Source: https://www.scribd.com/doc/94447549/Mecanica-de-Suelos-Problemas-Resueltos-inc-Edicions-Upc
Timestamp: 2017-09-22 12:25:56+00:00

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Mecanica de Suelos (Problemas Resueltos inc (Edicions Upc)
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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
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Por otro lado. se han resuelto en seminarios específicos. y a solicitud de los alumnos. 1998. progresivamente mejoradas en contenido y formato. Sobre todo se hace especial énfasis en aspectos relacionados con las distintas variables que caracterizan la porosidad y contenido de agua en suelos. y tensiones efectivas. en el primer capítulo se recogen problemas relativos a propiedades básicas de los suelos. Por otro lado. en particular. en especial en lo relativo a problemas de examen resueltos en seminarios. Durante los primeros años en que se impartió la asignatura. En o © los autores. En el segundo capítulo se incluyen problemas relacionados con algunos aspectos básicos de la mecánica de medios porosos continuos. sin hacer mucho uso de desarrollos matemáticos. el contenido de este capítulo está relacionado en algunos aspectos con las prácticas de laboratorio que se realizan en la asignatura. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. La colección no coincide exactamente con la utilizada en la actualidad en dicha asignatura ya que. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. ha dado lugar a esta publicación. Respecto a su contenido. Quedan rigurosamente prohibidas. el enfoque de los problemas intenta centrarse en aspectos de concepto y no excesivamente elaborados.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. se fue preparando un borrador de las resoluciones que. se proporcionan a los alumnos nuevos enunciados procedentes fundamentalmente de exámenes que. Posteriormente. La necesidad de finalizarla en un tiempo razonable ha impedido que se pudiese actualizar totalmente la colección. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". 1998. en su mayoría. La colección no ha sido concebida directamente para su publicación sino que se adapta a la materia impartida en la asignatura. los problemas propuestos se desarrollaban en clase pero no se disponía de su resolución por escrito. debido a que dicha titulación es de primer ciclo. El tercer capítulo se dedica a problemas relacionados con flujo de agua en medio poroso indeformable. © Edicions UPC. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. 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. especialmente estados tensionales y deformacionales (círculos de Mohr). y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. bajo las sanciones establecidas en las leyes. respectivamente. . muy utilizados con posterioridad.
En ambos casos se han planteado solamente problemas en régimen estacionario. 1998. tanto en condiciones drenadas como en condiciones no drenadas. Barcelona. el capítulo quinto se dedica a problemas de resistencia de suelos saturados. En estos problemas la condición de rotura se representa mediante el criterio de Mohr-Coulomb. 1998. En segundo lugar se incluyen también algunos problemas en condiciones bidimensionales. sino también para todas aquellas personas interesadas en el tema. mayo de 1997 © los autores. . Problemas resueltos primer lugar se incluyen problemas en condiciones unidimensionales incluyendo casos de sifonamiento. Finalmente. 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. 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. © Edicions UPC. El último problema de este capítulo se dedica a la determinación de parámetros a partir de resultados de un ensayo edométrico. Se recogen problemas en condiciones unidimensionales en los que se combinan diferentes solicitaciones (terraplenes y bombeos) y también se obtienen soluciones incorporando drenes verticales para acelerar el proceso transitorio de consolidación. En el cuarto capítulo se incluyen problemas de consolidación en suelos saturados.& Mecánica de Suelos.
.................. Resistencia de suelos saturado ........ 11 2..........................................................................Índice ' Índice 1.................................... 31 3.. Identificación y clasificación ...................................... 1998............ 1998........ Propiedades básicas de los suelos.................................................... ......... Flujo de agua en suelo saturado indeformable ................. Tensiones y deformaciones.................. 83 5............................. 107 © los autores............................................................. © Edicions UPC..................................... Tensión efectiva ..................... 57 4....... Consolidación de suelos saturados .......
Quedan rigurosamente prohibidas. El peso de agua (Ww) puede calcularse por diferencia como Ww = Wt . Se define como volumen de huecos relativo al volumen de sólido (e = Vh / Vs). 1998. 1998. que tiene un peso de 900 gr. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. la humedad resultante es: w  150 gr  0. su porosidad. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". Humedad. su humedad y sus distintas densidades. © Edicions UPC. © los autores. Una muestra de suelo saturado. se realiza a partir de la medida en laboratorio del peso en diferentes condiciones (p. Identificación y clasificación PROBLEMA 1. tras lo cual pesa 750 gr. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.7 gr/cm3). su índice de poros.e. suelo natural. Se define como peso de agua relativo al peso del sólido (w = Ww / Ws). su densidad natural y su densidad seca (I = 2. Propiedades básicas de los suelos. Dado que.2 (20 %) 750 gr Índice de poros.Propiedades básicas de los suelos Capítulo 1.750 = 150 gr y. bajo las sanciones establecidas en las leyes. se coloca en estufa a 100º C durante 24 horas.1 Distribución de las fases en el suelo La obtención de parámetros característicos de un suelo tales como su índice de poros. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. suelo seco) y aplicando la definición de dichos parámetros.Ws = 900 . Figura 1. Obtener su humedad natural. . por tanto.
7 gr/cm  277. se tiene Vh = Vw (volumen de huecos igual a volumen de agua). Sin embargo. Problemas resueltos en este caso. La equivalencia entre porosidad e índice de poros se obtiene como: n  Vh Vt  Vh Vh Vs   ( Vh Vs Vs Vh Vs  / )/  1 e e análogamente. se calcula el índice de poros como cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido: e  150 cm 277. 1998. Se define como peso de sólido relativo al volumen total (d = Ws / Vt). Se define como volumen de huecos relativo al volumen total ( n = Vh / Vt).Mecánica de Suelos.78 cm 3 3 _____________________________________ © los autores.7 gr/cm! para las partículas sólidas. . Si se aplican los valores de este problema resulta: n  900 gr 427. pueden usarse indistintamente. es más cómodo referirse a la porosidad para calcular el volumen de agua almacenado en un volumen de medio. sobre todo en temas relacionados con el comportamiento mecánico.78 cm  0.35 (35%) La porosidad (n) se puede calcular en función del índice de poros (e). Si se usan los valores de este problema resulta: d  750 gr  1.78 cm!. 1998. El índice de poros es relativo al volumen de sólido. Con ello se obtiene una porosidad de: 150 n  427. lo que facilita el cálculo de sus variaciones al producirse cambios de volumen del suelo.0 cm 3 3 Vs  Ws s  750 gr 2.0 gr/cm  150. Se define como peso total relativo al volumen total (n = Wt / Vt).78  0. el suelo se encuentra saturado (Sr = 1).78 = 427. aunque sus valores no coinciden. Sin embargo.78 cm  2. El volumen total se obtiene como Vt = Vw + Vs = 150 + 277. se trabaja usualmente con la porosidad. © Edicions UPC.10 gr/cm 3 3 Densidad seca. mientras que en Hidrogeología.78 cm 3 3 donde se ha supuesto una densidad de 2. Dichos volúmenes se obtienen mediante las expresiones: Vw  Ww w  150 gr 1. Ambas variables evalúan la misma propiedad del suelo (el volumen relativo de huecos) y por tanto.54 3 3 Porosidad.75 gr/cm 427. es más conveniente la utilización del índice de poros. en Geotecnia. se puede despejar e en función de n: e n 1 n Densidad natural. Una vez determinados los volúmenes de huecos (agua) y sólido.
1) se pueden obtener las relaciones entre variables. el valor de w en función de s . s . Un suelo natural tiene una humedad del 15%. 2. un grado de saturación de 0. Sr y e es inmediato ya que la humedad es equivalente a: w  Ww Ws  w e S r s A la misma expresión se llega al plantear las definiciones de cada una de las variables tal como se muestra a continuación. Obtener su índice de poros. w . o bien utilizando el diagrama unitario. d) entre sí puede hacerse a partir de sus definiciones. e . Si bien éste último también utiliza las definiciones de estas variables. de una forma gráfica condensa toda la información.Propiedades básicas de los suelos ! PROBLEMA 2. .6 y un peso específico de las partículas sólidas de 2. Figura 2. © Edicions UPC. En este caso. 2.6 gr/cm3.1 Diagrama unitario Del diagrama unitario (Fig. 1998. n . El diagrama unitario (Fig. 1998.1) 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). El índice de poros se define como el cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido (e=Vh /Vs). Para relacionar los parámetros característicos de un suelo ( n . Grado de saturación: Sr  Vw Vh Vh  Vw Sr Humedad: w  Ww Ws  Vw Vs w s Vs  Vw w w s © los autores. Sr .
Problemas resueltos  Vh Vs  /  s ( w w)/( s) r w Vw Sr w V w S Si finalmente se despeja la humedad se llega de nuevo al mismo resultado.65 × 1. © Edicions UPC. wL = IP + wP = 40% + 75% =115%.6 3 3 El valor del peso específico de las partículas sólidas (s) varía poco habitualmente y en general podrá tomarse un valor aproximado (alrededor de 2.0 Por último. En este problema se tiene. 1998.15  3. es decir: w  Ww Ws  w e S r s En definitiva. conociendo dos parámetros (e y Sr . el suelo está saturado. Se conoce s y wL y se desea calcular eL. . Con anterioridad (Problema 1) se ha visto que existe una expresión que relaciona la porosidad con el índice de poros de forma única.15  0. a partir de la relación entre porosidad e índice de poros se obtiene: nL 3. Se dispone de un suelo con un índice plástico del 40% y un límite plástico del 75%. ____________________________________________ PROBLEMA 3.wP (es decir. Conocido cualquiera de ellos se determina inmediatamente el otro: n e 1 e La definición del índice plástico es IP = wL ." Índice de poros: e Mecánica de Suelos. 1998.75 1 L 13. calcular el índice de poros y la porosidad correspondientes a su estado en el límite líquido. Suponiendo un peso específico de las partículas sólidas de 2. En general no hay problema en conocer el peso específico del fluido.05  0. Se precisa en este caso de una variable adicional. puede obtenerse el parámetro restante. e y w o Sr y w). diferencia entre humedad en el límite líquido y humedad en el límite plástico).65 1 gr/cm 0. De la expresión que relaciona índice de poros con humedad y grado de saturación (Problema 2) resulta: e  Vh Vs  s w  S r w 2. Por ello.0 × 1. al ser el contenido de agua muy alto.65 gr/cm3.6 gr/cm 0.05 ____________________________________________  eL e  © los autores.05 1. por tanto: e  2. el peso específico de las partículas sólidas (s) y el peso específico del fluido (w).7) si no se conoce con exactitud o no se ha medido. por lo que puede suponerse que en el límite líquido. que suele ser agua: w = 1 gr/cm!.
Se dispone en el laboratorio de una muestra de 60 mm de diámetro y 25 mm de altura. Fig. deben calcularse: Sr .5  70. es preciso conocer el volumen total: Vt d . La humedad de la muestra es del 14%. Introduciendo la relación obtenida en el Problema 2 resulta: n w 1 ss e  s w e 1 1 De la última expresión obtenida es posible despejar el índice de poros en función de la humedad y el peso específico natural: © los autores.686  1. n . 1998.13 gr/cm  Vt Directamente de las definiciones. o bien del diagrama unitario (Fig.1). Para determinar el peso específico * D 4 2 h * 6 2. 4. . 1998. sat y sum.7 gr/cm3).686 cm 4 2 3 3 y aplicando la definición de peso específico natural: n  Wt Vt  80 70. se puede obtener: n  Wt Vt  Ww Ws  w e S r  s e 1 donde se ha usado Wt= Ww+Ws= e Sr M+I y Vt=1+e. el peso específico seco. Determinar el grado de saturación. natural.1). © Edicions UPC. 4. el peso específico saturado y el peso específico sumergido (s = 2.Propiedades básicas de los suelos # PROBLEMA 4. que son los pesos y volúmenes en el caso en que Vs=1 (ver diagrama unitario. el peso específico natural. Figura 4. con un peso de 80 gr.1 Diagrama unitario Con los datos del problema.
sum. substituyendo sat en la definición de sum por su valor en función e: sum  De la que se obtiene finalmente: s  w e  w  s w e e 1 1 2.71 11. en el diagrama unitario de Ws = s y de Vt = 1+e (Fig. basta tomar Sr = 1 en la definición de sat  2.1): d  Al sustituir por los valores del problema resulta: 1 s e 3 d  2.72 3 3 n.$ Mecánica de Suelos.1 = 0. 1998.72 sat  sw e e 3 Por otro lado. sum = sat -w = 1.14)  1  1.62 gr/cm!. Problemas resueltos e  s w n (1 )  1 Sustituyendo los valores correspondientes a este problema se obtiene: e  2.99 gr/cm 11.72  1. © Edicions UPC.72  w Por último. de su definición.62 gr/cm ____________________________________________ sum  3 © los autores. el grado de saturación puede obtenerse como: Sr s  e w 0.62 gr/cm 11. el peso específico saturado (sat) puede obtenerse como un caso particular para suelo saturado. 1998.7 gr/cm  0. 4.22 1.7 1. es decir: 1 Es decir.7  0.13 (10. .72 × 1 d = W s / V t y de los valores El cálculo del peso específico seco (d ) se realiza a partir de su definición.72  0. para el peso específico sumergido.62 . o bien.7 gr/cm  1 gr/cm 1.14 × 2. Substituyendo con los valores del problema resulta: 3 Asimismo.
