mm 50 87.5 9.5mm 30 82.5 4.75mm 20 80 2mm 15 100 78.75 0.425mm 10 80 62.5 0.15mm 5 60 46.25 0.075mm 4 50 38.5 40µm 3 40 30.75 20µm 2 30 23 5µm 1 20 15.25 2µm 0 10 7.5 En el suelo tipo A, el 5% pasa por el tamiz #200 (0.074 mm de abertura) y más del 50% pasa por el tamiz #4 (5 mm de abertura), por lo que se trata de un suelo tipo grava. Sus coeficientes de curvatura y uniformidad son: En el suelo tipo B, el 50% pasa por el tamiz #200 y el 100% pasa por el tamiz #4, por lo que se trata de un suelo de grano fino. En la mezcla fabricada menos del 50% (38.5%) pasa por el tamiz # 200, por lo que se trata de un suelo de grano grueso. Asimismo, más del 12% pasa por el tamiz #200 y más del 50% (aproximadamente el 80% corresponde a 4.75 mm) pasa por el tamiz #4, por lo que se trata de un suelo SC o SM. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
22. (Cc)M __ (0.04)2 0.420.002__ 1.9 (Cu)M __ 0.42 0.002__ 210 %Propiedades básicas de los suelos Los coeficientes de curvatura y uniformidad de la mezcla de ambos suelos son: Como puede observarse en estos resultados, el suelo resultante tiene un coeficiente de uniformidad mucho mayor que los suelos originales, lo que indica que se ha conseguido una mejor graduación en la mezcla. Por lo que respecta a curvatura, el suelo mezcla es más parecido al suelo B, que parece dominar en esta propiedad. Figura 12.1 Curvas granulométricas se los suelos A, B y mezcla A+B ___________________________________ PROBLEMA 13. Se dispone de un suelo limo-arcilloso en el que todas las partículas pasan por el tamiz #200 (0.075 mm). Con el fin de determinar su granulometría se procede a realizar un ensayo de sedimentación. Para ello se dispone de un baño termoestático a 20 ; se utilizan 50 gr de suelo mezclados con 1000 ml de agua;o y se toman muestras de 10 ml para diferentes tiempos a una profundidad de 10 cm, para la que se obtienen los valores de la tabla siguiente. Dibujar la curva granulométrica del suelo. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
23. v s w 18 D 2 D 18 sw v D0.33 t Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Muestra Tiempo Peso suelo seco (gr) 1 30 seg 0.45 2 3 min 0.40 3 10 min 0.30 4 30 min 0.25 5 2 h 0.20 6 8 h 0.15 Al medir el contenido de suelo en una suspensión en agua del mismo, se observa que dicho contenido disminuye al aumentar el tiempo de toma de la muestra. Esta disminución se debe a que las partículas de tamaño mayor descienden más rápidamente que las de tamaño menor y, por tanto, en cada tiempo de medida sucesivo hay tamaños mayores que van desapareciendo. 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. La fórmula de Stokes permite obtener la velocidad teórica de descenso de una partícula esférica en el seno de un fluido: Si se dispone de una altura h, y una partícula desciende a una velocidad v, entonces en un tiempo t =h/v habrá recorrido dicha altura. Por lo tanto, todas las partículas en suspensión en el interior de un recipiente de dicha altura, que desciendan a velocidad v habrán sedimentado. Puesto que la velocidad es una función del diámetro (según la fórmula de Stokes), se puede asegurar que al cabo de un cierto tiempo ya no quedan partículas de tamaño superior al diámetro dado para dicha velocidad. En este problema h = 10 cm y los tiempos se dan en forma tabulada. Sustituyendo este valor juntamente con el de la viscosidad del agua, = 0.001 Pa.s, se tiene que el diámetro umbral en función del tiempo viene dado en este caso por: donde el tiempo t se expresa en segundos y el diámetro D en mm. El porcentaje que pasa por un tamiz puede estimarse como la cantidad relativa de suelo que queda en suspensión para un determinado tiempo que, tal como se ha visto, se relaciona con un diámetro. Este porcentaje que pasa podrá, por tanto, evaluarse como (c /c )x100, siendo c =W / V la concentración ent 0 t t t la muestra extraída, W el peso de suelo extraído en cada tiempo ( 0.45, 0.40, 0.30...0.15 gr) y V = 10t t ml el volumen extraído, constante en cada extracción. La concentración inicial de la muestra es: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
24. co 50gr 1000ml 0.05gr/ml %que pasa Wt 10×0.05 ×100 200Wt 'Propiedades básicas de los suelos y por tanto: donde W se expresa en este caso en gramos. A partir de los datos del problema se obtiene la tabla det tiempos, diámetros y % que pasa por dicho diámetro: t (seg) D (mm) %pasa 30 0.06 90 180 0.024 80 600 0.013 60 1800 0.0078 50 7200 0.0039 40 28600 0.0019 30 que corresponde a la curva granulométrica de la figura 13.1. Figura 13.1 Curva granulométrica ____________________________________________ © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
25. ! Mecánica de Suelos. Problemas resueltos PROBLEMA 14. Se tienen una serie de suelos con los siguientes límites de Atterberg: w = 60%; w = 25%; w = 40%;L1 P1 L2 w = 20%; w = 15%; w = 10%. Se pide compararlos en una gráfica de Casagrande y clasificarlos.P2 L3 P3 Suelo 1: w = 60% y w = 25% , por tanto: IP = 60% - 25% = 35%L1 P1 Estos valores se encuentran en la zona central de la gráfica de Casagrade, aproximadamente sobre la línea A. Se trata de un suelo tipo CH, es decir, una arcilla de alta plasticidad. Suelo 2: w = 40% y w = 20%, por tanto: IP = 40% - 20% = 20%L2 P2 Se trata en este caso de un suelo tipo CL, es decir, arcilla de baja plasticidad. Suelo 3: w = 15% y w = 10%, y por tanto: IP = 15% - 5 % = 5%L3 P3 Estos valores se encuentran en la zona del gráfico en el que coexisten suelos limosos y arcillosos de baja plasticidad (CL-ML) . ____________________________________ © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
26. Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva ! Capítulo 2. Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva PROBLEMA 15. En un plano que forma un ángulo de 30 con la horizontal, un suelo está sometido a una tensión normal o de 6 kp/cm y a una tensión de corte de 2.83 kp/cm . En el plano perpendicular al anterior, la tensión 2 2 normal tiene un valor de 4 kp/cm . Determinar las tensiones principales F y F , y la máxima tensión de 2 1 3 corte que se produce en el suelo, así como las direcciones de los planos correspondientes. 0btener, asimismo, el estado tensional en un plano que forma un ángulo de 20 con el de máxima tensión de o corte. Figura 15.1 Círculo de Mohr, polo y direcciones principales En primer lugar se representan los datos disponibles en forma de círculo de Mohr (Fig. 15.1). El punto A en dicho círculo representa la tensión normal y la tensión tangencial (FF , J ) sobre un plano que forma n1 13 30 con la horizontal. En un plano perpendicular al mismo, la tensión normal y tangencial (F , J ) se o n3 31 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, 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.