1998.43  1.43 sum  1. es el peso específico que aparenta tener el suelo cuando se encuentra sumergido en agua.53 0. c) suelo con un índice de poros de 1. d) las curvas que se obtienen para grados de saturación del 20.7 0.7 1.43 .54  2. 80 y 100%.53 .8  1  0.125 sat  sat  2.75  1  0. la porosidad la densidad seca: e n n 1 d  s e sat  s w 1e 1 e Para los datos de este problema resulta: a)  s 1 d b) 2.7 gr/cm3 dibujar en un plano (w. © Edicions UPC.53  1.125  1. . De su propia definición. sum.54 sat  2. un cuerpo sumergido en un líquido recibe un empuje vertical hacia arriba igual al peso del volumen del líquido desalojado. es decir: W sum  Wt  Ww  sat Vt  w Vt  sat  w ( ) Vt Por tanto. 60.7 gr/cm3): a) suelo con una densidad seca de 1.8 t/m! 11.54 sum  2. Según el principio de Arquímedes. Para un suelo con un peso específico de las partículas sólidas de 2.1 t/ e c) 1 0. © los autores.Propiedades básicas de los suelos % PROBLEMA 5.7 1.125 sum  1. b) suelo con una porosidad de 0.7 t/m! 11. resultan las siguientes expresiones que permiten el cálculo del peso específico sumergido en función del índice de poros.7 t/m! ____________________________________________ PROBLEMA 6.75 t/m3.7 1. 1998.1 t/m! 10.1  1  1. Encontrar una expresión que relacione la densidad seca de un suelo con su grado de saturación.8 t/m! 2. Calcular el peso específico sumergido de las muestras saturadas siguientes(s=2.7  1  0. su humedad natural y el peso específico de las partículas sólidas. el peso específico sumergido puede obtenerse como: sum  W sum Vt  satw De los problemas anteriormente resueltos.
fijando diversos valores de Sr (0.7 / r   2 S w S 2 dado que tanto Sr como el denominador son positivos. humedad. se obtendrá: Se pide dibujar curvas d = d(w). 0.6. 0.7 / r 1 2.7 / r w S s= 2. dado que Vs aparece en todos los términos. 1998. 1998.7 12. es decir. Antes de obtener dichas curvas. . La definición de peso específico seco se puede escribir como: d  Ws Vt  Ws Vh Vs  Por otro lado. En la figura 6. si Sr y s se mantienen fijos: d d dw  2. Fijando d  2. si Sr y s se mantinen fijos. 1. s . Problemas resueltos Se pretende obtener una expresión que relacione d con Sr . la definición de peso específico de las partículas sólidas permite sustituir el peso de sólido: d  sVs V hV s y si se introduce la definición de grado de saturación para eliminar Vh resulta: d  sVs V w S rV s / Finalmente. La definición de peso específico seco es: d = Ws / Vt . son: w  Ww Ws  Vw w V ss Sr  Vw Vh s  Ws Vs Combinando estas relaciones con la definición de peso específico seco se podrá obtener la expresión que las relaciona entre sí. d varía de forma monótona decreciente con w.8. se tiene que la derivada es negativa para cualquier valor de Sr y w.1 se muestra la forma de la expresión d = d(w) para diferentes grados de saturación.2.0). la definición de humedad conduce a la siguiente expresión: d  ( S sVs wV ss S rw V s )/( )  y.7 gr/cm!. © los autores. w .& Mecánica de Suelos. puede eliminarse dando lugar a: d  ( s)/( rw)1 w s s S r w w s  S r w que es la expresión pedida en el enunciado. © Edicions UPC. Las definiciones de los parámetros que se conocen. grado de saturación y peso específico del sólido. se puede analizar cómo varía d con w.
w y d obtenida en el problema anterior. 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.2. por lo que queda: d  en la que se ha tomado 1 w = 1 gr/cm! y. por tanto. 2. Debe notarse que una vez fijado el grado de saturación y la humedad del suelo.1 Curvas d . Por último.w para s constante y Sr variable Estas curvas son de interés en el contexto de la compactación de suelos. por tanto.Propiedades básicas de los suelos ' Figura 6. 1998. debe utilizarse s en gr/cm!.7 y 2.75 gr/cm3 y un grado de saturación de la unidad. es mucho más fácil asegurar que la humedad se mantiene constante y el grado de saturación va variando al variar la densidad seca.65. La expresión obtenida en el problema anterior es : d  s S r w w s  S r w s s w  En este problema se fija Sr = 1.6. al aumentar la humedad. Con la relación entre s. 2. cuando la humedad tiende a cero. 2. ____________________________________________ PROBLEMA 7. poco probables en suelos. © los autores. fijado el grado de saturación. dibujar el haz de curvas para unos pesos específicos de las partículas sólidas de 2. si el grado de saturación es bajo. el índice de poros aumenta hacia valores muy altos. . Por otro lado. De hecho. un único índice de poros compatible con esos dos valores. © Edicions UPC. Sr. desde un punto de vista experimental. 1998. existe una única densidad seca y.
Mecánica de Suelos.65. El peso de mercurio que ocupa los poros es WHg = VHg Hg donde VHg = Vh . Con el suelo saturado de mercurio.w para Sr = 1 y s variable ____________________________________________ PROBLEMA 8. En la figura 7.45 gr/cm3. 2. pues el suelo está seco (Ww = 0. 1998. El volumen que ocupa el suelo es: Vt 2  *D h  * 4 6 4 15  424. 1998.6. Se dispone de un suelo seco que ocupa un molde de 60 mm de diámetro y 150 mm de altura.11 cm 2 3 El peso inicial total es el peso de las partículas sólidas. Por tanto. Problemas resueltos Se desea dibujar las curvas d = d (w) para varios valores de s (en este caso: 2. éstos se llenan completamente con mercurio. todos los huecos están llenos de mercurio.6 gr/cm3. © Edicions UPC.7 y 2. ¿Cuánto pesará el suelo en estas condiciones?.1 se representa gráficamente esta relación para diferentes valores de s. . Con el fin de comprobar la distribución de los poros. Hg = 13. se cumplirá la relación: Wt = Ws + WHg. El peso del suelo es de 950 gr. 2. Datos: s = 2. el peso del suelo saturado con mercurio se obtendrá como: © los autores.1 Curvas d . 2.2. w = 0) mientras que en la situación final. Figura 7.75 gr/cm!). En el Problema 6 se ha visto que d decrece monótonamente con w cuando Sr y s son fijos.
y bajo en suelos granulares. Por otro lado.35 cm ×13. Se trata.35 cm! WHg 36. © Edicions UPC.1 Diagrama unitario ________________________________________ PROBLEMA 9. La de índice de plasticidad es: IP  wl  wP  40  30  10 % Como indicador de la plasticidad de un suelo. simplemente.11 387. .36 gr 950 494. wP ) indican que el suelo admite gran cantidad de agua para pasar del límite plástico al límite líquido.36 gr Figura 8.45 gr/cm !  387. la definición de índice de consistencia es: IC  wL w IP  40  20  2 10 © los autores.7636. su índice de consistencia y su índice de fluidez sabiendo que tiene una humedad natural del 20%. 1998. este índice tenderá a ser alto en suelos arcillosos.76 cm! ! VhVtVs Wt 424. Determinar su índice de plasticidad.361444. Un suelo natural tiene una humedad en el límite líquido de 40% y una humedad en el límite plástico de 30%.6 gr/cm !  494. 1998.Propiedades básicas de los suelos Vs Ws s  950 gr 2. de aplicar las definiciones. Valores elevados de IP (gran diferencia entre wL .
mientras que IC = 1 cuando w = wP). mientras que IF = 0 cuando w = wP).8 1. basta aplicar su definición: d .5 la densidad seca será menor.27 gr/cm 550 Vh 3 Si se toma Sr = 0. 1998. A partir de la definición de Sr .0  3 que se utiliza para calcular la máxima densidad seca: (d) max  ( t) Sr Ws V min 700  1. d será máximo cuando Vt sea mínimo. Como se puede observar. el índice de fluidez se define como: IF  w  wP IP  20  30  1 10 y. resulta:  Vw Vh  Vw Sr Finalmente se calcula la densidad seca correspondiente a dicho grado de saturación: © los autores. el volumen de suelo será: Vt  Vs  Vw  Ws s  Ww w  700  300  250  300 550 cm 2. en este caso.8 t/m3) y 0. es decir. © Edicions UPC. En esta situación.300 l de agua. Para calcular la máxima densidad seca. ¿Cuál es la máxima densidad seca que puede obtenerse con este suelo? ¿Qué volumen ocuparía este suelo si su grado de saturación fuese 0. Por último. 1998. Al alejarse del mismo el suelo va ganando consistencia (IC = 0 cuando w = wL . IC + IF = 1. Dicho volumen total es: Vt  Vh  Vs  Va  Vw  Vs y será mínimo cuando lo sea el volumen de aire (Va). cuando el suelo se encuentre saturado. d  Ws Vt Puesto que peso de sólido (Ws = 700 gr) está fijo. se calcula con respecto a la humedad en el límite plástico (IF = 1 cuando w = wL. Problemas resueltos e indica si el suelo se encuentra más o menos alejado del límite líquido. ______________________________________ PROBLEMA 10.Mecánica de Suelos. Se preparan en el laboratorio 1000 gr de suelo mezclando 700 gr de arena (s = 2.5? En el suelo obtenido se tendrá que Ws = 700 gr y Ww = 300 gr. .
y en realidad se prepararía el suelo mezclando la fracción granular húmeda con la fracción arcillosa.1. Lógicamente. Un suelo granular con granulometría uniforme. tiene un índice de poros eg .Propiedades básicas de los suelos ! Vh  300  600 cm 0. . un peso específico sg y una humedad wg . Las proporciones se encuentran indicadas en la figura 11.1 Proporción de cada suelo en la mezcla Si se designa como Wsc al peso de las partículas arcillosas en el suelo y como Wsg el peso de las partículas granulares (peso que se mantiene constante). 1998. se supone que el volumen del aire Va se rellenará de arcilla y se mantendrá la misma cantidad de agua en el suelo. la estructura del esqueleto granular no se modifique. © Edicions UPC. Figura 11. Estimar la fracción crítica Ccrit necesaria para que las partículas de la matriz granular dejen de estar en contacto. Este suelo se mezcla con arcilla en una fracción en peso C.82 gr/cm 850 ______________________________________ PROBLEMA 11.5 3 Vt  VsVh  250600  850 cm 3 3 d  700  0. El peso específico de las partículas sólidas de la arcilla es sc. Con objeto de que las partículas de la matriz granular se mantengan en contacto. este proceso es ideal. 1998. es decir. supuesta sin agua. se tiene que la fracción en peso de suelo arcilloso será: © los autores.
Problemas resueltos C crit  ( sc)crit 1 ( sc)crit sg  1 sg ( sc)crit W W W W W donde se ha señalado como crítica para indicar que se desea obtener la cantidad que debe añadirse para no modificar la estructura del esqueleto granular. El volúmen ocupado por la arcilla será: V sc  W sc sc La humedad y el índice de poros referidos al estado inicial del suelo son: wg  Ww W sg eg  Vh V sg  Vh W sg /sg  sg eg El volumen de aire en el suelo puede expresarse en función de dichas variables: Va  VhVw  eg W sg sg  Ww w  eg W sg sg  w g W sg w  wg w W sg Finalmente basta con imponer que Va=Vsc . Se toman 10 kg del suelo tipo A y se mezclan con 30 kg del suelo tipo B. 1998. Se dispone de un suelo tipo A y de otro tipo B. Las granulometrías de los suelos A y B se indican en la tabla siguiente. y que una vez añadida la fracción arcillosa ambas variables adoptarán valores diferentes. o sea. que el volumen de aire sea ocupado por arcilla: ( sc)crit  W sc sg eg  wg w W sg que al ser sustituido en la fracción en peso da lugar a: C crit  scWsg scWsg eg sg eg  wg wg w  sc sc sg sg eg eg  wg w sg  w Wsg  wg w  1 Debe notarse que esta fracción en peso está expresada en función del índice de poros y humedad referidas al estado inicial del suelo. © Edicions UPC." Mecánica de Suelos. Obtener y © los autores. . 1998. ______________________________________ PROBLEMA 12.
se obtendrá como: W AG A GM  (% que pasa por un tamiz )  WBGB  CAGA  CBGB WA  WB Las fracciones en peso que corresponden a los datos de este problema son: © los autores.Propiedades básicas de los suelos # representar gráficamente la granulometría de la mezcla resultante.002 % que pasa suelo A 100 70 50 30 20 15 10 5 4 3 2 1 0 % que pasa suelo B 100 80 60 50 40 30 20 10 Si se toma un peso WA de un suelo A con granulometría GA . © Edicions UPC. ya que el % que pasa por cada tamiz. la granulometría de la mezcla GM puede obtenerse como: GM  CA GA  CB GB donde CA y CB son las fracciones en peso de cada suelo definidas como: CA  WA WA  WB CB  WB WA  WB En efecto.020 0. 1998. Determinar sus coeficientes de uniformidad y curvatura.15 0. y se mezcla con un peso WB de un suelo B con granulometría GB .75 2 0. 1998. N tamiz (mm) 50 38 19 9.040 0.005 0.425 0.5 4. .075 0.
75 40 A continuación se tabula la granulometría de la mezcla.002 _ 75 C D30 2 2 D10 D60 C D60 C D30 2 D10 2 D10 D60 C D60 D10 En el suelo tipo B.75 mm) pasa por el tamiz #4. Sus coeficientes de curvatura y uniformidad son: (9. . el 5% pasa por el tamiz #200 (0. por lo que se trata de un suelo tipo grava.25 40 CB  WB WA WB   30  0.75 23 15.5%) pasa por el tamiz # 200.5 46. por lo que se trata de un suelo de grano fino.33 ( u)B  (( )) _ 0. por lo que se trata de un suelo de grano grueso. el 50% pasa por el tamiz #200 y el 100% pasa por el tamiz #4.25 38.42 26 _ 8 ( u)A  (( )) _ 0. N Tamiz 50mm 38mm 19mm 9. 1998.75 62.5 En el suelo tipo A. © Edicions UPC.15 ( c)B ( ( ) ( ) ) _ 0.425mm 0.25 7.5 87.1. 1998.9 (0.5 82.02) 0.5) 26 ( c)A ( ( ) ( ) ) _ 0. por lo que se trata de un suelo SC o SM.074 mm de abertura) y más del 50% pasa por el tamiz #4 (5 mm de abertura).75mm 2mm 0.15mm 0. Problemas resueltos CA  WA WA WB   10  0.15 _ 1.5 80 100 80 60 50 40 30 20 10 78. que se representa gráficamente en la figura 12.5 30.$ Mecánica de Suelos. Asimismo.002 0.42 _ 61.075mm 40µm 20µm 5µm 2µm % Pasa) 100 70 50 30 20 15 10 5 4 3 2 1 0 % Pasa* % Pasa mezcla 100 92. más del 12% pasa por el tamiz #200 y más del 50% (aproximadamente el 80% corresponde a 4.5mm 4. En la mezcla fabricada menos del 50% (38. © los autores.
se utilizan 50 gr de suelo mezclados con 1000 ml de agua. Se dispone de un suelo limo-arcilloso en el que todas las partículas pasan por el tamiz #200 (0. © los autores. Para ello se dispone de un baño termoestático a 20o. 1998. el suelo resultante tiene un coeficiente de uniformidad mucho mayor que los suelos originales. que parece dominar en esta propiedad.075 mm). Dibujar la curva granulométrica del suelo.002 _ 1. . el suelo mezcla es más parecido al suelo B.002 _ 210 2 C C Como puede observarse en estos resultados. Figura 12. Por lo que respecta a curvatura. y se toman muestras de 10 ml para diferentes tiempos a una profundidad de 10 cm.9 ( u)M _ 0.42 ( c)M _ 0. B y mezcla A+B ___________________________________ PROBLEMA 13. Con el fin de determinar su granulometría se procede a realizar un ensayo de sedimentación.42 0. 1998.04) 0. para la que se obtienen los valores de la tabla siguiente.1 Curvas granulométricas se los suelos A. © Edicions UPC.Propiedades básicas de los suelos % Los coeficientes de curvatura y uniformidad de la mezcla de ambos suelos son: (0. lo que indica que se ha conseguido una mejor graduación en la mezcla.
siendo ct=Wt / Vt la concentración en la muestra extraída. ..15 Al medir el contenido de suelo en una suspensión en agua del mismo. por tanto.. Esta disminución se debe a que las partículas de tamaño mayor descienden más rápidamente que las de tamaño menor y. 0.45.45 0.0. constante en cada extracción.40. todas las partículas en suspensión en el interior de un recipiente de dicha altura. evaluarse como (ct/c0)x100. Problemas resueltos Muestra 1 2 3 4 5 6 Tiempo 30 seg 3 min 10 min 30 min 2h 8h Peso suelo seco (gr) 0.40 0. Este porcentaje que pasa podrá. Wt el peso de suelo extraído en cada tiempo ( 0.& Mecánica de Suelos. 1998.25 0. se relaciona con un diámetro. = 0. en cada tiempo de medida sucesivo hay tamaños mayores que van desapareciendo. Sustituyendo este valor juntamente con el de la viscosidad del agua.001 Pa. por tanto. tal como se ha visto. se tiene que el diámetro umbral en función del tiempo viene dado en este caso por: D  0. En este problema h = 10 cm y los tiempos se dan en forma tabulada.20 0. y una partícula desciende a una velocidad v.30 0. se puede asegurar que al cabo de un cierto tiempo ya no quedan partículas de tamaño superior al diámetro dado para dicha velocidad. entonces en un tiempo t =h/v habrá recorrido dicha altura.s. El porcentaje que pasa por un tamiz puede estimarse como la cantidad relativa de suelo que queda en suspensión para un determinado tiempo que. 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. que desciendan a velocidad v habrán sedimentado. Puesto que la velocidad es una función del diámetro (según la fórmula de Stokes). La concentración inicial de la muestra es: © los autores.15 gr) y Vt = 10 ml el volumen extraído. se observa que dicho contenido disminuye al aumentar el tiempo de toma de la muestra. La fórmula de Stokes permite obtener la velocidad teórica de descenso de una partícula esférica en el seno de un fluido: v  s  w 18 D 2 D  v sw 18 Si se dispone de una altura h. Por lo tanto.30.33 t donde el tiempo t se expresa en segundos y el diámetro D en mm. 1998. © Edicions UPC. 0.
1998.Propiedades básicas de los suelos ' co  50 gr  0. 1998.0039 0. Figura 13.1 Curva granulométrica ____________________________________________ © los autores. .05 gr/ml 1000 ml W Wt y por tanto: t % que pasa  10 × 0.1.013 0.0078 0. diámetros y % que pasa por dicho diámetro: t (seg) 30 180 600 D (mm) %pasa 90 80 60 50 40 30 0. A partir de los datos del problema se obtiene la tabla de tiempos.06 0.024 0.0019 1800 7200 28600 que corresponde a la curva granulométrica de la figura 13.05 × 100  200 donde Wt se expresa en este caso en gramos. © Edicions UPC.
25% = 35% Estos valores se encuentran en la zona central de la gráfica de Casagrade. una arcilla de alta plasticidad. ____________________________________ © los autores.!PROBLEMA 14. wL2 = 40%. wP3 = 10%. Suelo 2: wL2 = 40% y wP2 = 20%. es decir. Suelo 3: wL3 = 15% y wP3 = 10%. Se pide compararlos en una gráfica de Casagrande y clasificarlos. 1998.20% = 20% Se trata en este caso de un suelo tipo CL. Problemas resueltos Se tienen una serie de suelos con los siguientes límites de Atterberg: wL1 = 60%. wP2 = 20%. por tanto: IP = 60% . 1998. arcilla de baja plasticidad.5 % = 5% Estos valores se encuentran en la zona del gráfico en el que coexisten suelos limosos y arcillosos de baja plasticidad (CL-ML) . wL3 = 15%. . Mecánica de Suelos. es decir. © Edicions UPC. Suelo 1: wL1 = 60% y wP1 = 25% . Se trata de un suelo tipo CH. por tanto: IP = 40% . y por tanto: IP = 15% . aproximadamente sobre la línea "A". wP1 = 25%.
y la máxima tensión de 0btener. 1998. J13 punto ) sobre un plano que forma con la horizontal. J31 ) se © los autores. corte que se produce en el suelo. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático.1). Tensión efectiva PROBLEMA 15. El A en dicho círculo representa la tensión normal y la tensión tangencial ( 30 o Fn1.1 Círculo de Mohr. 15. un suelo está sometido a una tensión normal 2 y a una tensión de corte de 2. el estado tensional en un plano que forma un ángulo de 20 corte.Tensiones y deformaciones. En un plano que forma un ángulo de 30 de 6 kp/cm o con la horizontal. bajo las sanciones establecidas en las leyes. la tensión normal y tangencial ( Fn3. la tensión 2 normal tiene un valor de 4 kp/cm . y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. o con el de máxima tensión de Figura 15. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.83 kp/cm . En el plano perpendicular al anterior. polo y direcciones principales En primer lugar se representan los datos disponibles en forma de círculo de Mohr (Fig. asimismo. . Tensiones y deformaciones. Quedan rigurosamente prohibidas. 1998. así como las direcciones de los planos correspondientes. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". © Edicions UPC. Determinar las tensiones principales 2 F1 F3 y . En un plano perpendicular al mismo. Tensión efectiva !Capítulo 2.
55  5 2. Éstas se obtienen resolviendo dos triángulos rectángulos (Fig 15.832 3 kp/cm 2 (radio) Asimismo. En primer lugar. © Edicions UPC. y o bien. Mecánica de Suelos. La orientación del plano en el que actúan ( del círculo de Mohr.7 Jmax (dirección dada por PD en la figura 15. 1998.05 s F p $39.55 F1Fp 82. se determinan los valores de las tensiones normal y de corte en el polo P ( Fp Jp y ) que serán útiles para los cálculos posteriores. J13 ) permite situar el polo P Las tensiones normal y tangencial en dos planos perpendiculares permiten también obtener el centro y el radio de dicho círculo de Mohr: s  Fn1Fn3 2  64  5 kp/cm 2 (centro) 2 t  (F1Fn1) J2  13 2 (6 5)22.70 que con respecto a la vertical son: "184. Fn1. Los ángulos que definen las direcciones principales ( "1' "3' y ) son los ángulos del F1 y F3 ).05 kp/cm 2 triángulo rectángulo cuyos vértices son puntos Jp  0. 1998.2) basta $ (ángulo con respecto a la horizontal): tg $ JmaxJp 3 0. .! representan en un punto diametralmente opuesto al puntos ( A. Problemas resueltos A y que se denomina B en dicha figura.7 Para obtener la orientación del plano en el que actúa resolver el triángulo PD'D y obtener "3174. Estos dos B) definen el círculo de Mohr. Los ángulos "1' y "3' P y los puntos de intersección del círculo con el eje (es decir.55 kp/cm 2 "1 "3.1): Triángulo AA'P: tg 30 0  J13Jp Fn1Fp tg 30 0  2.05 "1´5.83 Basta resolver estas dos ecuaciones con dos incógnitas para obtener: Fp  2.83 Jp 6F p Jp 4F p Triángulo BB'P: tg 60 0  J31Jp Fn3Fp tg 60 0  2.30 y "3´90"1´84. los pueden obtenerse como: tg "1´ Jp  0.70 © los autores. se obtienen la tensión máxima y las tensiones principales: Jmaxt3 kp/cm 2 F1st8 kp/cm 2 F3st2 kp/cm 2 Una forma de resolver el problema y determinar las variables que se piden en el enunciado es hacerlo mediante la resolución de triángulos rectángulos.
y Fn3 =5.3 kp/cm . resulta Fc  3. Tensión efectiva !! Figura 15. Este estado tensional sufre sucesivamente las siguientes modificaciones: a) reducción de b) aumento de c) reducción de d) aumento de J13 Fn1 J31 Fv hasta 0. 2 ______________________________________ PROBLEMA 16.0 kp/cm 2 ( Fv Fn1 =7.2 Círculo de Mohr. es decir: tg ( $20) JcJp Jc 0.58 kp/cm .07 kp/cm 2 Jc = 2.05 Pero dado que se tienen dos incógnitas hay que buscar otra relación.42 kp/cm 2 y reducción de Fh hasta 3.Tensiones y deformaciones.42 kp/cm 2 y disminución de hasta -2. © Edicions UPC. 1998.55  FcFp F 2.0 kp/cm . máxima tensión de corte y estado tensional en plano que forma 20 o con la dirección de máximo corte Para obtener las tensiones normal y tangencial en el punto C. 1998.0 kp/cm 2 ( Fh ) y J13 =2. 2 Fn3 hasta 3. En un punto de una arena compacta actúan unas tensiones plano vertical.2 kp/cm 2 en un ) en un plano horizontal. 2 © los autores.0 kp/cm . . que en este caso se puede plantear a partir de los triángulo PEC y PC'C: FcFp  2 t cos(2"1$20) cos(20$) y sustituyendo en la anterior. 2 hasta 8. se resuelve el triángulo PC'C.58 kp/cm . 2 hasta 8.
19 kp/cm 2 F n1  2 kp/cm 2 2 y disminución de Situación b).52  6 kp/cm 2 2 q t  F1F3 2  8.423. Reducción de hasta -2.84 kp/cm 2 Situación a).42 kp/cm 2 p F3  st  3. 16. Reducción de 2 (Fig. Representar en los planos ( F1-F3 ). 16.52  2.4): © los autores.22 2.42kp/cm 2 s F33. Si se hace la hipótesis de que el suelo llega a rotura cuando J> 0.!" e) aumento de Mecánica de Suelos. .58 kp/cm 2 (Fig.58 kp/cm . Problemas resueltos f) reducción de Fn1 Fn3 hasta 10. 1998. Aumento de hasta 8.2 kp/cm 2 J13 hasta 0.58kp/cm 2 puesto que J13 J31 0  F1F3 2  8.42 kp/cm 2 (radio) F1  st  8.1): s  Fn1Fn3 2  75  6 kp/cm 2 2 (7 (centro) t  (Fn1s)2J2  13 6)22. 1998. 0 kp/cm 2 2 y de Fn3 hasta 5. © Edicions UPC.3): F18.45 kp/cm 2 2 p  5.0 kp/cm (Fig. tensiones principales y espacio de Cambridge (Fig.42 kp/cm F n3 hasta 3. 16.735 Fn en algún plano. 16. ¿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)?.19 kp/cm 2 J31  4.42 3.2): Fn1F17 kp/cm 2 Fn3F35 kp/cm 2 s puesto que J13 J31 0  F1F3 2  75  6 kp/cm 2 2 q (centro) t  F1F3 2  75  1 kp/cm 2 2 (radio) p  5. (s-t) y (p-q) ( F2 =F3 ) la trayectoria tensional correspondiente.9 kp/cm 2 2 Situación c).0 kp/cm  F1F3  2 Jmax  4. ¿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. 2 hasta 4.58 kp/cm 2 q  1/3 (F12 F3)  5. g) aumento indefinido de Fn1 .16 kp/cm . así como los círculos de Mohr del estado inicial y de los sucesivos estados finales indicados y de sus polos.
86 kp/cm 2  4.37 kp/cm 2 F1  st  10.44 kp/cm 2  6.0 kp/cm 2 y de Fn3 hasta 5.5): s  Fn1Fn3 2  6 kp/cm 2 t  (Fn1s)2J2  3.86 kp/cm 2  4.28 kp/cm 2 2 y reducción de Situación d).95 kp/cm 2 Fv q  6. .74 kp/cm 2 © los autores.14 kp/cm 2 F1  st  10.28 kp/cm 2 Situación e).14 kp/cm 2 13 F1  st  9.58  7.Tensiones y deformaciones.29)222 3.16  7.7): s  104.58 kp/cm 2 (Fig 16.95 kp/cm 2 q  6.58 kp/cm 2 (Fig.29 kp/cm 2 2 t  (10 7.17 kp/cm 2 q  6.6): s  105.42 6)222  3. 16.58)222 3.53 kp/cm 2 q  6.14 kp/cm 2 p F3  st  2.58 kp/cm 2 2 t  (10 7. 1998.92 kp/cm 2  6. Aumento de F n1 hasta 10.66 kp/cm 2 p F3  st  3. Aumento de hasta 8. Reducción de Fn3 hasta 4.42 kp/cm Fh hasta 3.14 kp/cm 2 F1  st  9. Tensión efectiva !# s  Fn1Fn3 2  6 kp/cm 2 t  (Fn1s)2J2  13 (8.72 kp/cm 2 p F3  st  4. © Edicions UPC. 16.28 kp/cm 2 Situación f). 1998.14 kp/cm 2 p F3  st  2.16 kp/cm 2 (Fig.
1998. 1998.2 Círculo de Mohr en la Situación a) Figura 16.!$ Mecánica de Suelos. © Edicions UPC.1 Círculo de Mohr correspondiente al estado inicial de tensiones Figura 16. Problemas resueltos Figura 16.3 Círculo de Mohr en la Situación b) © los autores. .
© los autores.Tensiones y deformaciones. 1998. Tensión efectiva !% Figura 16.6 Círculo de Mohr en la Situación e). 1998.5 Círculo de Mohr en la Situación d) Figura 16. .4 Círculo de Mohr en la Situación c) Figura 16. © Edicions UPC.
1 a 16. ' ) que son homotéticos. ) Para comprobar que en ningún estado anterior del suelo se ha alcanzado la rotura. .8 kp/cm . ) y ( ' . se utiliza auxiliarmente para determinar la solución. y . Un aumento de tensión indefinido llevará al suelo a un estado de rotura.735 36. es decir. Una vez alcanzado el círculo er si se aumentase Fn1 J de = 0. © Edicions UPC.6o Fn3 4.735 Fn ) en todas las figuras (16. El r r círculo de Mohr auxiliar e'r se ha dibujado tomando como centro s' = 2. 1998.!& Situación g). Puesto que los círculos de Mohr en rotura son tangentes a una recta y tienen el centro en otra. se obtendría un círculo secante a la recta de rotura y existirían puntos por encima de la misma.735 Fn . Fn J . y asimismo también es razonable mantener fijo.735 Fn . se alcance la tangencia a la recta J = 0.735 Fn . y se llegará a rotura cuando.66 kp/cm 2 Jn  arctg 0. Este estado se alcanza. Aumento indefinido de Mecánica de Suelos. por lo que se tiene: 2 t'  s' sin N  2. alineados con el origen de coordenadas. . con las condiciones establecidas (aumento fijos) se obtenga un círculo de Mohr tangente a dicha recta.6). intersección de las dos Como se ha dicho. en niguno de los estados tensionales anteriores hay rotura ya que todos los círculos de Mohr están por debajo de la recta J = 0. es decir. es razonable suponer que mantiene fijo.31o Fn donde el ángulo se ha obtenido a partir de la pendiente de la recta de rotura. 1998. En la figura 16. Por lo tanto. En el caso planteado.310  1. según el enunciado.8 sin 36. es decir. Como puede observarse. 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. Problemas resueltos Fn1 . es decir: N arctg Y el ángulo: * arctg corresponde a la recta que une los puntos ( J31  arctg 2  23.7 se observa que al ir aumentando la tensión estado círculo tensional corresponda al círculo Fn1 J13 se producirá la rotura cuando el e r. La razón de la homotecia R se define como: R  J31 Fn3  J'31 F'n3 J'31 hay que o utilizando dos magnitudes homotéticas cualquiera. ) se Situación f). al cumplirse la relación J = 0. son homotéticos (las distancias desde cualquier par de puntos alineados con la rectas a dicha intersección mantienen una misma proporción). existirían planos con un estado tensional ( no aceptable para el suelo.58 Fn3 J31 F n3 J 31 . tal como estaba en la el estado tensional en el plano ortogonal ( Fn3 J31 .735 Fn1 Fn . mantenimiento de Fn3 J31 J13 . se ha dibujado la condición de rotura ( J = 0. que corresponde a un estado en rotura arbitrario. El e'r. Puesto que se desconoce el valor de buscar relaciones geométricas en el círculo e'r: © los autores.