27. s FFn1FFn3 2 64 2 5 kp/cm 2 (centro) t (FF1FFn1) 2 JJ2 13 (65) 2 2.83 2 3 kp/cm 2 (radio) JJmaxt3 kp/cm 2 FF1st8 kp/cm 2 FF3st2 kp/cm 2 Triángulo AA'P: tg 30 0 JJ13JJp FFn1FFp tg 30 0 2.83JJp 6FFp Triángulo BB'P: tg 60 0 JJ31JJp FFn3FFp tg 60 0 2.83JJp 4FFp FFp 2.05 kp/cm 2 JJp 0.55 kp/cm 2 tg 1´ JJp FF1FFp 0.55 82.05 1´5.3 0 y 3´901´84.7 0 184.7 3174.7 tg $$ JJmaxJJp s FFp 3 0.55 5 2.05 $$39.7 0 ! Mecánica de Suelos. Problemas resueltos representan en un punto diametralmente opuesto al A y que se denomina B en dicha figura. Estos dos puntos (A, B) definen el círculo de Mohr. La orientación del plano en el que actúan (FF , J ) permite n1 13 situar el polo P del círculo de Mohr. Las tensiones normal y tangencial en dos planos perpendiculares permiten también obtener el centro y el radio de dicho círculo de Mohr: Asimismo, se obtienen la tensión máxima y las tensiones principales: Una forma de resolver el problema y determinar las variables que se piden en el enunciado es hacerlo mediante la resolución de triángulos rectángulos. En primer lugar, se determinan los valores de las tensiones normal y de corte en el polo P (FF y JJ ) que serán útiles para los cálculos posteriores. Éstas se p p obtienen resolviendo dos triángulos rectángulos (Fig 15.1): Basta resolver estas dos ecuaciones con dos incógnitas para obtener: Los ángulos que definen las direcciones principales ( y , o bien, ' y ' ) son los ángulos del 1 3 1 3 triángulo rectángulo cuyos vértices son P y los puntos de intersección del círculo con el eje (es decir, los puntos FF y FF ). Los ángulos ' y ' pueden obtenerse como: 1 3 1 3 que con respecto a la vertical son: Para obtener la orientación del plano en el que actúa JJ (dirección dada por PD en la figura 15.2) basta max resolver el triángulo PD'D y obtener $$ (ángulo con respecto a la horizontal): © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
28. tg ($$20) JJcJJp FFcFFp JJc 0.55 FF 2.05 FFcFFp 2 t cos(2 1$$20) cos(20$$) FFc 3.07 kp/cm 2 Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva !! Figura 15.2 Círculo de Mohr, máxima tensión de corte y estado tensional en plano que forma 20 con la dirección de máximo corte o Para obtener las tensiones normal y tangencial en el punto C, se resuelve el triángulo PC'C, es decir: Pero dado que se tienen dos incógnitas hay que buscar otra relación, que en este caso se puede plantear a partir de los triángulo PEC y PC'C: y sustituyendo en la anterior, resulta JJ = 2.3 kp/cm . c 2 ______________________________________ PROBLEMA 16. En un punto de una arena compacta actúan unas tensiones FF =7.0 kp/cm (FF ) y JJ =2.2 kp/cm en unn1 h 2 2 13 plano vertical, y FF =5.0 kp/cm (FF ) en un plano horizontal. Este estado tensional sufre sucesivamenten3 v 2 las siguientes modificaciones: a) reducción de JJ hasta 0.0 kp/cm ;13 2 b) aumento de FF hasta 8.42 kp/cm y disminución de FF hasta 3.58 kp/cm ;n1 n3 2 2 c) reducción de JJ hasta -2.0 kp/cm ;31 2 d) aumento de FF hasta 8.42 kp/cm y reducción de FF hasta 3.58 kp/cm ;v h 2 2 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
29. s FFn1FFn3 2 75 2 6 kp/cm 2 (centro) t (FFn1s) 2 JJ2 13 (76) 2 2.2 2 2.42 kp/cm 2 (radio) FF1 st 8.42 kp/cm 2 FF3 st 3.58 kp/cm 2 p 1/3 (FF12 FF3) 5.2 kp/cm 2 q FF1FF3 2 JJmax 4.84 kp/cm 2 FFn1FF17 kp/cm 2 FFn3FF35 kp/cm 2 puesto que JJ13 JJ31 0 s FF1FF3 2 75 2 6 kp/cm 2 (centro) t FF1FF3 2 75 2 1 kp/cm 2 (radio) p 5.19 kp/cm 2 q 2 kp/cm 2 FF18.42kp/cm 2 FF33.58kp/cm 2 puesto que JJ13 JJ31 0 s FF1FF3 2 8.423.52 2 6 kp/cm 2 t FF1FF3 2 8.423.52 2 2.45 kp/cm 2 p 5.19 kp/cm 2 q 4.9 kp/cm 2 ! Mecánica de Suelos. Problemas resueltos e) aumento de FF hasta 10. 0 kp/cm y de FF hasta 5.16 kp/cm ;n1 n3 2 2 f) reducción de FF hasta 4.58 kp/cm ;n3 2 g) aumento indefinido de FF .n1 Representar en los planos (FF -FF ), (s-t) y (p-q) (FF =FF ) la trayectoria tensional correspondiente, así como1 3 2 3 los círculos de Mohr del estado inicial y de los sucesivos estados finales indicados y de sus polos. ¿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)?. Si se hace la hipótesis de que el suelo llega a rotura cuando JJ 0.735FFn en algún plano, ¿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, tensiones principales y espacio de Cambridge (Fig. 16.1): Situación a). Reducción de JJ hasta 0.0 kp/cm (Fig. 16.2): 13 2 Situación b). Aumento de FF hasta 8.42 kp/cm y disminución de FF hasta 3.58 kp/cm (Fig. 16.3): n n1 3 2 2 Situación c). Reducción de JJ hasta -2.0 kp/cm (Fig. 16.4): 31 2 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
30. s FFn1FFn3 2 6 kp/cm 2 t (FFn1s) 2 JJ2 13 (8.426) 2 2 2 3.14 kp/cm 2 FF1 st 9.14 kp/cm 2 FF3 st 2.86 kp/cm 2 p 4.95 kp/cm 2 q 6.28 kp/cm 2 s FFn1FFn3 2 6 kp/cm 2 t (FFn1s) 2 JJ2 13 3.14 kp/cm 2 FF1 st 9.14 kp/cm 2 FF3 st 2.86 kp/cm 2 p 4.95 kp/cm 2 q 6.28 kp/cm 2 s 105.16 2 7.58 kp/cm 2 t (107.58) 2 2 2 3.14 kp/cm 2 FF1 st 10.72 kp/cm 2 FF3 st 4.44 kp/cm 2 p 6.53 kp/cm 2 q 6.28 kp/cm 2 s 104.58 2 7.29 kp/cm 2 t (107.29) 2 2 2 3.37 kp/cm 2 FF1 st 10.66 kp/cm 2 FF3 st 3.92 kp/cm 2 p 6.17 kp/cm 2 q 6.74 kp/cm 2 Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva !# Situación d). Aumento de FF hasta 8.42 kp/cm y reducción de FF hasta 3.58 kp/cm (Fig 16.5): v h 2 2 Situación e). Aumento de FF hasta 10.0 kp/cm y de FF hasta 5.16 kp/cm (Fig. 16.6): n n1 3 2 2 Situación f). Reducción de FF hasta 4.58 kp/cm (Fig. 16.7): n3 2 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
31. !$ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Figura 16.1 Círculo de Mohr correspondiente al estado inicial de tensiones Figura 16.2 Círculo de Mohr en la Situación a) Figura 16.3 Círculo de Mohr en la Situación b) © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
32. Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva !% Figura 16.4 Círculo de Mohr en la Situación c) Figura 16.5 Círculo de Mohr en la Situación d) Figura 16.6 Círculo de Mohr en la Situación e). © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
33. t' s' sin NN 2.8 sin 36.31 0 1.66 kp/cm 2 NN arctg JJn FFn arctg 0.735 36.31 o ** arctg JJ31 FFn3 arctg 2 4.58 23.6 o R JJ31 JJ' 31 FFn3 FF' n3 ! Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Situación g). Aumento indefinido de FF . n1 Un aumento de tensión indefinido llevará al suelo a un estado de rotura. Este estado se alcanza, según el enunciado, al cumplirse la relación JJ = 0.735FF . n En el caso planteado, es razonable suponer que el estado tensional en el plano ortogonal (FF ,JJ ) se n3 31 mantiene fijo, es decir, tal como estaba en la Situación f), y asimismo también es razonable mantener JJ13 fijo. En la figura 16.7 se observa que al ir aumentando la tensión FF se producirá la rotura cuando el n1 estado tensional corresponda al círculo e , es decir, se alcance la tangencia a la recta JJ = 0.735FF . El r n círculo e' , que corresponde a un estado en rotura arbitrario, se utiliza auxiliarmente para determinar la r solución. 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 intersección de las dos rectas a dicha intersección mantienen una misma proporción). Como se ha dicho, se llegará a rotura cuando, con las condiciones establecidas (aumento de FF , y n1 mantenimiento de FF , JJ y JJ fijos) se obtenga un círculo de Mohr tangente a dicha recta, JJ = 0.735FF . n n3 31 13 Una vez alcanzado el círculo e si se aumentase F , se obtendría un círculo secante a la recta de rotura r 1n y existirían puntos por encima de la misma. Por lo tanto, existirían planos con un estado tensional (FF , JJ) n no aceptable para el suelo. Para comprobar que en ningún estado anterior del suelo se ha alcanzado la rotura, se ha dibujado la condición de rotura (JJ = 0.735FF ) en todas las figuras (16.1 a 16.6). Como puede observarse, en niguno n de los estados tensionales anteriores hay rotura ya que todos los círculos de Mohr están por debajo de la recta JJ = 0.735FF . n 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. El r r círculo de Mohr auxiliar e' se ha dibujado tomando como centro s' = 2.8 kp/cm , por lo que se tiene: r 2 donde el ángulo se ha obtenido a partir de la pendiente de la recta de rotura, es decir: Y el ángulo: corresponde a la recta que une los puntos (FF , JJ ) y (FF' , JJ' ) que son homotéticos, es decir, alineados n3 31 n3 31 con el origen de coordenadas. La razón de la homotecia R se define como: o utilizando dos magnitudes homotéticas cualquiera. Puesto que se desconoce el valor de JJ' hay que 31 buscar relaciones geométricas en el círculo e' : r © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
34. (s'FF' n3) 2 JJ31' 2 t' 2 JJ' 31 FF' n3 tg ** FF' n3 1.23 kp/cm 2 JJ' 31 0.54 kp/cm 2 R JJ31 JJ' 31 2 0.54 3.7 s s' R 2.8 3.7 10.3 t t' R 6.1 kp/cm 2 FF1 FF' 1 R (s't') R (2.8 1.66) × 3.7 16.4 kp/cm 2 FF3 FF' 3 R (s't') R (2.81.66) × 3.7 4.2 kp/cm 2 (FFn) r (FFn)' r R (JJ) r (JJ)' r R (FFn)' r s' 2 t' 2 cos NN 2.25 cos (36.31) 1.82 (JJn)' r s' 2 t' 2 sin NN 2.25 sin (36.31) 1.33 (FFn) r 1.82 × 3.7 6.7 kp/cm 2 (JJ) r 1.33 × 3.7 4.9 kp/cm 2 p 1 3 (FF1 2 FF3) 1 3 (16.4 2 × 4.2) 8.27 kp/cm 2 q FF1 FF3 16.4 4.2 12.2 kp/cm 2 s 10.3 kp/cm 2 t 6.1 kp/cm 2 FF1 16.4 kp/cm 2 FF3 4.2 kp/cm 2 p 8.27 kp/cm 2 q 12.2 kp/cm 2 Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva !' y por tanto la razon de la homotecia es: A partir de lo anterior puede obtenerse cualquier otra variable del círculo de Mohr en rotura. Para ello basta multiplicar los valores obtenidos en el círculo e' por la razón R: r En el plano donde se produce la rotura se tiene el estado tensional como: Para encontrar los valores de FF ' y JJ' basta resolver el triángulo origen-punto de tangencia-centro (0r's '), n r r es decir: y en el círculo real en rotura, las tensiones normal y tangencial son: Por último, los parámetros p y q en rotura son: En resumen, en rotura se han obtenido: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
35. Mecánica de Suelos. Problemas resueltos En las figuras 16-8, 16-9 y 16-10 se representan respectivamente las trayectorias seguidas en los planos FF -FF , s-t y p-q. 1 3 Figura 16.7 Círculos de Mohr en rotura Figura 16.8 Trayectoria de tensiones en el plano FF - FF1 3 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
36. Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva Figura16.9 Trayectoria de tensiones en el plano s - t Figura 16.10 Trayectoria de tensiones en el plano p - q © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
37. s FFn1 FFn2 2 5 kp/cm 2 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos El círculo de Mohr de un estado tensional viene definido por la posición de su centro (s) y su radio (t). Pero no basta con esto para disponer de toda la información del estado tensional. Hay que orientar el círculo de Mohr. Esta orientación viene dada por la posición del polo que permite asociar cada estado tensional con un plano específico. Así, por ejemplo, los círculos de Mohr de los estados inicial y en la Situación b) coinciden geométricamente, al ser un mismo círculo (idénticos valores de s y t según se observa en la Fig. 16.9). Sin embargo, puede comprobarse que los estados tensionales son distintos. Como puede observarse en las Figs. 16.1 y 16.3, a pesar de ser círculos iguales, tienen diferente posición del polo. Si los polos coincidiesen, entonces los estados tensionales serían idénticos, pues para cualquier plano definirían en él un mismo estado tensional. Es decir, para que dos círculos de Mohr esten asociados a un mismo estado tensional, no basta con que se superpongan (iguales valores de s y t), si no que deben tener asociado un mismo polo. Asimismo, en los estados 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. _________________________________________ PROBLEMA 17. Sobre dos planos perpendiculares actúan unas tensiones cuyas componentes normales a los mismos son FF =7.0 kp/cm y FF =3.0 kp/cm . Se sabe además que el plano en que actúa FF forma 67.5 con el planon n n1 3 3 2 2 o en que actúa FF . Determinar JJ , JJ , FF , FF , s, t, p y q (FF =FF ).1 13 31 1 3 2 3 Puesto que se dispone de FF y FF , se puede obtener la situación del centro del círculo de Mohr (Fig. n n1 3 17.1) que se calcula como: Sea * el plano sobre el que actúa FF . En principio no se conoce el valor de JJ , pero el estado tensional n3 31 sobre dicho plano definirá un punto (FF , JJ ) situado sobre la recta r (Fig. 17.1). Se puede suponer un n3 31 cierto valor de JJ y una posición del polo P (Fig. 17.2). En dicha figura se indica el ángulo que, según 31 el enunciado, es el formado por el plano * y el plano en el que actúa FF . 1 Si el ángulo es de 67.5 , el ángulo $$ debe ser $$ = 2 = 135 (el ángulo central que abarca un cierto arco o o en una circunferencia es igual al doble de cualquier ángulo inscrito que abarque el mismo arco). Al conocer este ángulo el problema queda resuelto. En efecto, si se traza la recta s (Fig. 17.3), que forma un ángulo de 135 con la horizontal, el punto de intersección entre r y s corresponde al estado tensional en o el plano * y, por tanto, se puede determinar JJ . 31 Una vez conocidos s y el punto (FF , JJ ) puede representarse el círculo de Mohr correspondiente a este n3 31 estado tensional. Sin embargo, no se tiene definido totalmente el estado tensional ya que no se puede orientar el círculo de Mohr, es decir, no se conoce la posición del polo. De hecho resulta innecesario para la resolución del problema tal como se ha propuesto. Las tensiones de corte y radio del círculo de Mohr son: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
38. JJ13JJ31 2 kp/cm 2 t (FFn1s) 2 JJ2 31 2 2 2 2 2.83 kp/cm 2 FF1 st 7.83 kp/cm 2 FF3 st 2.17 kp/cm 2 p 1 3 (FF12FF3) 4.06 kp/cm 2 q (FF1FF3) 5.66 kp/cm 2 !Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva No se conoce cuáles son los planos principales (planos en los que actúan FF y FF ), pero sí los módulos 1 3 de dichas tensiones principales: Y con estos valores se obtienen finalmente: Figura 17.1 Datos de partida del problema representados gráficamente. Figura 17.2 Situación del polo P no conocida © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
39. Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Figura 17.3 Solución del problema ______________________________________________ PROBLEMA 18. En la figura 18.1 se representa una carga repartida p sobre una banda indefinida de ancho 2b. El estado tensional generado (supuesto un comportamiento elástico) se puede definir por: FF =p ( + sin) / BB1 FF =p ( - sin) / BB3 FF =p ( + sin cos(+2**)) / BBz Figura 18.1 Esquema de la carga en faja Se considera un punto (alternativamente P o P en la figura 18.1) bajo el borde de la banda y a una profundidad de 5 m. Suponiendo b=5 m y p=10 t/m : © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
40. ** 0 (P 2) y ** (P 1) tg 10 m 5 m 2 63.43 o FF1 10 1.107 sen(63.43) BB 6.37 t/m 2 FF3 10 1.107 sen (63.43) BB 0.68 t/m 2 FFz 10 1.107 sen(63.43) cos(63.43) BB 4.80 t/m 2 s FF1FF3 2 6.370.68 2 3.525 t/m 2 t FF1FF3 2 6.370.68 2 2.845 t/m 2 #Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva a) Obtener la dirección de las tensiones principales FF , FF . 1 3 b) Determinar la magnitud y el sentido de la JJ asociada a FF .z c) Estimar el estado tensional real del punto P (FF , FF , FF ', FF ' y sus direcciones) si la banda indefinida1 3 1 3 anterior se ha aplicado sobre un terreno con (( =2 t/m y K =0.6.n o ! d) Dibujar la trayectoria del polo P del círculo de Mohr al aplicar la banda indefinida. El primer paso para definir la dirección de FF y FF es calcular su valor, así como el de FF , para poder 1 3 z orientar el círculo de Mohr. Se tienen las siguientes tensiones según la solución elástica dada en el enunciado: El centro y radio del círculo de Mohr se pueden calcular como: Figura 18.2 Círculo de Mohr del estado tensional debido a la carga en faja Conocidos FF y FF queda determinado el círculo de Mohr (Fig. 18.2). En dicha figura se señalan los 1 3 puntos P y P correspondientes a la vertical bajo el borde de la carga en faja. 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, 1998; © Edicions UPC, 1998.