2 kp/cm 2 p  8.27 kp/cm 2 q  F1  F3  16.7  4.82  t'2 sin N  2.1 kp/cm 2 F 1  F'1 F 3  F'3  (s't')  (s't')  (2. Tensión efectiva !' (s' F'n3)2  J31'2  t'2 J'31  tg * F'n3 J'31  0.7  10. en rotura se han obtenido: s t F1  16.23 kp/cm 2 y por tanto la razon de la homotecia es: R  J31  J'31 2 0.33 × 3.25 cos (36.33 ( s' y en el círculo real en rotura.7 A partir de lo anterior puede obtenerse cualquier otra variable del círculo de Mohr en rotura.66) × 3.82 × 3.2 kp/cm 2 © los autores.3 R t  t' R  6. 1998.2 kp/cm 2 J r  (J)'r R R En el plano donde se produce la rotura se tiene el estado tensional como: ( Fn)r  (Fn)'r R ( ) R Para encontrar los valores de es decir: Fn' J'r y basta resolver el triángulo origen-punto de tangencia-centro (0r's r').7  6.4  4. los parámetros p y q en rotura son: p  1 3 ( F1  2 F3)  1 3 (16.2)  8.27 kp/cm 2 q  12.31)  1.66) × 3.54  3.9 kp/cm 2 ( ) Por último.4  2 × 4.8  1.54 kp/cm 2 F'n3  1.2 kp/cm 2  10. © Edicions UPC.7  4. Para ello basta multiplicar los valores obtenidos en el círculo e'r por la razón R: s  s' R  2.1 kp/cm 2 En resumen.3 kp/cm 2  6.31)  1.2  12.81. .7  16.7 kp/cm 2 J r  1. las tensiones normal y tangencial son: ( Fn)r  1.25 sin (36. 1998. ( Fn)'r  Jn)'r  s' 2 2  t'2 cos N  2.4 kp/cm 2  (2.4 kp/cm 2 F3  4.8 R 3.Tensiones y deformaciones.
7 Círculos de Mohr en rotura Figura 16."Mecánica de Suelos. Figura 16. 16-9 y 16-10 se representan respectivamente las trayectorias seguidas en los planos F1 F 3 - . Problemas resueltos En las figuras 16-8. s-t y p-q.8 Trayectoria de tensiones en el plano F1 F 3 - © los autores. 1998. 1998. © Edicions UPC. .
. © Edicions UPC.9 Trayectoria de tensiones en el plano s . Tensión efectiva "Figura16. 1998. 1998.t Figura 16.q © los autores.Tensiones y deformaciones.10 Trayectoria de tensiones en el plano p .
16. En dicha figura se indica el ángulo y el plano en el que actúa F " que. entonces los estados tensionales serían idénticos. Como puede observarse en las Figs. F1. 17. no basta con que se superpongan (iguales valores de que deben tener asociado un mismo polo. para que dos círculos de Mohr esten si no asociados a un mismo estado tensional. Se puede suponer un 31 y una posición del polo el enunciado. J31. se puede determinar J r y s corresponde al estado tensional en 31 .0 kp/cm2 . puede comprobarse que los estados tensionales son distintos. F3. los círculos de Mohr de los estados inicial y en la Situación b) coinciden geométricamente. Así. Asimismo. Si los polos coincidiesen. el punto de intersección entre y. Es decir. 1998. De hecho resulta innecesario para la resolución del problema tal como se ha propuesto. por tanto. tienen diferente posición del polo.1). que forma un * con la horizontal. p y q (F2=F3). no se tiene definido totalmente el estado tensional ya que no se puede orientar el círculo de Mohr. 17. en los estados s y t). s.3. Una vez conocidos s y el punto ( Fn J 3 . 17." 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 ( ). Al conocer este ángulo el problema queda resuelto. . En principio no se conoce el valor de sobre dicho plano definirá un punto ( cierto valor de J Fn J 3 J 31 . al ser un mismo círculo (idénticos valores de s y t según se observa en la Fig. 1998. Sobre dos planos perpendiculares actúan unas tensiones cuyas componentes normales a los mismos son Fn1=7. En efecto. según 1 . Sin embargo. pero el estado tensional .1) que se calcula como: s  Fn1  Fn2 2  5 kp/cm 2 r Sea * el plano sobre el que actúa Fn 3 . si se traza la recta ángulo de 135 el plano o s (Fig. el ángulo o $ debe ser $ = 2 " = 135 o (el ángulo central que abarca un cierto arco circunferencia es igual al doble de cualquier ángulo inscrito que abarque el mismo arco).5 . por ejemplo.5o con el plano en que actúa F1. es decir. Si el ángulo en una " es de 67.2). 31 ) puede representarse el círculo de Mohr correspondiente a este estado tensional. Determinar J13. orientar el Esta orientación viene dada por la posición del polo que permite asociar cada estado tensional con un plano específico.3). t Pero no basta con esto para disponer de toda la información del estado tensional. pues para cualquier plano " definirían en él un mismo estado tensional. © Edicions UPC. a pesar de ser círculos iguales. 17. t.1 y 16. Se sabe además que el plano en que actúa Fn3 forma 67. es el formado por el plano * P (Fig.0 kp/cm2 y Fn3 =3. Puesto que se dispone de Fn 1 y Fn 3 . 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. 16. Hay que círculo de Mohr. se puede obtener la situación del centro del círculo de Mohr (Fig. Sin embargo. 31 ) situado sobre la recta (Fig.9). Las tensiones de corte y radio del círculo de Mohr son: © los autores. no se conoce la posición del polo.
1 Datos de partida del problema representados gráficamente. .Tensiones y deformaciones. pero sí los módulos F1 st 7. © Edicions UPC. 1998. Tensión efectiva "! J13J31  2 kp/cm 2 t  (Fn1s)2J2  31 2 2 222. Figura 17.06 kp/cm 2 q  (F1F3) 5.2 Situación del polo P no conocida © los autores. 1998.83 kp/cm 2 F3 st 2.83 kp/cm 2 F 1 No se conoce cuáles son los planos principales (planos en los que actúan de dichas tensiones principales: y F 3 ).66 kp/cm 2 Figura 17.17 kp/cm 2 Y con estos valores se obtienen finalmente: p  1 3 ( F12F3) 4.
© Edicions UPC.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. El estado tensional generado (supuesto un comportamiento elástico) se puede definir por: F = p (" + " ) / B F = p (" . 1998." ) / B F =p (" + " ("+2*)) / B 1 sin 3 sin z sin cos Figura 18. Problemas resueltos Figura 17. 1998."" Mecánica de Suelos.1 se representa una carga repartida p sobre una banda indefinida de ancho 2b.3 Solución del problema ______________________________________________ PROBLEMA 18.1 Esquema de la carga en faja Se considera un punto (alternativamente Po P en la figura 18. . En la figura 18.
1 '. c) Estimar el estado tensional "real" del punto P (F F F F y sus direcciones) si la banda indefinida anterior se ha aplicado sobre un terreno con (n=2 t/m! y Ko=0.68  2.68  3.43)  6.107  sen (63.37 0.2 Círculo de Mohr del estado tensional debido a la carga en faja Conocidos puntos PF 1 y y P F 3 queda determinado el círculo de Mohr (Fig.107  sen(63.525 t/m2 2 t 6.107 El centro y radio del círculo de Mohr se pueden calcular como: s   F1F3 F1F3 2 2   6. . 3 . Tensión efectiva "# a) Obtener la dirección de las tensiones principales F F b) Determinar la magnitud y el sentido de la J asociada a F . 3 .2). 3 ' El primer paso para definir la dirección de orientar el círculo de Mohr. 18. En dicha figura se señalan los correspondientes a la vertical bajo el borde de la carga en faja.Tensiones y deformaciones. para poder dada en el siguientes elástica enunciado: * 0 (P ) 2 y * " (P ) 1 tg " 10 m 5 m 2 " 63. Se tienen las F 1 y F 3 es calcular su valor. 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.43o  sen(63. 1 .43) cos(63.80 t/m 2 B F1  10 1.43) F3  10  0.845 t/m 2 2 Figura 18. así como el de tensiones según la solución Fz .37 0. 1998. © Edicions UPC.37 t/m 2 B 1. z 1 .43)  4. d) Dibujar la trayectoria del polo P del círculo de Mohr al aplicar la banda indefinida. 1998.6.68 t/m 2 B Fz  10 1.
Una vez determinado el círculo de Mohr.525)2  2. en caso . el triángulo "B  9031. 1998.37 2.65o  31.65  121.35o 1 "A  58. Para discernir de cuál de los dos se trata puede analizarse la Fig. 2 Con estos resultados queda definido el estado tensional causado por la carga en faja. el estado tensional está definido por el punto tensión de corte en un plano horizontal tiene igual magnitud pero signo opuesto. Figura 18.65o "A  9031.3590 148.3 Orientación aproximada de las direcciones principales © los autores. J z = -2. Si contrario sería se corresponde con .845 2 (4. . en el caso de las tensiones efectivas.35o 3 Por otro lado.65  58. 18.25  31. 18.54 t/m . Con esta visualización de las tensiones principales es fácil deducir que la posición del polo correspondiente a Pes P) mientras que para P 2 el polo es P* . Este estado tensional es el que se produciría sobre un medio en ausencia de peso propio. 1998.65o 3 F z y AA'S (Fig. Para completar el estado tensional total y calcular las tensiones efectivas debe añadirse al estado tensional causado por el peso propio de terreno y."$ PA Mecánica de Suelos.65o 1 "B  121. es decir. Puede verse que la tensión principal F 3 será ortogonal a F F 1 está orientada hacia la carga en faja mientras que la tensión 1 . la tensión tangencial sobre un plano horizontal: ( ) J z t 2 (Fzs)2  2.2) y por tanto la En el punto P 2 (Fig. Problemas resueltos en el círculo de Mohr.3 que muestra de forma cualitativa cómo se orientarán las tensiones principales en puntos bajo lo extremos de la carga en faja. calcular la presión intersticial. 18. Una vez que se conoce la posición del polo es inmediato determinar la tensión tangencial en un plano horizontal. 18. es posible obtener la orientación de los planos en los que actúan las tensiones principales: "1´  arctg J  arctg F1F y 2.6590  211.803. © Edicions UPC.2) permite obtener la tensión de corte asociada a .54 t/m 2 B (Fig.54 6. entonces el polo del círculo de Mohr sería P* P) .1).
en general. considerando entre tensiones efectivas horizontales y verticales. el estado tensional inducido por la carga en faja es: Fz)p  4. se tomarán de modo que los planos correspondientes sean el horizontal y el vertical. Dicha base local se compone de un vector unitario normal y un vector unitario tangencial. es decir: ( ( y obtener las Fn)1 Fn)2 ( ( J)1 J)2 ( ( Fn)1 Fn)2 y ( ( J)1 J)2 como suma en esos dos planos que puede realizarse tensiones normal tangencial directamente al ser las distintas componentes paralelas: ( ( Fn)3  (Fn)1  (Fn)2 Fn)3  (Fn)1  (Fn)2 esta ) suma. El vector tensión asociado a cualquier plano puede definirse en la base local. las tensiones efectivas y totales. del círculo de Mohr: ) . 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. se y ( ) . La forma general de plantear la suma de dos estados tensionales consiste en definir dos planos calcular sobre cada uno de ellos las tensiones normales y tangenciales producidas por cada " $ . por tanto. aunque en realidad puede tomarse cualquier par de planos.( 3 J tendrán dos puntos del nuevo estado tensional y. n y t. Por simplicidad.6 × 5 3 t/m h0 o z0 2 (F )  (F' )  u  35  8 t/m h0 h0 (J ) / 0 zh 0 ( En estos mismos planos (vertical y horizontal). La tensión vertical (que actúa sobre un plano horizontal) inducida por el peso del terreno para un punto situado a 5 m de profundidad es: ( Fz)o  (n h  2 × 5  10 t/m 2 el terreno se encuentra saturado y con el nivel freático en superficie la presión Si se supone que intersticial correspondiente a ese mismo punto será: u  (w z 1 t/m 3 × 5 m 5 t/m 2 (sat  (n (sum  (sat(w  21  1 t/m 3 Ko aplicable directamente como relación Para este suelo. 1998.Tensiones y deformaciones. y estado tensional. Si los planos elegidos son ortogonales entre sí.80  2.54 t/m zh p 2 (F )  s(F s)  2sF  2×3. se obtendrán como: F'z)0  (sum h 1 × 5  5 t/m 2 2 (F' )  K (F' )  0. © Edicions UPC. el peso específico sumergido será: En consecuencia.5254.25 t/m hp z z ( © los autores. tendrá una componente normal ( Fn ) y una componente tangencial ( J ) al plano.80 t/m 2  Fv 2 (J )  2. respectivamente. . los puntos correspondientes en 3 el círculo de Mohr serán diametralmente opuestos. 1998. El estado tensional asociado a un plano es una magnitud vectorial y.( 3 3 ( ( J)3  (J)1  (J)2 J)3  (J)1  (J)2 " $ y Con ( Fn J Fn ) .
8 t/m 2 2 (F ') h suma  (Fh)suma  u  10.4 Círculos de Mohr en tensiones totales Figura 18.25  10.8  5  9.25 t/m 2 (J ) zh suma  (Jzh)0  (Jzh)p  0  2. 1998.54  2.25 t/m ( Figura 18. © Edicions UPC.80  14. el estado tensional inducido por ambas solicitaciones (carga en faja y peso propio del terreno) resulta como: Fz)suma  (Fz)0  (Fz)p  10  4.25  5  5.54 t/m ( y las tensiones efectivas: Fz')suma  (Fz)suma  u  14."& Mecánica de Suelos. 1998. . Problemas resueltos Al disponer de las tensiones normales y tangenciales sobre los planos vertical y horizontal.5 Círculos de Mohr en tensiones efectivas © los autores.80 t/m 2 2 (F ) h suma  (Fh)0  (Fh)p  8  2.