41. 1´ arctg JJ FF1FF arctg 2.54 6.372.25 31.65 o A 1 9031.65 58.35 o y B 1 9031.65 121.65 o A 3 58.3590 148.35 o y B 3 121.6590 211.65 o 31.65 o (JJ) z t 2 (FFzs) 2 2.845 2 (4.803.525) 2 2.54 t/m 2 $ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos en el círculo de Mohr. Si P se corresponde con A, entonces el polo del círculo de Mohr sería P , en caso ) contrario sería P . Para discernir de cuál de los dos se trata puede analizarse la Fig. 18.3 que muestra de * forma cualitativa cómo se orientarán las tensiones principales en puntos bajo lo extremos de la carga en faja. Puede verse que la tensión principal FF está orientada hacia la carga en faja mientras que la tensión 1 FF será ortogonal a FF . Con esta visualización de las tensiones principales es fácil deducir que la posición 3 1 del polo correspondiente a P es P mientras que para P el polo es P . Una vez que se conoce la posición ) 2 * del polo es inmediato determinar la tensión tangencial en un plano horizontal. Una vez determinado el círculo de Mohr, es posible obtener la orientación de los planos en los que actúan las tensiones principales: Por otro lado, el triángulo AA'S (Fig. 18.2) permite obtener la tensión de corte asociada a FF , es decir, la z tensión tangencial sobre un plano horizontal: En el punto P (Fig. 18.1), el estado tensional está definido por el punto B (Fig. 18.2) y por tanto la 2 tensión de corte en un plano horizontal tiene igual magnitud pero signo opuesto, JJ = -2.54 t/m . z 2 Con estos resultados queda definido el estado tensional causado por la carga en faja. Este estado tensional es el que se produciría sobre un medio en ausencia de peso propio. Para completar el estado tensional total y calcular las tensiones efectivas debe añadirse al estado tensional causado por el peso propio de terreno y, en el caso de las tensiones efectivas, calcular la presión intersticial. Figura 18.3 Orientación aproximada de las direcciones principales © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
42. (FFn) 1 (JJ) 1 (FFn) 1 (JJ) 1 (FFn) 2 (JJ) 2 (FFn) 2 (JJ) 2 (FFn) 3 (FFn) 1 (FFn) 2 (JJ) 3 (JJ) 1 (JJ) 2 (FFn) 3 (FFn) 1 (FFn) 2 (JJ) 3 (JJ) 1 (JJ) 2 (FFz) o ((n h 2 × 5 10 t/m 2 u ((w z 1 t/m 3 × 5 m 5 t/m 2 ((sat ((n ((sum ((sat((w 21 1 t/m 3 (FF' z) 0 ((sum h 1 × 5 5 t/m 2 (FF' h) 0 K o (FF' z) 0 0.6 × 5 3 t/m 2 (FFh) 0 (FF' h) 0 u 35 8 t/m 2 (JJzh) 0// 0 (FFz) p 4.80 t/m 2 FFv (JJzh) p 2.54 t/m 2 (FFh) p s(FFzs) 2sFFz 2×3.5254.80 2.25 t/m 2 %Tensiones y deformaciones. 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. El estado tensional asociado a un plano es una magnitud vectorial y, en general, tendrá una componente normal (FF ) y una componente tangencial (JJ) al plano. El vector tensión n asociado a cualquier plano puede definirse en la base local. Dicha base local se compone de un vector unitario normal y un vector unitario tangencial, n y t, respectivamente. La forma general de plantear la suma de dos estados tensionales consiste en definir dos planos , $$ y calcular sobre cada uno de ellos las tensiones normales y tangenciales producidas por cada estado tensional, es decir: y obtener las tensiones normal y tangencial como suma en esos dos planos que puede realizarse directamente al ser las distintas componentes paralelas: Con esta suma, se tendrán dos puntos del nuevo estado tensional y, por tanto, del círculo de Mohr: (FF ) ,(JJ ) y (FF ) ,(JJ ) . Si los planos elegidos son ortogonales entre sí, los puntos correspondientes en n n 3 3 3 3 el círculo de Mohr serán diametralmente opuestos. Por simplicidad, se tomarán y $$ de modo que los planos correspondientes sean el horizontal y el vertical, aunque en realidad puede tomarse cualquier par de planos. 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: Si se supone que el terreno se encuentra saturado y con el nivel freático en superficie la presión intersticial correspondiente a ese mismo punto será: Para este suelo, el peso específico sumergido será: En consecuencia, las tensiones efectivas y totales, considerando K aplicable directamente como relación o entre tensiones efectivas horizontales y verticales, se obtendrán como: En estos mismos planos (vertical y horizontal), el estado tensional inducido por la carga en faja es: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
43. (FFz) suma (FFz) 0 (FFz) p 10 4.80 14.80 t/m 2 (FFh) suma (FFh) 0 (FFh) p 8 2.25 10.25 t/m 2 (JJzh) suma (JJzh) 0 (JJzh) p 0 2.54 2.54 t/m 2 (FFz') suma (FFz) suma u 14.8 5 9.8 t/m 2 (FFh') suma (FFh) suma u 10.25 5 5.25 t/m 2 Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Al disponer de las tensiones normales y tangenciales sobre los planos vertical y horizontal, el estado tensional inducido por ambas solicitaciones (carga en faja y peso propio del terreno) resulta como: y las tensiones efectivas: Figura 18.4 Círculos de Mohr en tensiones totales Figura 18.5 Círculos de Mohr en tensiones efectivas © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
44. s FFv FFh 2 14.80 10.25 2 12.525 t/m 2 t JJ2 (FFzs) 2 2.54 2 (14.812.525) 2 3.41 t/m 2 FF1 s t 15.94 t/m 2 , FF3 s t 9.12 t/m 2 1´ arctg JJn FF1 FFh arctg 2.54 15.94 10.25 24.1 o A 1 69.5 o y B 1 114.1 o s' s u 12.525 5 7.525 t/m 2 t' t 3.41t/m 2 FF' 1 FF1 u 10.94 t/m 2 FF' 3 FF3 u 4.12 t/m 2 'Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva En las figuras 18.4 y 18.5 se han dibujado los círculos de Mohr asociados a cada uno de estos estados tensionales, tanto para cada uno de ellos por separado como para su suma. El centro y el radio del círculo de Mohr del estado tensional suma (tensiones totales) vienen dados por: Y la orientación de los planos en los que se produce la tensión principal mayor: El centro, radio y tensiones principales para el estado suma (tensiones efectivas) vienen dados por: Puede observarse que el radio (t) del círculo en tensiones totales es idéntico que el del círculo de Mohr en tensiones efectivas. 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. _______________________________________ PROBLEMA 19. Sabiendo que en un cierto punto de un suelo la deformación de corte máxima ((( ) se produce en unxy max plano vertical, y que en un plano que forma un ángulo con la vertical se produce una deformación gg ,n encontrar el valor de las deformaciones principales y en qué planos se producen (en función de (( ,xy max gg y ).n Se supone conocido el círculo de Mohr en deformaciones (Fig. 19.1). Dado que la máxima deformación de corte se produce en un plano vertical, es inmediato conocer el polo P (se realiza con respecto a planos, pero si se toma con respecto a direcciones el resultado final es el mismo, aunque entonces el polo se encuentra en posición diametralmente opuesta). Una vez conocido el polo es inmediato determinar en este caso que las deformaciones principales se producen en planos que forman ángulos de 45 con el plano o vertical (gg forma - 45 y gg forma 45 ). 1 3 o o Conocido el polo se obtiene directamente el estado deformacional del plano que forma un ángulo con la vertical (punto A en la figura 19.1). Se resuelve el triángulo OAB (utilizando que, para un mismo arco, el ángulo central en una circunferencia es el doble del ángulo inscrito) y se obtiene la magnitud AB. Con ello, y sabiendo que la deformación normal en el punto A es gg , se determina la posición del centro del n círculo de Mohr, es decir: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
45. s CC gg1gg3 2 ggn 1 2 (((xy) max sin 2 t CC gg1gg3 2 1 2 (((xy) max gg1 ggn 1 2 (((xy) max (1sin 2) gg3 ggn 1 2 (((xy) max (1sin 2) # Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Figura 19. 1 Círculo de Mohr en deformaciones Adicionalmente, la máxima deformación de corte ( ) se relaciona con el radio del círculo de Mohr: xy max Sumando las ecuaciones anteriores, se obtiene: y substituyendo en cualquiera de las anteriores resulta: _____________________________________ PROBLEMA 20 En el terreno de la figura 20.1 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 (( =2 t/m ;n ! b) eliminación del terraplén anterior; c) rebajamiento del nivel freático en 1 m; d) excavación de grandes dimensiones de 3 m de profundidad. Obtener, para los puntos de terreno no excavados, las leyes de tensiones verticales y horizontales (FF , v © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
46. 0 ## z ## 4 (FFv) 0 ((n z 1.8 z z 4 (FFv) 0 4((n (z4) ((sat 1.9 z0.4 u ((w (z4) z4 (FF' v) 0 (FFv) 0u 0.9 z 3.6 (FF' h) 0 K 0 FF' v 0.5 × (0.9z3.6) 0.45z1.8 (FFh) 0 FF' h u 1.45 z 2.2 ))FFv 2 (((n) terraplén ))FFv 4 t/m 2 0 ## z ## 4 (FFv) 1 (FFv) 0))FFv 1.8 z4 z 4 (FFv) 1 (FFv) 0 ))FFv 1.9 z 0.4 4 1.9 z 3.6 (FF' v) 1 (FF' v) 0 ))FFv 0.9 z 3.6 4 0.9 z 7.6 #Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva FF ', FF y FF '). Suponer que las presiones intersticiales son las definidas hidroestáticamente por el nivelv h h freático en cada caso sin ninguna generación adicional, y que en descargas y recargas dFF '/dFF '=0.1.h v Dibujar las trayectorias tensionales en los planos (FF ',FF - FF ',FF ), (s',s - t',t) y (p',p - q',q) (FF =FF ) parav v h h 2 3 el punto indicado en la figura 20.1. Figura 20.1 Geometría. Características del terreno y posición del nivel freático En la situación inicial (que se identificará como 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): 2 Con objeto de determinar las tensiones horizontales (sobre planos verticales) se recurre al coeficiente de empuje al reposo (K ) que se define como la relación entre tensiones efectivas horizontales y verticales. 0 Por tanto, las tensiones horizontales (efectiva y total) serán: Como puede verse, para calcular FF primero hay que obtener FF' . Al disponer del valor de coeficiente de empuje h h al reposo, ha sido posible el cálculo de la tensión efectiva horizontal a partir del valor de la tensión efectiva vertical. Por otro lado, se supondrá que el suelo, inicialmente, se encuentra normalmente consolidado. La colocación del terraplén (que se identificará como Situación 1) se asimila a una carga uniformemente repartida de valor: Este incremento de carga produce un aumento de las tensiones verticales totales y efectivas, habiendo © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
47. (FF' h) 1 K 0 (FF' v) 1 (0.9 z 7.6) × 0.5 0.45 z 3.8 (FFh) 1 (FF' h) 1u 1.45 z 3.8 z 4 1.45 z 0.2 0 ## z ## 4 (FFv) 2 (FFv) 1 ))FFv (FFv) 1 4 (FFv) 0 z 4 (FFv) 2 (FFv) 1 4 (FFv) 0 (FF' v) 2 (FF' v) 1 4 (FF' v) 0 (FF' h) 2 (FF' h) 1 ))FFh ))FF' h 0.1 ))FF' v 0.1 (4) 0.4 (FF' h) 2 0.45 z 3.8 0.4 0.45 z 3.4 (FFh) 2 (FF' h) 2 u 0.45 z 3.4 z 4 1.45 z 0.6 FFz 4 ((n ((n (z 4) ((n z , 4 ## z ## 5 FFv 5 ((n ((sat (z 5) 0 ## z ## 4 (FFv) 3 (FFv) 2 4 ## z ## 5 (FFv) 3 ((n z 1.8 z # Mecánica de Suelos. Problemas resueltos supuesto además que la presión intersticial no se modifica. El aumento de tensión efectiva vertical hace que el suelo siga normalmente consolidado y sin deformaciones laterales (condiciones unidimensionales). Por tanto: La siguiente operación consiste en la eliminación del terraplén (que se identificará como Situación 2). 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. Se produce una variación de la tensión vertical de - 4 t/m que es lo que se había cargado al construir el terraplén. Es decir, se trata simplemente 2 de restar el incremento añadido anteriormente. Las tensiones verticales que resultan son: Sin embargo, respecto a las tensiones horizontales, debido al comportamiento elastoplástico del suelo, no se producirá en descarga un retorno a los valores iniciales antes de la construcción del terraplén. Para poder estimar cómo se recuperan las tensiones horizontales, se proporciona en este problema una ley lineal con variación de 0.1. Con este valor, la variación en descarga de tensiones efectivas horizontales es: La siguiente acción que se debe realizar es el rebajamiento en 1 m del nivel freático (se identificará como Situación 3). Dicho rebajamiento de nivel freático tiene dos efectos. En primer lugar, varía la ley de presiones de agua que pasará de ser u = (z - 4) a ser u = (z - 5). En segundo lugar, y con una M M influencia menor en este caso, varía la ley de tensiones totales debido a que el peso en la zona no saturada es (( en lugar de (( . n sat El suelo en 4 z 5 pasa a estar por encima del nivel freático y por tanto: En z 5 la nueva ley de tensiones es: Con estas leyes de tensiones totales verticales, se pueden calcular las correspondientes tensiones efectivas: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
48. z 5 (FFv) 3 5 ((n ((sat (z5) 1.9 z 0.5 (FF' v) 3 (FFv) 3 u 1.9 z 0.5 (z5) 0.9 z 4.5 ))FF' v (FF' v) 3 (FF' v) 2 (0.9 z 4.5) (0.9 z 3.6) 0.9 ))FF' h 0.1 × 0.9 0.09 (FF' h) 3 0.45 z 3.4 0.09 0.45 z 3.49 (FFh) 3 (FF' h) 3 u 0.45 z 3.49 z 5 1.45 z 1.51 ))FFv 3 ((n 3 × 1.8 5.4 t/m 2 3 z ## 5 (FFv) 4 (FFv) 3 ))FFv 1.8 z 5.4 z 5 (FFv) 4 (FFv) 3 ))FFv 1.9 z 0.5 5.4 1.9 z 5.9 (FF' v) 4 (FF' v) 3 ())FFv) 0.9 z 4.5 5.4 0.9 z 0.9 (FF' h) 4 (FF' h) 3 ))FF' h ))FF' h 0.1 ))FF' v 0.1 × (5.4) 0.54 (FF' h) 4 0.45 z 3.49 0.54 0.45 z 2.95 (FFh) 4(FF' h) 4 u 0.45 z 2.95 z5 1.45 z 2.05 (FFv) p 0 1.9×10 0.4 18.6 t/m 2 (FF' v) p 0 0.9×10 3.6 12.6 t/m 2 (FFh) p 0 1.45×10 2.2 12.3 t/m 2 (FF' h) p 0 0.45×10 1.8 6.3 t/m 2 #!Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva Puesto que este aumento de tensión vertical (0.9) es menor que 4 (peso del terraplén) hay que considerarlo como una recarga (dicha recarga se produciría hasta llegar a 4, que es la máxima tensión a la que ha estado sometido el terreno), por tanto: En caso que el incremento de tensión a añadir fuese superior a 4 t/m sería necesario aplicar el incremento 2 en dos pasos. Un primer paso en recarga hasta llegar a la presión de preconsolidación y un segundo paso desde la misma. La última acción consiste en la realización de una excavación de 3 m de profundidad (se identificará como Situación 4). Al escavar se produce una descarga en el suelo de valor: Las tensiones verticales se calculan de acuerdo con: y las tensiones horizontales vienen dadas por: que son las expresiónes en el estado final. Las leyes obtenidas en función de z se particularizarán para el punto P que sitúa el enunciado a una profundidad de 10 m. Situación 0 (inicial) en P: Situación 1 en P: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