Una vez conocido el polo es inmediato determinar en este caso que las deformaciones principales se producen en planos que forman ángulos de 45 vertical ( o g 1 forma . Sabiendo que en un cierto punto de un suelo la deformación de corte máxima ((xy ) se produce en un plano vertical.542(14. _______________________________________ PROBLEMA 19. y sabiendo que la deformación normal en el punto círculo de Mohr.5 se han dibujado los círculos de Mohr asociados a cada uno de estos estados tensionales. 1998.12 t/m 2 Puede observarse que el radio ( ) del círculo en tensiones totales es idéntico que el del círculo de Mohr en tensiones efectivas.Tensiones y deformaciones. 19.1).1o El centro. pero si se toma con respecto a direcciones el resultado final es el mismo. 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.525 t/m 2 2  J2(Fzs)2  2. se determina la posición del centro del © los autores. es decir: A es gn AB . Dado que la máxima deformación de corte se produce en un plano vertical. tanto para cada uno de ellos por separado como para su suma. gn y ").94 t/m 2 .525 t/m 2 t'  t 3. Tensión efectiva "' En las figuras 18.41 t/m 2 F1  s  t  15. © Edicions UPC.5o 1 s' y Jn  arctg F1  Fh "B 114.80  10. encontrar el valor de las deformaciones principales y en qué planos se producen (en función de (xy .525)2  3.94 t/m 2 t F'3  F3  u  4.45 o y g con el plano 3 forma 45 ).1). Se resuelve el triángulo OAB " con (utilizando que.525  5  7.12 t/m 2 t Y la orientación de los planos en los que se produce la tensión principal mayor: "1´  arctg "A 69. Con .54 15.41t/m 2 F'1  F1  u  10.25  24.94  10. El centro y el radio del círculo de Mohr del estado tensional suma (tensiones totales) vienen dados por: s  Fv  Fh 2  14. es inmediato conocer el polo P (se realiza con respecto a planos. o Conocido el polo se obtiene directamente el estado deformacional del plano que forma un ángulo la vertical (punto A en la figura 19. el ángulo central en una circunferencia es el doble del ángulo inscrito) y se obtiene la magnitud ello. para un mismo arco. F3  s  t  9. 1998. aunque entonces el polo se encuentra en posición diametralmente opuesta).4 y 18. radio y tensiones principales para el estado suma (tensiones efectivas) vienen dados por:  s  u  12. max max Se supone conocido el círculo de Mohr en deformaciones (Fig.812.25  12.1o 1 2. . y que en un plano que forma un ángulo " con la vertical se produce una deformación gn.
la máxima deformación de corte ( xy ) max se relaciona con el radio del círculo de Mohr: t C  g1g3 2  1 2 ( (xy)max Sumando las ecuaciones anteriores. c) rebajamiento del nivel freático en 1 m. para los puntos de terreno no excavados.#Mecánica de Suelos. 1998. 1 Círculo de Mohr en deformaciones Adicionalmente. 1998. las leyes de tensiones verticales y horizontales (F v . se obtiene: g1 gn  1 2 ( (xy)max (1sin 2") y substituyendo en cualquiera de las anteriores resulta: g3 gn  1 2 ( (xy)max (1sin 2") _____________________________________ PROBLEMA 20 En el terreno de la figura 20. d) excavación de grandes dimensiones de 3 m de profundidad.1 se realizan las siguientes operaciones: a) colocación de un terraplén de 2 m de altura y de grandes dimensiones que una vez compactado tiene una (n=2 t/m!. Problemas resueltos s C  g1g3 2  gn  1 2 ( (xy)max sin 2 " Figura 19. b) eliminación del terraplén anterior. © los autores. . Obtener. © Edicions UPC.
habiendo © los autores.9 z0.9z3.9 z 7. Al disponer del valor de coeficiente de empuje al reposo.q'. se supondrá que el suelo. 1998. para calcular F'h .5 × (0.6) 0.8 z4 z > 4 ( ( Fv)1 (Fv)0  )Fv 1. 1998.1.1 Geometría.q) (F F ) para el punto indicado en la figura 20.Fv .9 z  3.8 Fh)0  F'h u  1.9 z  0.8 z Fv)0  4(n  (z4) (sat 1.Fh).Tensiones y deformaciones.t) y (p'.p . '. Por otro lado.6  4  0.6 F'v)1 (F'v)0  )Fv 0. y que en descargas y recargas dFh'/dFv'=0.1.9 z 3. Tensión efectiva #F F v y F ). las tensiones horizontales (efectiva y total) serán: ( ( F'h)0  K0 F'v  0. . Dibujar las trayectorias tensionales en los planos Fv'.6 Este incremento de carga produce un aumento de las tensiones verticales totales y efectivas.s .Fh'. ha sido posible el cálculo de la tensión efectiva horizontal a partir del valor de la tensión efectiva vertical.6 v0 v0 ( u Con objeto de determinar las tensiones horizontales (sobre planos verticales) se recurre al coeficiente de empuje al reposo ( z > 4 K0) que se define como la relación entre tensiones efectivas horizontales y verticales.t'. La colocación del terraplén (que se identificará como repartida de valor: Situación 1 ) se asimila a una carga uniformemente )Fv 2 ((n) terraplén 0 ( )Fv 4 t/m 2 #z#4 Fv)1 (Fv)0)Fv 1. se encuentra normalmente consolidado. inicialmente.4  (w (z4)  z4 (F' )  (F ) u  0.4  4  1. Características del terreno y posición del nivel freático En la situación inicial (que se identificará como 2 Situación 0 ) actúa únicamente el peso propio del terreno (unidades de tensiones: t/m ) y da lugar a las siguientes tensiones verticales (total y efectiva): 0 ( # z#4 Fv)0  (n z  1. Suponer que las presiones intersticiales son las definidas hidroestáticamente por el nivel freático en cada caso sin ninguna generación adicional.2 Fh primero hay que obtener Como puede verse. h h ' ( 2 = 3 Figura 20. Por tanto.45 z  2.45z1. © Edicions UPC. (s'.9 z  3.
8  z  4  1. Para poder estimar cómo se recuperan las tensiones horizontales. En primer lugar. debido al comportamiento elastoplástico del suelo.6 h2 h2 ( La siguiente acción que se debe realizar es el rebajamiento en 1 m del nivel freático (se identificará como Situación 3 ).45 z  3. se trata simplemente de restar el incremento añadido anteriormente. no se producirá en descarga un retorno a los valores iniciales antes de la construcción del terraplén.45 z  0.8 Fh)1 (F'h)1u 1.4  z  4  1.6) × 0.1. varía la ley de presiones de agua que pasará de ser u = M( z - 4 ) a ser u = M (z - 5 . respecto a las tensiones horizontales.4  0.5  0. 1998. 1998.8  0.45 z  3.4 h2 (F ) (F' )  u 0.9 z  7.45 z  3. y con una ) influencia menor en este caso.1 )F'v  0. Problemas resueltos supuesto además que la presión intersticial no se modifica.45 z  3.45 z  0.4 t/m 2 que es lo que se había cargado al construir el terraplén. .8 z v3 n © los autores. varía la ley de tensiones totales debido a que el peso en la zona no saturada es (n en lugar de (sat . Se produce una variación de la tensión vertical de . Es decir. Por tanto: ( ( F'h)1 K0 (F'v)1  (0. 4 #z#5 z > 5 la nueva ley de tensiones es: Fv  5 (n  (sat (z  5) Con estas leyes de tensiones totales verticales.4 (F' ) 0. El aumento de tensión efectiva vertical hace que el suelo siga normalmente consolidado y sin deformaciones laterales (condiciones unidimensionales). la variación en descarga de tensiones efectivas horizontales es: F'h)2  (F'h)1  )Fh )F'h  0. © Edicions UPC.45 z  3.1 (4)   0.# Mecánica de Suelos. Dicho rebajamiento de nivel freático tiene dos efectos.2 Situación 2 ). El suelo en 4 z 5 pasa a estar por encima del nivel freático y por tanto: Fz  4 (n  (n (z  4) (n z En . Las tensiones verticales que resultan son: 0 ( #z#4 Fv)2 (Fv)1  )Fv  (Fv)1  4  (Fv)0 Fv)2 (Fv)1  4  (Fv)0 F'v)2  (F'v)1  4  (F'v)0 z > 4 ( ( Sin embargo. En segundo lugar. Con este valor. se proporciona en este problema una ley lineal con variación de 0. se pueden calcular las correspondientes tensiones efectivas: 0 ( #z#4 Fv)3  (Fv)2 4 # z # 5 (F )  ( z  1. La siguiente operación consiste en la eliminación del terraplén (que se identificará como La eliminación del terraplén supone una descarga con el consiguiente descenso en el estado tensional y las tensiones verticales volverán al estado anterior a su colocación.
4  0.09 (F' )  0.45 z  2.45 z  3.95  z5  1.4)  0.6 t/m 2 p ( F'v)p  0.4 t/m 2 Las tensiones verticales se calculan de acuerdo con: 3 < z ( #5 Fv)4  (Fv)3  )F v  1.8   5.45 z  3.09  0. La última acción consiste en la realización de una excavación de 3 m de profundidad (se identificará como Situación 4 ).45 z  3. por tanto: z > 5 )F'h  0.49  0.9 z  0.Tensiones y deformaciones. Las leyes obtenidas en función de profundidad de 10 m.9 ( ( Puesto que este aumento de tensión vertical (0. z se particularizarán para el punto P que sitúa el enunciado a una Situación 0 (inicial) en P : ( ( Fv)0  1.1 × 0.9 z  4.49 h3 (F )  (F' )  u  0.49  z  5  1.2  12.3 t/m 2 0 Situación 1 en P © los autores. Un primer paso en recarga hasta llegar a la presión de preconsolidación y un segundo paso desde la misma.6  12.9 z  4.5  (z5)  0.8  6.9 z  4.45 z  2.5  5.45×10  2. . © Edicions UPC.9 (F' )  (F' )  ()F )  0.8 z  5. Al escavar se produce una descarga en el suelo de valor: )F v   3 (n   3 × 1.9 z  0.9 z  5.05 h4 h4 ( que son las expresiónes en el estado final.54 (F' )  0.9) es menor que 4 (peso del terraplén) hay que considerarlo como una recarga (dicha recarga se produciría hasta llegar a 4.6)  0.45 z 2.5 F'v)3  (Fv)3  u  1.45 z  3.51 h3 h3 En caso que el incremento de tensión a añadir fuese superior a 4 t/m 2 sería necesario aplicar el incremento en dos pasos.95 h4 (F ) (F' )  u  0.9 z  0.6 t/m 2 0 ( Fh)p  1.54  0.45×10  1.9×10  3. 1998.9 v4 v3 v ( y las tensiones horizontales vienen dadas por: z > 5 F'h)4  (F'h)3  )F'h )F'h  0.5)  (0.9  0.4 Fv)4  (Fv)3  )F v  1.5  5.45 z  1. 1998.9 z  3.1 × (5.5 )F'v  (F'v)3  (F'v)2  (0. que es la máxima tensión a la que ha estado sometido el terreno).9×10  0.9 z  0.1 )F'v  0.3 t/m 2 0 : F'h)p  0.4  0.4  18. Tensión efectiva #! Fv)3  5 (n  (sat (z5)  1.4  1.
45 t/m h h ( A lo largo de todo el proceso Jvh = Jhv = 0 por lo que las direcciones vertical y horizontal serán las principales. Como se tiene también en todos los casos que tanto: Fv > F h .3.99 t/m h h ( Situación 4 en P : Fv)p  1.45×10  2. en la figura 20.5 0.99 7.4  7.5  18.9 tm (F' )2  0.6 Situación 2 18. t'.5 Situación 4 13.Fh.77 9. se cumplirá FL F = 1 y FD F = 3 .15 4.6 12.45 × 10  3. p.5 8.15 2.3 4.25 15.5 9.76 0.5 t/m 2 (F'v)p  0.4 11. p'.9 7. . s'.3 13.45×10  3.3 8.49  7. juntamente con las s.6 t/m 2 (F'v)p  (F'v)p  12.9× 10  0.45× 10  1.6 Situación 1 22.05  12.25 10. y p.45×10  0. 20.45× 10  3.1 t/m 2 4 4 p p 2 2 (F )4  1.67 6. Problemas resueltos ( ( Fv)p  1.9×10  5. q y q' a lo largo del proceso.6  22.5  13. en la Fig.32 14.45 12.4 17.1 Fv Fh F 'v F 'h s s' t=t' p p' q=q' 12.3 t/m 2 1 F'h)p  0.1 9.9  13. p' .74 7.45 15.7 5.99 12.6 t/m 2 2 0 2 0 p p 2 2 (F )2  1.6 t/m 2 1 ( F'v)p  0.6 t/m 2 1 ( Fh)p  1. t. Estos valores se han dibujado formando las trayectorias tensionales en los planos en los planos Fv .2  14.77 3.67 8.1.#" Mecánica de Suelos.5 14.2.45 10.3 8.1 6.83 7.45 16. en la figura 20.45 t/m (F' )4  0.3 14.95  7.5 t/m 2 3 3 p p 2 2 (F )3  1.35 2.3 t/m 2 1 Situación 2 en P ( : Fv)p  (Fv)p  18.45 12.65 © los autores. 1998.6 13. s' . 1998.q.51  12.9×10  0.9 t/m h h Situación 3 en P : Fv)p  1.6 Situación 3 18.83 12.9  8.45 × 10  0. t/m 2 Situación 0 18.t.6  13.9×10  3.45×10  2.8  8.9×10  7.9× 10  4.74 12.45 18.1 15.99 t/m (F' )3  0.6  16. en los planos s. © Edicions UPC.3 7.6 16.1 t/m 2 (F'v)p  0. y por lo  (Fv  Fh)/2 p  1/3 (F  2 F ) q  F  F v h v h s t Los valores de las tensiones obtenidas en el punto variables  (Fv  Fh)/2 P se resumen en la tabla adjunta.9 12.
s-t © los autores.1 Trayectoria de tensiones en plano F F F F v - h. Tensión efectiva ## Figura 20.  v  h. 1998. © Edicions UPC. Figura 20.Tensiones y deformaciones.2 Trayectoria de tensiones en plano s-t. . 1998.