49. (FFv) p 1 1.9×10 3.6 22.6 t/m 2 (FF' v) p 1 0.9×10 7.6 16.6 t/m 2 (FFh) p 1 1.45×10 0.2 14.3 t/m 2 (FF' h) p 1 0.45×10 3.8 8.3 t/m 2 (FFv) p 2 (FFv) p 0 18.6 t/m 2 (FF' v) p 2 (FF' v) p 0 12.6 t/m 2 (FFh) p 2 1.45 × 10 0.6 13.9 tm 2 (FF' h) p 2 0.45 × 10 3.4 7.9 t/m 2 (FFv) p 3 1.9× 10 0.5 18.5 t/m 2 (FF' v) p 3 0.9× 10 4.5 13.5 t/m 2 (FFh) p 3 1.45× 10 1.51 12.99 t/m 2 (FF' h) p 3 0.45× 10 3.49 7.99 t/m 2 (FFv) p 4 1.9×10 5.9 13.1 t/m 2 (FF' v) p 4 0.9×10 0.9 8.1 t/m 2 (FFh) p 4 1.45×10 2.05 12.45 t/m 2 (FF' h) p 4 0.45×10 2.95 7.45 t/m 2 s (FFv FFh)/2 t (FFv FFh)/2 p 1/3 (FFv 2 FFh) q FFv FFh # Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Situación 2 en P: Situación 3 en P: Situación 4 en P: A lo largo de todo el proceso JJ = JJ = 0 por lo que las direcciones vertical y horizontal serán las vh hv principales. Como se tiene también en todos los casos que FF FF , se cumplirá FF =FF y FF =FF , y por lo v h L 1 D 3 tanto: Los valores de las tensiones obtenidas en el punto P se resumen en la tabla adjunta, juntamente con las variables s, s', t, t', p, p', q y q' a lo largo del proceso. Estos valores se han dibujado formando las trayectorias tensionales en los planos FF - FF , en la Fig. 20.1; en los planos s, s' - t, en la figura 20.2, y v h en los planos p, p' - q, en la figura 20.3. t/m Situación 0 Situación 1 Situación 2 Situación 3 Situación 42 FFv 18.6 22.6 18.6 18.5 13.1 FFh 12.3 14.3 13.9 12.99 12.45 FF'v 12.6 16.6 12.6 13.5 8.1 FF'h 6.3 8.3 7.9 7.99 7.45 s 15.45 18.45 16.25 15.74 12.77 s' 9.45 12.45 10.25 10.74 7.77 t=t' 3.15 4.15 2.35 2.76 0.32 p 14.4 17.1 15.5 14.83 12.67 p' 8.4 11.1 9.5 9.83 7.67 q=q' 6.3 8.3 4.7 5.5 0.65 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
50. ##Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva Figura 20.1 Trayectoria de tensiones en plano FF -FF FF -FF v h, v h. Figura 20.2 Trayectoria de tensiones en plano s-t, s-t © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
51. #$ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Figura 20.3 Trayectoria de tensiones en plano p-q, p-q ______________________________________________ © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
52. nn z u ((w #%Flujo de agua en suelo saturado indeformable Capítulo 3. Flujo de agua en suelo saturado indeformable PROBLEMA 21. En el terreno de la figura adjunta (Fig. 21.1) se lleva a cabo un bombeo de agua en la capa de grava, que reduce en 3 m su altura piezométrica original. Obtener y dibujar las leyes de variación de FF , FF ', L L FF , FF ', u, y nn con la profundidad, tanto antes como después del bombeo, (en esta última situación seD D supondrá que se ha llegado al régimen estacionario). Figura 21.1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se obtienen las leyes de tensiones, presiones y niveles correspondientes al estado inicial antes de bombear. La coordenada vertical puede tomarse indistintamente en sentido hacia arriba (z) o hacia abajo (z'). El origen también es arbitrario, y en este case se toma en las gravas para z y en la superficie del terreno para z' (z = 12 - z'). El nivel piezométrico se define como: En principio en la zona por encima del nivel freático el peso específico del terreno tendrá un valor intermedio entre el peso específico saturado y el peso específico seco. En este caso, y puesto que se trata de un suelo granular (arena), tendrá mayor facilidad para desaturar que si se tratara de una arcilla. Por tanto, se tomará como peso específico natural el valor de la densidad seca, que se obtiene como: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998. Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, 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.
53. ((sat ((s((we 1e e ((s((sat ((sat((w 1.125 ((d ((s 1e 1.27 t/m 3 0 z ## 2 FFv ((arena d z 1.27z u 0 FF v FFv FF h K 0 FF v K 0 ((arena d z 0.5×1.27 z 0.635 z FFh FF h 2 z ## 4 FFv ((arena d 2 ((arena sat (z 2) 1.27 × 2 1.8 (z 2) 1.8 z 1.06 u ((w(z 2) z 2 FF v FFv u 0.8 z 0.94 FF K 0 FF v 0.4 z 0.47 FF FF u 1.4 z 1.53 nn z u ((w (12z ) z 2 1 10 m 4 z ## 12 FFv ((d 2 ((arena sat (42) ((limo sat (z 4) 6.14 2(z 4) 2z 1.86 u ((w(z 2) z 2 FF v FFv u 2 z 1.86 z 2 z 0.14 FF h K o FF v 0.6(z 0.14) 0.6 z 0.84 FFh FF h u 0.6 z 0.84 z 2 1.6 z 1.16 nn z u ((w 10 m # Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Para este cálculo se ha tomado (( = 2.7 t/m . s ! En el estado inicial, anterior a la realización del bombeo, las leyes de tensiones se calculan a continuación. Para la arena en la zona no saturada las tensiones son: Aunque de hecho la definición de tensiones efectivas en la zona no saturada tiene poco sentido, se han tomado como iguales a las totales, resultado que se obtiene al suponer que la presión intersiticial es cero. Para la zona de suelo arenoso bajo el nivel freático resulta: Por último para el limo en la zona saturada: El bombeo en las gravas produce un rebajamiento de nivel en las mismas de 3 m. Esto se representa cualitativamente en la figura 21.2. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
54. q z K eq dnn dz K eq ))nn ))z K eq 107 10 K eq 0.3 L K eq L 1 K 1 L 2 K 2 , L L 1 L 2 K eq L L 1 K 1 L 2 K 2 10 2 10 1 8 10 4 1.25 × 10 4 cm/s q z K eq 0.3 3.75 × 10 5 cm/s 0.0324 m 3 m 2 día dq z dz 0 q arena q limo q z #'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 nn se produce hacia las gravas (nn decreciente) y puede obtenerse como: El signo negativo de este caudal indica que se trata de un flujo de agua descendente. La permeabilidad equivalente (K ) en un sistema formado por 2 capas y con flujo en la dirección normal a la orientación eq de las mismas viene dada por: 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. Esta permeabilidad equivalente puede interpretarse como la que tendría un medio homogéneo equivalente. Con los datos de este problema se obtiene: Para obtener cómo varían las leyes de tensiones debido al bombeo hay que calcular las variaciones de presión intersticial o de nivel. La ecuación de continuidad en régimen estacionario expresa que el caudal es constante para cualquier z, luego: Este caudal puede calcularse como: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
55. q arena K 1 dnn d z K 1 nn10 810 2 z ## 4 nn a z b nn 10 a 2 b nn 9.9975 a 4 b a 0.00125 b 10.0025 nn 0.00125 z 10.0025 u (nnz)((w (0.00125 z 10.002512z ) 0.99875 z 1.9975 4 z ## 12 nn a z b nn 9.9975 a 4 b nn 7 a 12 b a 0.3747 b 11.4963 nn 0.3747 z 11.4963 u (nnz)((w (0.3747 z 11.496312z ) 0.6253 z 0.5037 2 z ## 4 )) u (0.99875 z 1.9975)(z 2) 0.00125 z 0.0025  0 4 ## z ## 12 )) u (0.6253 z 0.5037)(z 2) 0.3747 z 1.4963  0.375 z 1.50 0z 4 ))FF0 4 z ## 12 FF v z 0.14 (0.375 z 1.5) 1.375 z 1.36 FF h K 0 FF v 0.825z 0.816 $ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos donde nn es el nivel piezométrico en el interfase arena-limo, que resulta tener un valor de nn = 9.9975 m. Este valor es prácticamente .10 m y esto pone de manifiensto el hecho que la permeabilidad en la arena es alta en comparación con el limo. Por tanto, hay pocas pérdidas de carga en la capa de arena y prácticamente la pérdida de nivel total (3 m) se produce en la capa de limo. El cambio de presión intersticial es: ))u = )n)n (( porque z no varía. La nueva ley de niveles piezométricos es, para la arena en w la zona saturada: mientras que para el limo: Puesto que, en este caso, solamente varían las presiones intersticales o niveles, los cambios de tensión efectiva podrán obtenerse como FF' = -))u ya que la tensión total FF permanece constante y FF' = FF - u. Dichos cambios en la presión intersticial vienen dados por: Y por tanto los cambios de tensión serán nulos donde no haya variación de presión, es decir: Mientras que en la zona donde la presión intersticial varía, las nuevas tensiones efectivas son: En la figura 21.3 se han representado las leyes de alturas piezométricas, presiones intersticiales y tensiones verticales y horizontales tanto antes como durante el bombeo. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