Problemas resueltos Figura 20. p-q ______________________________________________ © los autores. . 1998. 1998. © Edicions UPC.#$ Mecánica de Suelos.3 Trayectoria de tensiones en plano p-q.
y FL FL n con la profundidad. que reduce en 3 m su altura piezométrica original. © Edicions UPC. tendrá mayor facilidad para desaturar que si se tratara de una arcilla. tanto antes como después del bombeo. se tomará como peso específico natural el valor de la densidad seca. El nivel piezométrico se define como: n  z En principio en la zona por encima del nivel u (w el peso específico del terreno tendrá un valor freático intermedio entre el peso específico saturado y el peso específico seco. u. El origen también es arbitrario. '. . presiones y niveles correspondientes al estado inicial antes de bombear. En este caso.Flujo de agua en suelo saturado indeformable #% Capítulo 3. supondrá que se ha llegado al régimen estacionario).1) se lleva a cabo un bombeo de agua en la capa de grava. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. y puesto que se trata de un suelo granular (arena). bajo las sanciones establecidas en las leyes. Flujo de agua en suelo saturado indeformable PROBLEMA 21. Figura 21. '. 1998. Obtener y dibujar las leyes de variación de FD F D . La coordenada vertical puede tomarse indistintamente en sentido hacia arriba ( hacia abajo ( z) o la z'). que se obtiene como: © los autores.1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se obtienen las leyes de tensiones. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". En el terreno de la figura adjunta (Fig. y en este case se toma en las gravas para z y en superficie del terreno para z' ( z = 12 - z'). así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. Quedan rigurosamente prohibidas. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. 21. (en esta última situación se . 1998. Por tanto.
6 z  1.8 z  0.8 z  1.7 t/m . 1998. las leyes de tensiones se calculan a continuación. © Edicions UPC. En el estado inicial. .27 × 2  1. se han tomado como iguales a las totales. Para la arena en la zona no saturada las tensiones son: Fv  (arena z  1.6 z  0.14 Fh  Ko Fv  0. Esto se representa cualitativamente en la figura 21.94 F K0 Fv  0.86  z  2  z  0.8 (z 2)  1.06 d sat u  ( (z 2)  z  2 w Fv  Fv  u  0.2.635 z d Fh  Fh Aunque de hecho la definición de tensiones efectivas en la zona no saturada tiene poco sentido. © los autores.27z d u  0 Fv  Fv Fh  K0 Fv  K0 (arena z  0.#& Mecánica de Suelos. anterior a la realización del bombeo.6(z 0.27 t/m3 1e Para este cálculo se ha tomado = 2.4 z  1.4 z  0.84 Fh  Fh  u  0. Problemas resueltos (sat  (s(we 1e ( s e  (s(sat  1.14  2(z 4) 2z  1.84  z  2  1.47 F  F u  1. resultado que se obtiene al suponer que la presión intersiticial es cero. 1998.14)  0.5×1.53 n  z  u  (12z )  z 2  10 m (w 1 Por último para el limo en la zona saturada: 2<z #4 4<z Fv  (d 2  (arena(42) (limo(z 4) 6.27 z  0.6 z  0. Para la zona de suelo arenoso bajo el nivel freático resulta: 0<z #2 Fv  (arena 2  (arena(z 2)  1.86 sat sat u  ( (z 2)  z  2 w Fv  Fv  u  2 z  1.125 (sat(w ! (d  (s  1.16 nz u # 12 (w  10 m El bombeo en las gravas produce un rebajamiento de nivel en las mismas de 3 m.
1998. Esta permeabilidad equivalente puede interpretarse como la que tendría un medio homogéneo equivalente. 1998.3  3. L K  L1  L2 Esta expresión se obtiene como resultado de imponer que los flujos en cada capa son iguales entre sí e iguales al flujo que las atraviesa. Con los datos de este problema se obtiene: K eq  L L 1 1 K  L  2 2 10 2 10 K 1  8 10  1.Flujo de agua en suelo saturado indeformable #' Figura 21.3 )z 10 dz El signo negativo de este caudal indica que se trata de un flujo de agua descendente. La ecuación de continuidad en régimen estacionario es constante para cualquier z.0324 3 2 día Para obtener cómo varían las leyes de tensiones debido al bombeo hay que calcular las variaciones de presión intersticial o de nivel. © Edicions UPC.75 × 105 cm/s  0. .25 × 104 cm/s 4 m m q z  Keq 0.2 Leyes de presiones y nivel piezométrico antes de bombear y durante el bombeo El caudal vertical generado por la variación de obtenerse como: n se produce hacia las gravas ( n decreciente) y puede q z  Keq dn  Keq )n  Keq 107  Keq 0. La permeabilidad equivalente ( Keq) en un sistema formado por 2 capas y con flujo en la dirección normal a la orientación de las mismas viene dada por: L K  L 1 1 eq K  L 2 2 . luego: expresa que el caudal dq z dz 0 q arena  qlimo qz Este caudal puede calcularse como: © los autores.
solamente varían las presiones intersticales o niveles.825z  0. 4<z # 12 © los autores.5037 w a Puesto que. para la arena en la zona saturada: n 10  a 2  b n  9.00125 z  0. Problemas resueltos q arena  K1 dn  K1 n10 810 d z n = 9. es decir: 2<z #4 0<z <4 0 )F Mientras que en la zona donde la presión intersticial varía.5037)(z 2)  0.00125 b  10.9975 m.4963 u (nz)(  (0.3 se han representado las leyes de alturas piezométricas.4963 n  0. Dichos cambios en la presión intersticial vienen dados por: ) u  (0. .496312z )  0. en este caso.50 Y por tanto los cambios de tensión serán nulos donde no haya variación de presión.3747 b  11.9975  a 4  b  0.0025  0 4 # z # 12 ) u  (0.4963  0.375 z  1.375 z  1.9975  a 4  b n  7  a 12  b  0. las nuevas tensiones efectivas son: Fv  z  0.3747 z 11.002512z )  0.36 Fh  K0 Fv  0.5)  1.0025 n  0.00125 z 10.$Mecánica de Suelos. La nueva ley de niveles piezométricos es.3747 z  1.6253 z  0.0025 u (nz)(  (0.9975)(z 2)  0. los cambios de tensión efectiva podrán obtenerse como # 12 n  a z b 4<z F ' = - )u ya que la tensión total F permanece constante y F ' = F-u .3747 z  11. que resulta tener un valor de Este valor es prácticamente es alta en comparación la .14 (0.00125 z  10.6253 z  0.99875 z  1.375 z  1. 1998. 1998. © Edicions UPC. Por (3 tanto.816 En la figura 21. presiones intersticiales y tensiones verticales y horizontales tanto antes como durante el bombeo. en El la capa de de arena y con de prácticamente intersticial es: )u = )n (w 2<z pérdida nivel total produce en cambio presión porque z no varía. 10 m y esto pone de manifiensto el hecho que la permeabilidad en la arena el limo. donde n es el nivel piezométrico en el interfase arena-limo.9975 w a mientras que para el limo: #4 n  a z b n 9. m) se hay pocas pérdidas la capa de de carga limo.99875 z  1.
Flujo de agua en suelo saturado indeformable $Figura 21.1 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. 1998.3 Leyes de alturas piezométricas. tensiones totales y efectivas ______________________________________ PROBLEMA 22. . 1998. presiones intersticiales. Figura 22. En el terreno de la figura 22. © Edicions UPC.1 Representación esquemática del terreno © los autores.
1998.92 × 106 cm/s× 1m 100 cm × 86400 s 1 día q z  0. Problemas resueltos La ecuación de continuidad del agua juntamente con la ley de Darcy dan lugar. resulta una permeabilidad equivalente igual a: K eq  6 2 10 4  3 10 2  1 10  5. . B( z = 4).92 × 106 cm/s 06  3.2 Leyes de presiones y niveles piezométricos Si se utiliza la denominación de puntos A( z = 6).88 × 106 (64)6  3. bajo la hipótesis de régimen estacionario en un sistema multicapa y flujo perpendicular a las capas. Aplicando los valores propuestos en este problema. C( z = 1) y D( z = 0). 1998. las leyes de niveles pezométricos ( ) son lineales en cada estrato homogéneo. correspondiente a las interfases entre cada dos capas (Fig.88 × 106 cm/s 3 que permite calcular el caudal unitario o flujo como: q z  5.0034 m 3 2 m día La condición de continuidad permite establecer que: q limo  qarena  qarcilla  q Figura 22. se tiene: © los autores.2).0034 m día  0.$ Mecánica de Suelos. 22. a: q z  Keq dn  Keq )n )z dz  L L L K eq 1 1 K  L 2 2 K  L 3 3  L1  L2  L3 n K En régimen estacionario. © Edicions UPC.
y obtener en este caso el caudal que se recogerá. debido a la relativa impermeabilidad de la capa de limo arenoso con respecto a la permeabilidad de las gravas. K1 =10 3 3 -1 cm/s y K2 =10 -3 cm/s.2 se representa la ley de niveles piezométricos y la ley de presiones intersticiales.1 se va a realizar una excavación de grandes dimensiones. la presión intersticial en las gravas inferiores no varía). (n2 =2. En el terreno de la figura 23. s=1 m. Particularizar el problema para d1=10 m. 1998.5 (se considerará que. Obtener la máxima profundidad x a la que se puede llegar manteniendo un coeficiente de seguridad al sifonamiento (FS= /u) de 1. En la figura 22. .2.1 Representación esquemática del medio Se hace inicialmente la hipótesis de que serán: x>s.5 m.4 = 2 m.5? Figura 23. ¿Qué medidas se podrían adoptar para aumentar la máxima profundidad x obtenida.0 t/m . manteniendo el coeficiente de seguridad en 1.9204m nD  2. © Edicions UPC.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $! q 1  K 1 dn  K 1 dz nBnA z z B A nCnB z z C B nDnC z z D C n D nB  5. Las leyes de presión intersticial y tensión antes de excavar (d1d2zs) (w Fz  (d1d2z) (n1 d2 # z # d1d2 Fz  d1(n1(d2z) (n2 0 # z # d2 u Estas leyes se representan en la figura 23. _____________________________________ PROBLEMA 23.9216 m nC  5. que se mantendrá seca mediante bombeo en superficie. d2 =0. 1998. la última ecuación es innecesaria ya que = 6 . F (n1=1.00 m q 2  K 2 dn  K 2 dz q 3  K 3 dn  K 3 dz De hecho.8 t/m . © los autores.
se produce entre C y B (Fig. . dado que los limos son mucho más impermeables que las arenas. 23. Esta hipótesis es razonable siempre que las gravas se puedan suponer conectadas con el nivel piezométrico regional. En otras palabras. su alta permeabilidad impide pérdidas de carga aunque se bombee en la excavación. © Edicions UPC. dada la forma de la ley de presiones que se va a tener en este caso (arena sobre limo y limo sobre grava). tal como se indica en el enunciado.5. 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). En este último punto se supone.2) como: FS F u (d 1 x )  (n1d2 (n2 (d1d2s) (w   (w FS od2 (n (n1 Si se impone FS $ FSo es decir. Pero. La ley de tensiones totales se transforma en: Fz  (d1d2zx) (n1 d2 # z # d1d2 Fz  (d1x) (n1  (d2z) (n2 0 # z # d2 Sobre la ley de presiones intersticiales se sabe que la que u = (d1 + d2 . Por otro lado. Por otro lado.2). El factor de seguridad al sifonamiento se obtendrá para este punto (C. la mayor parte de pérdida de carga. el punto C es el más desfavorable como puede verse en la figura 23.2). Fig. resulta: (d 1 x )  (n1d2 (n2 $ FS o (d1d2s) (s FS x # d1  (d 1 d 2 s ) Sustituyendo por un valor de o = 1. 1998. 23. 23. resulta x # 2. 1998. el primer punto en el que se alcanzará la situación crítica de sifonamiento ( F = u o F ' = 0) es el C debido a la relación entre permeabilidades.2. 23.2 Leyes de presión intersticial y tensión total antes y después de excavar A medida que la excavación avanza.2) mientras en z = 0 (punto C.64 m como máxima profundidad de excavación para dicho factor de seguridad al sifonamiento y los datos del problema. el caudal que hay que bombear en el interior de la excavación vendrá dado (en condiciones unidimensionales) por: © los autores. que la presión intersticial no varía.$" Mecánica de Suelos. a medida que la excavación avance. Figura 23.s) (w u = 0 en z = d1 + d2 . Fig. la presión intersticial se va acercando a la tensión total bajo la excavación. Entonces.x (punto A. Fig. un valor de proyecto que se establezca.
64    0. el caudal a bombear en las gravas puede ser muy elevado en función de la magnitud y permeabilidad del acuífero. La figura 24.1 muestra los casos de un acuífero libre y de un acuífero confinado.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $# q z  Keq dn  Keq dz ncnA z z c A siendo: nC  z C  nA  z C  z u (w u C  zC  (d 1 d 2 s )   (w  d1  d2  s (w (w z A  (d1d2x)  0  d1  d2  x  d1  d2  x d C 0 y A y como permeabilidad equivalente: K eq  L L 1 1 K  L  2 2 K  d2  x d x d 1  2 1 K 1 K 2 Substituyendo la permeabilidad equivalente y los niveles piezométricos resulta: q z  Keq d xs   xs d x d2x 1 1  K d 2 2 1 K e introduciendo los datos del problema y x = 2.0139 2. 1998.64 m resulta K eq  0. En este caso. 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.0139 cm/s y q z  0. _____________________________________________ PROBLEMA 24. 1998. En ambas situaciones (acuífero libre y acuífero confinado) es preciso adoptar previamente ciertas hipótesis sin las cuales no es posible obtener una solución analítica. de los que se pretende extraer agua bombeando desde un pozo circular. respectivamente. una vez establecido el régimen estacionario.5 m m 3 2 día Por último.0029 cm/s × 86400 s 1 día × 1m 100 cm  2.64 1 10. . Obtener en ambos casos las leyes de niveles piezométricos del acuífero al bombear un caudal Q.5 2.0029 cm/s Dicho caudal se puede expresar en otras unidades: q z  0. En primer lugar se debe tratar de un © los autores. © Edicions UPC.
© Edicions UPC. en el caso de acuífero libre. Relacionado con lo anterior. Por último. que para r = r0 se cumple h = h0 (hipótesis de isla circular con pozo en el centro). por lo que la ecuación En régimen estacionario este caudal debe ser igual al que se extrae del pozo ( de continuidad quedará como: q(r)2 BrhQ © los autores. En segundo lugar la solución se debe obtener para un régimen estacionario a caudal constante. 1998. El caudal que pasa través de un cilindro de radio r y altura h (espesor saturado a distancia r) es: q(r)2 Brh -Q).2) Figura 24. 24. Problemas resueltos acuífero homogéneo e isótropo. a) acuífero libre (Fig.$$ Mecánica de Suelos. 1998. . es decir. que establece que las líneas de nivel piezométrico constante pueden considerarse verticales. debe existir asimismo un contorno de nivel constante. a pesar de que el nivel freático no es horizontal.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. se admite la hipótesis de Dupuit.1 Bombeo en acuífero libre y acuífero confinado. Figura 24.