56. $Flujo de agua en suelo saturado indeformable Figura 21.3 Leyes de alturas piezométricas, presiones intersticiales, tensiones totales y efectivas ______________________________________ PROBLEMA 22. En el terreno de la figura 22.1 se rebaja en 4 m el nivel piezométrico del estrato inferior de gravas. Obtener (suponiendo condiciones estacionarias) el caudal vertical generado y la ley de niveles piezométricos con la profundidad. Figura 22.1 Representación esquemática del terreno © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
57. q z K eq dnn dz K eq ))nn ))z K eq L L 1 K 1 L 2 K 2 L 3 K 3 L L 1 L 2 L 3 K eq 6 2 10 4 3 10 2 1 10 3 5.88 × 10 6 cm/s q z 5.88 × 10 6 (64)6 06 3.92 × 10 6 cm/s q z 3.92 × 10 6 cm/s× 1 m 100 cm × 86400 s 1 día 0.0034 m día 0.0034 m 3 m 2 día q limo q arena q arcilla q $ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos La ecuación de continuidad del agua juntamente con la ley de Darcy dan lugar, bajo la hipótesis de régimen estacionario en un sistema multicapa y flujo perpendicular a las capas, a: En régimen estacionario, las leyes de niveles pezométricos (nn) son lineales en cada estrato homogéneo. Aplicando los valores propuestos en este problema, resulta una permeabilidad equivalente igual a: que permite calcular el caudal unitario o flujo como: La condición de continuidad permite establecer que: Figura 22.2 Leyes de presiones y niveles piezométricos Si se utiliza la denominación de puntos A(z = 6), B(z = 4), C(z = 1) y D(z = 0), correspondiente a las interfases entre cada dos capas (Fig. 22.2), se tiene: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
58. q 1 K 1 dnn dz K 1 nnBnnA z Bz A nnB 5.9216 m q 2 K 2 dnn dz K 2 nnCnnB z Cz B nnC 5.9204m q 3 K 3 dnn dz K 3 nnDnnC z Dz C nnD 2.00 m u (d 1d 2zs) ((w FFz (d 1d 2z) ((n1 d 2 ## z ## d 1d 2 FFz d 1((n1(d 2z) ((n2 0 ## z ## d 2 $!Flujo de agua en suelo saturado indeformable De hecho, la última ecuación es innecesaria ya que nn = 6 - 4 = 2 m. En la figura 22.2 se representa la D ley de niveles piezométricos y la ley de presiones intersticiales. _____________________________________ PROBLEMA 23. En el terreno de la figura 23.1 se va a realizar una excavación de grandes dimensiones, que se mantendrá seca mediante bombeo en superficie. Obtener la máxima profundidad x a la que se puede llegar manteniendo un coeficiente de seguridad al sifonamiento (FS=FF/u) de 1.5 (se considerará que, debido a la relativa impermeabilidad de la capa de limo arenoso con respecto a la permeabilidad de las gravas, la presión intersticial en las gravas inferiores no varía). Particularizar el problema para d =101 m, (( =1.8 t/m , (( =2.0 t/m , d =0.5 m, s=1 m, K =10 cm/s y K =10 cm/s, y obtener en este caso eln1 n2 2 1 2 3 3 -1 -3 caudal que se recogerá. ¿Qué medidas se podrían adoptar para aumentar la máxima profundidad x obtenida, manteniendo el coeficiente de seguridad en 1.5? Figura 23.1 Representación esquemática del medio Se hace inicialmente la hipótesis de que xs. Las leyes de presión intersticial y tensión antes de excavar serán: Estas leyes se representan en la figura 23.2. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
59. FFz (d 1d 2zx) ((n1 d 2 ## z ## d 1d 2 FFz (d 1x) ((n1 (d 2z) ((n2 0 ## z ## d 2 FS FF u (d 1x) ((n1d 2 ((n2 (d 1d 2s) ((w (d 1x) ((n1d 2 ((n2 (d 1d 2s) ((s $$ FS o x ## d 1 (d 1d 2s) ((w FS o d 2 ((n ((n1 $ Mecánica de Suelos. 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). La ley de tensiones totales se transforma en: Sobre la ley de presiones intersticiales se sabe que la u = 0 en z = d + d - x (punto A, Fig. 23.2) mientras 1 2 que u = (d + d - s) (( en z = 0 (punto C, Fig. 23.2). En este último punto se supone, tal como se indica 1 2 w en el enunciado, que la presión intersticial no varía. Esta hipótesis es razonable siempre que las gravas se puedan suponer conectadas con el nivel piezométrico regional. Entonces, su alta permeabilidad impide pérdidas de carga aunque se bombee en la excavación. Por otro lado, dado que los limos son mucho más impermeables que las arenas, se produce entre C y B (Fig. 23.2), la mayor parte de pérdida de carga. Figura 23.2 Leyes de presión intersticial y tensión total antes y después de excavar A medida que la excavación avanza, la presión intersticial se va acercando a la tensión total bajo la excavación. Pero, dada la forma de la ley de presiones que se va a tener en este caso (arena sobre limo y limo sobre grava), el punto C es el más desfavorable como puede verse en la figura 23.2. En otras palabras, a medida que la excavación avance, el primer punto en el que se alcanzará la situación crítica de sifonamiento (FF = u o FF' = 0) es el C debido a la relación entre permeabilidades. El factor de seguridad al sifonamiento se obtendrá para este punto (C, Fig. 23.2) como: Si se impone FS $ FS es decir, un valor de proyecto que se establezca, resulta: o Sustituyendo por un valor de FS = 1.5, resulta x # 2.64 m como máxima profundidad de excavación o para dicho factor de seguridad al sifonamiento y los datos del problema. Por otro lado, el caudal que hay que bombear en el interior de la excavación vendrá dado (en condiciones unidimensionales) por: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
60. q z K eq dnn dz K eq nncnnA z cz A nnC z C u C ((w z C (d 1d 2s) ((w ((w d 1 d 2 s nnA z C u A ((w (d 1d 2x) 0 d 1 d 2 x z C 0 y z A d 1 d 2 x K eq L L 1 K 1 L 2 K 2 d 1 d 2 x d 1x K 1 d 2 K 2 q z K eq xs d 1d 2x xs d 1x K 1 d 2 K 2 K eq 0.0139 cm/s y q z 0.0139 2.641 10.52.64 0.0029 cm/s q z 0.0029 cm/s × 86400 s 1 día × 1 m 100 cm 2.5 m 3 m 2 día $#Flujo de agua en suelo saturado indeformable siendo: y como permeabilidad equivalente: Substituyendo la permeabilidad equivalente y los niveles piezométricos resulta: e introduciendo los datos del problema y x = 2.64 m resulta Dicho caudal se puede expresar en otras unidades: Por último, 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. En este caso, el caudal a bombear en las gravas puede ser muy elevado en función de la magnitud y permeabilidad del acuífero. _____________________________________________ PROBLEMA 24. La figura 24.1 muestra los casos de un acuífero libre y de un acuífero confinado, respectivamente, de los que se pretende extraer agua bombeando desde un pozo circular. Obtener en ambos casos las leyes de niveles piezométricos del acuífero al bombear un caudal Q, una vez establecido el régimen estacionario. En ambas situaciones (acuífero libre y acuífero confinado) es preciso adoptar previamente ciertas hipótesis sin las cuales no es posible obtener una solución analítica. En primer lugar se debe tratar de un © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
61. q(r)2BBrh q(r)2BBrhQ $$ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos acuífero homogéneo e isótropo. En segundo lugar la solución se debe obtener para un régimen estacionario a caudal constante. Relacionado con lo anterior, debe existir asimismo un contorno de nivel constante, es decir, que para r = r se cumple h = h (hipótesis de isla circular con pozo en el centro). Por 0 0 último, se admite la hipótesis de Dupuit, en el caso de acuífero libre, que establece que las líneas de nivel piezométrico constante pueden considerarse verticales, a pesar de que el nivel freático no es horizontal. Figura 24.1 Bombeo en acuífero libre y acuífero confinado. a) acuífero libre (Fig. 24.2) Figura 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. El caudal que pasa través de un cilindro de radio r y altura h (espesor saturado a distancia r) es: En régimen estacionario este caudal debe ser igual al que se extrae del pozo (-Q), por lo que la ecuación de continuidad quedará como: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
62. q(r) K dh dr K 2BBrh dh dr Q 2hdh Q BBK dr r h 2 Q BBK ln r A h 2 0 Q BBK ln r 0 A A h 2 0 Q BBK ln r 0 h 2 h 2 0 Q BBK ln r r 0 mm h ho 2hdh Q BBK mm r ro dr r h 2 h ho Q BBK ln r r ro h 2 h 2 o Q BBK ln r r o $%Flujo de agua en suelo saturado indeformable Por otro lado, la ley de Darcy permite escribir (el nivel piezométrico coincide con el espesor saturado): y sustituyendo la ley de Darcy en la de continuidad resulta: La integral de la ecuación diferencial anterior proporciona: donde A es una constante de integración. Puesto que para r = r se supone que h = h , resulta: 0 o y finalmente: Esta ecuación puede también obtenerse como una integral definida de la ecuación diferencial, es decir: b) acuífero confinado (Fig. 24.3) Figura 24.3 Acuífero confinado con condición de contorno de nivel constante. (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. El caudal que pasa a través de un cilindro de radio r y altura b (en este caso el espesor es siempre b por tratarse de un acuífero confinado) es: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
63. q(r)2BBrb q(r)2BBrbQ K 2BBrb dh dr Q dh Q 2BBbK dr r h Q 2BBbK ln r A A h o Q 2BBbK ln r o h h o Q 2BBbK ln r r o s h o h Q 2BBbK ln r r o Q 2BBbK ln r o r h 2 h 2 o (hh o)(hh o) .. s 2h o (hh o  2 h 0) 2sh o Q BBK ln r r o s  Q 2 h oBBK ln r o r $ Mecánica de Suelos. Problemas resueltos que igualado al caudal bombeado (-Q) resulta: y sustituyendo q(r) por la ley de Darcy resulta (siendo h el nivel piezométrico): e integrando la ecuación diferencial anterior resulta: donde A es una constante de integración. Si a distancia r = r , el nivel es h = h se obtiene: o o y finalmente: Estas expresiones pueden escribirse en términos del descenso s definido como s = h - h, que es la o variable que normalmente se mide en el campo. Para el caso de acuífero confinado sería simplemente: Para el caso de acuífero libre es preciso aproximar: válido siempre que h + h . 2 h , es decir, para descensos pequeños. o 0 _______________________________________ PROBLEMA 25. La figura 25.1 representa un talud en material impermeable, con dos fracturas rellenas, respectivamente, con materiales de permeabilidades K y K . Por ambas fracturas, que se supone que están saturadas,1 2 circula agua procedente de la escorrentía superficial del talud. Suponiendo que se ha alcanzado el régimen estacionario, obtener una relación entre K y K para que un pozo vertical que pase por el punto1 2 de intersección de ambas fracturas sea artesiano y aplicarlo al caso: =15 , l=500 m, $$ =30 , $$ =135 , o o o 1 2 d =0.5 m, d =0.8 m.1 2 © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
64. nnB z D AB sin C BC sin A AC sin B C $$1, B 90 $$1 $$2 90 $$2 $$1 A 90 ($$290) 180 ($$2) $'Flujo de agua en suelo saturado indeformable Figura 25.1 Representación esquemática del talud La condición de pozo artesiano es que: es decir que el nivel piezométrico en el punto B (Fig. 25.2) quede por encima de la superficie del terreno. Figura 25.2 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. Como podrá verse ambos planteamientos conducen al mismo resultado. Resolución a) El teorema de los senos permite relacionar distancias con ángulos opuestos en un triángulo. Aplicándolo al caso del triánculo ABC (Fig. 25.2) se tiene: Los ángulos en A, B y C en función de , $$ y $$ son: © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
65. sin(180($$2)) sin($$2) AB l sin($$1) sin($$2$$1) BC l sin($$2) sin($$2$$1) z B 0 z C BC sin $$1 l sin($$2) sin$$1 sin($$2$$1) z A AB sin(180$$2) l sin($$1) sin$$2 sin($$2$$1) z D sin($$1) BC sin(90) z D l sin($$2) sin($$1) sin($$2$$1) sin(90) Q AB q 2d 2 K 2 nnBnnA AB d 2 Q BC q 1d 1 K 1 nnCnnB BC d 1 Q AB Q BC K 2 (nnBz A) AB d 2 K 1 (z CnnB) BC d 1 nnB z A z C K 1 K 2 d 1 d 2 AB BC 1 K 1 K 2 d 1 d 2 AB BC % Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Además AC = l, y el ángulo suplementario permite escribir: De las anteriores ecuaciones resulta: Las coordenadas z de cada punto son: y volviendo a aplicar el teorema de los senos, en este caso al triángulo BCD, resulta: Por otro lado, los caudales que circulan en las fracturas deben cumplir la ecuación de continuidad, que en este caso implica simplemente que el caudal en AB es el mismo que en BC. Estos caudales, por unidad de anchura de talud, se pueden calcular como: donde se ha aplicado que nn = z y nn = z por tratarse de puntos exteriores, es decir, u = u = 0. ) +A C A C Consecuentemente la condición de continuidad de caudales quedará como: De la ecuación anterior se puede obtener nn , que no es conocido: B y puesto que la condición de pozo artesiano es nn z , y nn =nn ya que en el pozo no circula agua, D D D B © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
66. z A z C K 1 K 2 d 1 d 2 AB BC z D 1 K 1 K 2 d 1 d 2 AB BC K 2 K 1 z Dz C z Az D d 1 d 2 AB BC z D z C l sin($$2) sin($$2$$1) sin($$1) sin(90) sin $$1 z A z D l sin($$1) sin($$2$$1) sin$$2 sin($$2) sin(90) z D z C z A z D sin($$2) sin($$1) cos $$1 cos $$2 K 2 K 1 d 1 d 2 sin($$2) sin($$1) cos $$1 cos $$2 sin($$1) sin($$2) d 1 d 2 cos $$1 cos $$2 K 2 K 1 0.76 %Flujo de agua en suelo saturado indeformable resulta: Esta ecuación permite obtener la condición entre permeabilidades: donde: Haciendo el cociente y operando resulta: donde cos$$ 0 con la geometría indicada. Finalmente, sustituyendo este cociente y los valores de AB y BC obtenidos anteriormente en la condición entre permeabilidades resulta: Para d = 0.5 m, d = 0.8 m, $$ = 30 y $$ = 135 resulta: Figura 25.3 Variaciones de nivel piezométrico entre A, B y C © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.
67. nnA nnB x nnB nnC l x nnA nnB x l x (nnBnnC) nnAnnB x l x (nnBnnC) Q K 1 d 1 nnC nnB CB CB (lx) cos cos $$1 Q K 2 d 2 nnB nnA BA BA x cos cos(180$$2) nnB nnC Q K 1 d 1 (lx) cos cos $$1 nnA nnB Q K 2 d 2 x cos cos(180$$2) Q K 2 d 2 x cos cos(180$$2) x (lx) Q K 1 d 1 (lx) cos cos $$1 K 2 K 1 d 1 d 2 cos $$1 cos $$2 % Mecánica de Suelos. Problemas resueltos Resolución b) Este problema tiene una solución más sencilla. Las pérdidas de nivel entre A y C (nn - nn ) se producen A C en dos tramos: AB (nn - nn ) y BC (nn - nn ). En la figura 25.3 se representa la situación en la que se A C A C cumple exactamente nn = z . En este caso, los dos triángulos rectángulos con ángulo permiten escribir: B D pero el pozo sería artesiano siempre que: Por otro lado, los caudales en cada tramo, iguales por continuidad, son: De donde se obtiene: que se sustituyen en la desigualdad anteriormente establecida: Finalmente resulta: que coincide con la expresión obtenida anteriormente en la resolución b). De hecho, ambas resoluciones son equivalentes, y la única diferencia entre ellas es la condición geométrica planteada inicialmente (teorema de los senos o triángulos rectángulos). _____________________________________ PROBLEMA 26. Dibujar la red de flujo y estimar el caudal infiltrado correspondiente al caso de la figura 26.1. Obtener, asimismo, las presiones intersticiales producidas en la pantalla. © los autores, 1998; © Edicions UPC, 1998.

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