© Edicions UPC.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. resulta: h0 2  Q BK ln r0 A A  h02  Q BK ln r0 y finalmente: h 2  h02  r dr r Q BK h ln r r 0 Esta ecuación puede también obtenerse como una integral definida de la ecuación diferencial.3) Figura 24. es decir: mho h 2hdh  BK mro h Q 2h ho  r Q BK ln r r ro 2  ho2  Q BK ln r o b) acuífero confinado (Fig. 1998. 24.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $% Por otro lado. El caudal que pasa a través de un cilindro de radio caso el espesor es siempre r y altura b (en este b por tratarse de un acuífero confinado) es: © los autores. Puesto que para h = h o. la ley de Darcy permite escribir (el nivel piezométrico coincide con el espesor saturado): q (r )  K dh dr y sustituyendo la ley de Darcy en la de continuidad resulta: K 2 rh B dh dr Q 2hdh  Q dr r BK La integral de la ecuación diferencial anterior proporciona: h 2  Q BK ln r A r = r0 se supone que donde A es una constante de integración. . 1998.
Por ambas fracturas.8 m. circula agua procedente de la escorrentía superficial del talud. con dos fracturas rellenas. Si a distancia r = r o. Para el caso de acuífero confinado sería simplemente: s  ho  h   Q 2BbK ln r r  Q o 2 bK B ln r o r Para el caso de acuífero libre es preciso aproximar: h 2  ho2  (hho)(hho) . © Edicions UPC. Problemas resueltos q(r)2 Brb que igualado al caudal bombeado (- Q) resulta: q(r)2 BrbQ h el nivel piezométrico): y sustituyendo q(r) por la ley de Darcy resulta (siendo K 2 rb B dh dr Q dh  Q dr r 2 bK B e integrando la ecuación diferencial anterior resulta: h  Q 2 bK B ln r A el nivel es donde A es una constante de integración.1 representa un talud en material impermeable. d2=0. para descensos pequeños. $ =30 . respectivamente. obtener una relación entre K1 y K2 para que un pozo vertical que pase por el punto de intersección de ambas fracturas sea artesiano y aplicarlo al caso: d1=0. o o o 1 2 "=15 . . La figura 25. Suponiendo que se ha alcanzado el régimen estacionario. 1998. l=500 m. s 2ho  Q BK h0. con materiales de permeabilidades K1 y K2.$& Mecánica de Suelos. $ =135 . que es la variable que normalmente se mide en el campo. que se supone que están saturadas. 2 es decir.5 m. (h h o r   2 h0) o 2sh o ln r r s  Q o 2 ho K B ln r válido siempre que h + ho . _______________________________________ PROBLEMA 25. h = ho se obtiene: A  ho  ho Q 2 bK B ln r o y finalmente: h Q 2 bK B ln r r o s definido como Estas expresiones pueden escribirse en términos del descenso s = ho - h. © los autores. 1998.
 B  90  $1  $2  90  $2  $1  90  "  ($290)  180  ("$2) © los autores.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. Figura 25. B C  BC  sin A  AC  sin B Los ángulos en y en función de " $$ . . 1998. y son:  C  A  "  $1.2) quede por encima de la superficie del terreno. 25. 1998.2) se tiene: AB  sin C A. © Edicions UPC. Como podrá verse ambos planteamientos conducen al mismo resultado. 25.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $' Figura 25. Resolución a) El teorema de los senos permite relacionar distancias con ángulos opuestos en un triángulo. Aplicándolo al caso del triánculo ABC (Fig.1 Representación esquemática del talud La condición de pozo artesiano es que: nB > z D es decir que el nivel piezométrico en el punto B (Fig.
© Edicions UPC. © los autores.%AC l. 1998. Problemas resueltos Además = y el ángulo suplementario permite escribir: sin(180 (  "$2))  sin("$2) l De las anteriores ecuaciones resulta: AB  l "$1) sin($2$1) sin( BC  "$2) sin($2$1) sin( Las coordenadas z de cada punto son: z B 0  BC sin $1  l z sin( C "$2) sin$1 sin($2$1) l z A  AB sin(180$2)  sin( "$1) sin$2 sin($2$1) BCD. es decir. los caudales que circulan en las fracturas deben cumplir la ecuación de continuidad. uA = u C = 0. y nD nB = ya que en el pozo no circula agua. por unidad Por otro lado. 1998. que en este caso implica simplemente que el caudal en de anchura de talud. resulta: y volviendo a aplicar el teorema de los senos. Consecuentemente la condición de continuidad de caudales quedará como: Q AB  QBC nB K 2 ( B z A) AB n d 2  K1 (z C nB) d BC 1 De la ecuación anterior se puede obtener . . que no es conocido: z nB  A  zC  K K K K 1 d1 AB 2 d2 BC 1 1 d1 AB 2 d2 BC > y puesto que la condición de pozo artesiano es nD zD. Mecánica de Suelos. en este caso al triángulo z sin( "$1) D  BC sin(90 ") z D  l "$2) sin("$1) sin($2$1) sin(90") sin( BC. Estos caudales. se pueden calcular como: AB es el mismo que en Q AB  q2d2  K2  q1d1  K1 zC nBnA AB d 2 Q BC nCnB BC d 1 donde se ha aplicado que n) = zA y n+ = por tratarse de puntos exteriores.
d = 0. 1998.76 Figura 25.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %resulta: z A  zC K K 1 d1 AB 2 d2 BC > zD 1  K K 1 d1 AB 2 d2 BC Esta ecuación permite obtener la condición entre permeabilidades: K K 2 1 >  z z A D z D z C d1 AB d 2 BC donde: z D  zC   zD  l "$2) sin($2$1) sin( sin( "$1)  sin $1 sin(90") sin( sin 2 l z A "$1) sin($2$1) sin( $  "$2) sin(90") sin( Haciendo el cociente y operando resulta:  zC  z  z A D z D "$2) cos $1  sin("$1) cos $2 AB y donde cos $ <0 con la geometría indicada. B y C © los autores. Finalmente. sustituyendo este cociente y los valores de BC obtenidos anteriormente en la condición entre permeabilidades resulta: K K 2 1 > d d 1 sin( 2 "$2) cos $1  sin("$1) cos $2 y "$1)  sin("$2) sin( d d 1 2  $1 cos $2 cos Para d= 0.8 m.5 m.3 Variaciones de nivel piezométrico entre A. $= 30 $ = 135 resulta: K K 2 1 > 0. © Edicions UPC. 1998. .
3 se representa la situación en la que se B = zD.% Resolución b) Mecánica de Suelos. iguales por continuidad. los dos triángulos rectángulos con ángulo " permiten escribir: nA  nB x  nB  nC l  x nAnB < nC  nB CB nA  nB  l x x ( B n nC) pero el pozo sería artesiano siempre que: l x x ( B n nC) Por otro lado.1. Problemas resueltos Este problema tiene una solución más sencilla. que coincide con la expresión obtenida anteriormente en la De hecho. _____________________________________ PROBLEMA 26. Dibujar la red de flujo y estimar el caudal infiltrado correspondiente al caso de la figura 26. 1998. ambas resoluciones son equivalentes. los caudales en cada tramo. Las pérdidas de nivel entre en dos tramos: AB ( cumple exactamente n n A - n ) C y BC ( n A - n A y C ( n A - n C ) se producen ). En este caso. son: Q  K 1 d1  K 2 d2 CB  (lx) cos " cos $1  " cos(180$2) x Q nB  nA BA BA cos De donde se obtiene: nB  nC  nA  nB  Q K (l x) cos cos x  1 d1 Q $1 " cos K 2 d 2 cos(180 " $2) (l x) cos cos que se sustituyen en la desigualdad anteriormente establecida: Q K x cos 2 d 2 cos(180 " $2) < (l x ) K 1 d 1  x Q  $1 " Finalmente resulta: K K 2 1 > d d 1 2 $1 cos $2 cos resolución b). . 1998. las presiones intersticiales producidas en la pantalla. Obtener. y la única diferencia entre ellas es la condición geométrica planteada inicialmente (teorema de los senos o triángulos rectángulos). © Edicions UPC. C En la figura 25. asimismo. © los autores.
en el cual © los autores. . se obtiene la ecuación de flujo: K x M2n  K M2n  0 y Mx 2 My 2 x y M2n  M2n  0 Mx 2 My 2 ( K x K y) Para resolver el problema de flujo gráficamente (red de flujo) en un medio anisótropo  conviene realizar una transformación de coordenadas de manera que el coeficiente de ambas derivadas segundas en la ecuación diferencial sea el mismo.1 Representación esquemática del problema La ecuación de continuidad del agua en régimen estacionario y medio bidimensional es: M qx M qy  0 Mx My donde qx y qy son los flujos en la dirección de los ejes. 1998.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %! Figura 26. © Edicions UPC. Suponiendo un medio anisótropo y que las direcciones principales del tensor de permeabilidad coinciden con los ejes x e y se tiene: q x  K x M n Mx q y  K y M n My K K y sustituyendo en la ecuación de continuidad. el cambio de variable debe ser tal que: K K x y "2  1 " K K y x x t  K K y x x De esta manera la ecuación diferencial resultante corresponde a un medio equivalente isótropo. donde " es un coeficiente que no se conoce xt una nueva variable. Haciendo y xt = " x. 1998. se tiene: M2n  M Mn  M Mn Mx 2 Mx Mx Mx t Mx t Sustituyendo en la ecuación de continuidad resulta: 2 Mx t  M n "2 Mx Mxt2 2 K K x y 2 2 "2 M2 n  M n  0 M x t My 2 Consecuentemente.
en el que puede verse que la red de flujo no cumple las propiedades de ortogonalidad y equidistancia la red en el espacio transformado. En este problema Ky = K v y Kx = K h = 4 K v. 6. debe calcularse una permeabilidad equivalente definida como: K eq  K x Ky que en este caso tiene un valor de: © los autores.40. al haberse distorsionado (Fig.2 se ha representado esta red de flujo con 10 intervalos de salto de nivel piezométrico. Una vez construida la red de flujo en el plano (xt .5 10   0.15. que cumplía Para calcular el caudal que circula a través del terreno.y). 5. entre Puede verse que además de de ortogonal.y. . lo que corresponde a 11 curvas de igual nivel o equipotenciales. diferencia nivel piezométrico entre cada dos lineas equipotenciales es: )n  10 0. debido a la anisotropía del medio. 1998.3). 9.25. 7.95 y las curvas de nivel dibujadas corresponden a los valores 10. 2.05.30.20. Problemas resueltos la red de flujo es ortogonal.5 m.10. en la red de flujo La se ha dibujado de con equidistancia equipotenciales y líneas corriente cada celda. luego: x t  K v 4 Kv x  1 2 x que permite dibujar una red de flujo ortogonal en el plano (xt . Figura 26. 26. y por tanto.y) puede trasladarse al plano original (x .2. 3. se puede utilizar el método gráfico.y). 8. 1998. Red de flujo en el plano xt . 4.45 y 0.35.%" Mecánica de Suelos. 1. En la figura 26. © Edicions UPC.
4 muestra la ley de variación de n sobre las paredes de la pantalla. .y. en primer lugar puede obtenerse el nivel piezométrico en cada punto mediante interpolación desde las equipotenciales contiguas. Por último. © Edicions UPC. el caudal total podrá obtenerse como: Q  ntubos Keq )n  3 ms 4 K eq )n  4 × 2 × 104 cm/s × 0.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %# K eq  K x Ky  4×10 4×104  2×104cm/s y dado que en la red de flujo las celdas se han tomado aproximadamente cuadradas.656 3 m día donde 4 es el número de tubos de flujo que se han obtenido en la red de flujo y entre dos líneas equipotenciales. 1998. Red de flujo en el plano x . )n es la pérdida de nivel Figura 26. se calculará la ley de presiones sobre la pantalla.4 Ley de niveles piezométricos sobre la pantalla © los autores. Figura 26.95 m m Q  7.6 × 106 m  0. La figura 26.3. Para ello. 1998.
d) las leyes de presiones totales y efectivas en planos paralelos a la superficie. Problemas resueltos A partir de esta ley es inmediato estimar la ley de presiones intersticiales ya que: nz u (w u  (n  z )( w donde es preciso utilizar también la cota de cada punto. K). La red de flujo se ha dibujado en la figura 27. El nivel freático está situado a una distancia s en vertical por debajo de la superficie del terreno. © Edicions UPC.%$ Mecánica de Suelos. que en este caso.5 se incluye también la presión neta sobre la pantalla que se obtiene por diferencia entre las presiones de agua a ambos lados de la misma.0 t/m . =1. son paralelas entre sí. s=1 m. además. Tanto la base impermeable del talud como la superficie freática son líneas de corriente que. b) la ley de presiones intersticiales con la vertical. En consecuencia. c) el caudal producido. se produce flujo en concidiciones unidimensionales. (sat. sobre roca impermeable.1.8 t/m . 1998. a) =15 . se mide desde la superficie del terreno y por tanto en la pantalla los valores son negativos. de potencia h uniforme.5 Ley de presiones sobre la pantalla ______________________________________ PROBLEMA 27. Obtener en estas condiciones: a) la red de flujo en el terreno. y K=10 3 -3 cm/s. © los autores. o 3 d sat =2. En la figura 26. Un talud indefinido con inclinación $ está compuesto por un estrato limoso ((d. Figura 26. 1998. y la dirección de la tensión sobre planos verticales. Aplicarlo al caso h=6 m. .
En cualquier punto de dicha línea vertical el nivel piezométrico puede calcularse como: n  n 0  l )n  n0  l )l y en esta expresión: sin $ l en la que  (Hsz) sin$ H es el espesor del terreno y s la profundidad del nivel freático.26 b) Las leyes de presiones intersticiales y de niveles piezométricos en la vertical se pueden obtener si se una línea vertical que desde cualquier punto del borde impermeable del talud se lleva hasta la toma equipotencial de valor n. la ley de niveles piezométricos y presiones intersticiales resultante es: n  n0  l )n  n0  (Hsz) sin2$ )l 2 u ( n  (Hsz) sin $  z) ( 0 w Particularizando con los datos del problema resulta: n  n0  l sin15 o  5. La variación por unidad de longitud puede asociarse con el seno del ángulo que forma el talud.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %% Figura 27. © Edicions UPC. 1998. ambas medidas en la dirección vertical. Este valor es arbitrario al ser el talud indefinido. Por tanto.26 © los autores.21  l × 0. .1 Red de flujo en talud indefinido Para evaluar el gradiente de nivel piezométrico freática. Entre dos puntos separados una distancia )l basta con considerar la inclinación se produce una variación de nivel )n de la superficie . Ln  )n  sin $ )l Si se particulariza para los valores del problema resulta: Ln  sin 15o  0. 1998.
%& l Mecánica de Suelos.850.21(5. no se pide el módulo puesto que no es posible deducirlo de la condición de equilibrio de tensiones. . Utilizando los datos del problema se obtiene el siguiente valor: Q  K )n b × 1  0.26 ×0. En la figura 27.864 m/día × 0. al tratarse de un talud indefinido. Figura 27. y la d) En el enunciado del problema piden tensiones sobre dirección de la tensión sobre planos verticales. 1998.2 se ha representado su dirección que. dicha tensión sobre planos verticales también es paralela a la inclinación del talud.85 t/m 2  5.13 m 3/día )l  103 cm/s × se donde la permeabilidad se ha tomado como: K 1m 100 cm las × 86400 s 1 día  0. En este último caso.26 z)  4. © Edicions UPC. Sin embargo.93 z Se puede comprobar que: u (z (z  0)  4. Problemas resueltos donde se obtiene como: l Sustituyendo  (5. en la superficie y en el contacto con el borde impermeable. 1998.26 × (5.21 cos 150)× 1 m  1. esto es: q  K L n  K ) n )l Q qb1 siendo b el espesor saturado y 1 la longitud que se toma perpendicular a la sección. es decir.21l sin15oz) (w   (w (5. puede concluirse que en cualquier plano vertical las tensiones son iguales. c) El caudal Q es igual al flujo ( q) multiplicado por el área.21)  0 t/m 2 u que son los valores en los extremos. debido a que debe equilibrar la componente del peso del terreno paralela al talud.21z) × 0.26 l en n n y en u y resulta en este caso: u (nz) (w  (5.864 m/día planos paralelos a la superficie.21z) 0.2 Orientación de la tensión en un plano vertical © los autores.
21 (bajo NF). Para ello se toma una rebanada (Fig. la condición de equilibrio entre el peso y las tensiones es: Fn dl  (d (Hz) dx cos $ J dl  (d (Hz) dx sin $ dx  dl cos$ que al particularizar da lugar a: Fn  (d(6. basta tener en cuenta que en planos verticales las tensiones son iguales. 1998.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %' Figura 27. u  (w(4. 27.3) de ancho espesor en la dirección vertical del talud. © Edicions UPC.93z) En este último caso se calcula también la tensión efectiva a partir de la ley de tensiones totales y la de © los autores.3 Esquema de la sección para el cálculo de tensiones. 1998.850. dx que llegue hasta profundidad ( H-z) siendo H el En z # 5. . Esto implica que sólo es necesario establecer la condición de equilibrio de tensiones en la dirección normal y tangencial a dicho plano paralelo a la superfície del talud.21z)) sin 15o cos 15o Fn  Fn  u presiones intersticiales.21z) cos2 15o J  (d(6.21 m (sobre NF). Para el cálculo de las tensiones sobre planos paralelos a la superfície. la condición de equilibrio entre el peso y las tensiones es: Fn dl  ((d × 1  (sat(Hz)) dx cos $ J dl  ((d × 1  (sat(Hz)) dx sin $ que al particularizar da lugar a: Fn  ((d × 1  (sat(5.21z) cos 150 sin 15o En 0 #z < 5.21z)) cos2 15o J  ((d × 1  (sat(5.
¿aumentará o disminuirá en este caso F?.4 t/m b 3 y Kb=10 -8 cm/s (hormigón).1 Esquema del dique seco a) En este apartado se pide la relación entre h y H en función de las demás variables del problema. la pérdida de carga se produce prácticamente en su totalidad entre B y C. en el que intervienen unas acciones a favor y © los autores. ( . 1998. mientras que interior de dicho dique. suponiendo condiciones unidimensionales. pero debido a la baja permeabilidad del hormigón con respecto al terreno. ¿qué b) ¿cómo se modificaría el cálculo si se suponen condiciones bidimensionales?. ______________________________________ PROBLEMA 28. el peso específico del terreno en esta zona varía entre el peso específico seco y el saturado. el dique no flote con un factor de seguridad F. Para ello se establece el factor de seguridad a la flotabilidad.8 t/m 3 y K=10 -3 cm/s (terreno). Problemas resueltos El hecho de utilizar (@ en la zona por encima del nivel freático está justificado al tratarse de un estrato no arcilloso. 1998. Kb) y la altura libre en el dique para b que. Obtener: a) la relación entre el espesor de la losa de base de hormigón ( orden de magnitud de valores de F se deberá utilizar?. y su valor depende de lo lejos o cerca que se encuentre el punto en cuestión del nivel freático.&Mecánica de Suelos. ( =2. La figura 28. En este caso particular sería más aconsejable utilizar un peso específico más cercano al saturado que al peso específico seco por tratarse de una zona muy cercana al nivel freático. Se va a construir un dique seco en una zona portuaria con el nivel freático en superficie y en un terreno con un peso específico ( sat y una permeabilidad K. representa un punto cualquiera en la superficie del terreno. d) ¿qué medidas podrían adoptarse para aumentar la altura libre del dique sin disminuir el factor de seguridad? Aplicarlo al caso (I=J=1. En general. © Edicions UPC.1 es una representación esquemática de un dique seco construido en un terreno saturado. . Figura 28. c) ¿qué caudal deberá bombearse en el interior del dique suponiendo condiciones unidimensionales?. Entre A C representa un punto en el A y C existe una diferencia de potencial de valor H.
h/H aumenta Se observa que F puede ser poco mayor que 1 (1 < F < 1.85 . La estructura flotaría en la situación en la que las tensiones totales se igualasen con la presión intersticial. De dicha condición puede obtenerse: h F  (1 H (b )  h H (w (w F  h H (w F  h H (b h H  (w F 1  (b  (w F (b 1 (w F Para los datos del problema se tendrán los siguientes valores: F F 1  1. Como puede observarse esta condición es equivalente a la condición de sifonamiento.Flujo de agua en suelo saturado indeformable &otras en contra: A favor (peso): h b (H + h) En contra (subpresión): w F a la flotabilidad El dique flotará cuando la subpresión supere el peso del dique. c) El caudal que se infiltra se obtiene directamente por aplicación de la ley de Darcy en la losa de hormigón (el origen de la z se toma en la cara superior de la losa y en sentido ascendente): q n n   K b ) n   K b C B   K b h  (H  h )  K b )z h0 z z c B sustituido la relación H h  Kb (b 1 (w F La permeabilidad donde se ha H/h por la expresión obtenida anteriormente. de lo contrario mucho y la losa necesaria para garantizar un determinado factor de seguridad sería de gran espesor.1) en este caso. además. como puede verse. expresa el cociente entre la tensión total y la presión intersticial en la superficie inferior de la losa del dique. expresada en m/día es: © los autores. © Edicions UPC. el factor de seguridad aumenta para una misma relación h/H ya que las pantallas laterales contribuyen a aumentar el peso de la estructura y. Si L/H aumenta. en ellas puede existir un rozamiento hormigón-terreno también favorable. b) En condiciones bidimensionales. .1 h /H h /H  0. 1998. Este hecho sólo sería significativo para relaciones L/H no muy grandes. 1998.71  0. El factor de seguridad podrá expresarse como: F  h (H h )  (w (b F u condición que. la colaboración de las pantallas laterales disminuye y se tiende a las condiciones unidimensionales.
está bastante limitado si quiere evitarse una losa demasiado gruesa. © Edicions UPC. 1998. En primer lugar aumentar h que.1 q  1.012 l m 2 día F  0.010 m 2 día d) Para aumentar H sin variar el factor de seguridad se pueden adoptar varias medidas. Otra opción es aumentar el espesor de las pantallas laterales que puede combinarse con disminuir. si es posible. como ya se ha dicho.64 × 106 m/día Para los factores de seguridad considerados resultan unos caudales de: F 1  1. otra posible alternativa sería la de rebajar nivel freático mediante bombeo con objeto de rebajar la subpresión. que aumentaría su contribución. .& Mecánica de Suelos. Otra opción a considerar sería la posibilidad de instalar anclajes verticales hacia capas inferiores. Problemas resueltos K b  1 × 108 cm/s × 1m 100 cm × 86400 s 1 día  8.2 × 105 q m m l 3 2 día  0. L/H. ______________________________________ © los autores. 1998. Por último.
el tiempo adimensional correspondiente se calcula como: T 1 H eo av ) F 400 cm × 0.2) T Para que el asiento a un año (* ) sea de 10 cm.75 × 10 m /s cv  K (1 )  e a 7 3 2 7 2 Con objeto de determinar el asiento a 1 año. Consolidación de suelos saturados PROBLEMA 29. Obtener para un terreno compuesto por un estrato arcilloso (( = 2 t/m .74 (4 m)     1 B8 exp 2 B 1año 4 2 T 1 B8 exp 2 B 4 0. 1998. *"  10 cm/s × (10. = 0. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". 10 cm0.8 y = 10 cm/seg) de 4 m de potencia (NF en superficie) sobre un macizo impermeable. El espesor del estrato (4 m) coincide en este caso con la longitud asociada a cada punto de drenaje ya que el borde inferior es impermeable y. debe producirse un asiento final (*"): * 1año  Para que se produzca este asiento final se requiere un incremento de tensión efectiva de: © los autores.Consolidación de suelos saturados &! Capítulo 4. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. bajo las sanciones establecidas en las leyes.400 s  (w v 1000 kp/m × 0. En primer lugar se calculará el coeficiente de consolidación: 3 sat av 2 e0 K -7 Cc En segundo lugar se calculará el asiento a largo plazo. la carga F extensa y uniformemente repartida que en el plazo de un año hace alcanzar a dicho estrato un asiento de 10 cm. © Edicions UPC.048 cm /kp 1 m 1 día  0.0324 m/día  3.0324 × 1 año × 365 día/año  0.6 cm .7 )F1  0. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. por tanto.8 2 2  cv t H 2  y el grado de consolidación correspondiente como: U 0.048 cm /kp )F 10.74  0. 1998.8) × 100 cm × 86. H=4 m.86 2 ( >0.86×*" *" 11.048 cm /kp. Quedan rigurosamente prohibidas. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. = 0. Estimar el parámetro de este terreno. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático.
064 1. Con los resultados obtenidos. En el caso de adoptar una forma incremental o secante resulta: 2 11. se ha adoptado la forma secante para relacionar y .&" Mecánica de Suelos. es decir. Coeficiente secante. 1998. cabría la posibilidad de utilizar una forma tangente. es decir: Coeficiente tangente. las presiones intersticiales se disipan y por tanto el cambio de tensión efectiva es igual al cambio de tensión total. es posible calcular el índice de compresión.08  0. Sin embargo.08 log 0. Una alternativa razonable es utilizar el punto de a d de C d C d a d C d a C 2 ______________________________________ 0 F Ff  F© los autores. Problemas resueltos A largo plazo. Análogo al caso anterior pero usando expresiones diferenciales: F  v F  c (log F)   c 1 F ln 10 1 Fc v F  c v F ln 10 F ln 10 En este caso para para F' pueden tomarse diferentes valores.7)F) F 1. 1998. .08 kp/cm .048 × 1. Nota: Tal como se ha dicho. La obtención de ambas formas se presenta a continuación. Se toman expresiones incrementales y se iguala el cambio de índice de poros dado por el modelo lineal ( ) y el dado por el no lineal ( ): av Cc av av Cc 0.08 kp/cm 2 Cc  ) log )e  Fav ) Flog Ft F Cc Para un punto en el centro del estrato: F ( 0 sum 0 × 2 m  2 t/m  0.2 kp/cm 2 2  Al realizar este cálculo en dicho punto en el centro del estrato se está suponiendo implicitamente que corresponde a dicho punto.2 10 ) e  a v ) Fav ) e  C c Ft F 0 ) F C c log av log Ft F log (Ft/F)  c 0 C 0 ) Fintermedio entre el inicial y el final. © Edicions UPC.20. )F' = )F = 1.6  10.
18.18  0. Obtener el asiento del terreno a largo plazo.80 1 kp/cm 2 2 Z = z H  2. ) ue u0  De la gráfica de (Fig.5 m de profundidad.8 y =1 un tiempo adimensional = 0.5m= 2. © Edicions UPC. que cumple < 0.T) U Z T T U T 0. En un terreno arcilloso de 5 m de potencia sobre arena (NF en superficie). =2. se mide en un momento dado un asiento en superficie de 4 cm y.1 Representación esquemática del terreno e isocronas de presión intersticial inicial e intermedia Al disponer de la presión intersticial en un punto.5) son: W ZT ( .80 kp/cm 1 kp/cm 2 2 El exceso de presión sobre la presión hidrostática tras la aplicación de la carga es:  )F  Por tanto. es posible determinar el grado de consolidación en que se encuentra el estrato en el instante de la realización de la medida.5 m  1 2.050. en el instante considerado y el valor adimensional. el exceso de presión viene dado por: ue uh  (w ×2. 30.5 t/m  0.05 kp/cm a 2. y por tanto. 2 2 Figura 30. que está en proceso de consolidación a causa de una carga extensa F = 1 kp/cm .5 m H ( )  4B T  4 × 0. 1998.2. y la profundidad adimensional (al existir drenaje tanto por el extremo superior como por el inferior.80 kp/cm  0.25 kp/cm 2 2  uu h  u0 1.479 B © los autores. el grado de consolidación será: W(Z. La presión hidrostática en el punto medio será: Por tanto. con un piezómetro.2) se obtiene para =0.25  0.Consolidación de suelos saturados &# PROBLEMA 30. Para ello se calcula el exceso de presión inicial. el exceso de presión adimensional correspondiente al centro del estrato. . 1998. una presión intersticial de 1.
T) Figura 30.9 1 W(Z.2 0.2 T=0. = 10 cm/seg) de 5 m de potencia.70 T=0.6 1. . compuesto sucesivamente por un estrato arenoso en superfície muy permeable y poco deformable.10 1.10 cm/seg) de 4 m de potencia.1 0. todos ellos sobre un macizo impermeable. En un terreno con geometría unidimensional. _____________________________________ PROBLEMA 31.90 1.60 T=0.7 0.8 T=0.80 T=0.8 2 0 0.8 0. = 5.4 0. Problemas resueltos Finalmente este grado de consolidación permite calcular el asiento final: *t  *" U t *"  *t U  donde * es el asiento para un tiempo y *" el asiento a largo plazo.40 T=0. 1998. un estrato arcilloso ( = 100 t/m .2 0. para = ". otro estrato arenoso muy permeable y poco deformable de 3 m de potencia y un estrato arcilloso ( = 200 t/m . t t 0 4 cm 0. se realizan las dos hipótesis alternativas siguientes para estudiar los asientos de consolidación en el caso de construcción (rápida) de un terraplén de grandes dimensiones y 2 m de altura (( = 2 t/m ): Em 2 K -7 Em 2 K -8 n 3 © los autores.4 T=0. de 2 m de potencia (NF en la cota -1 m). © Edicions UPC.2.479  8.50 T=0.10 0. o sea.&$ Mecánica de Suelos.3 0.20 T=1.30 T=0.6 0.6 T=0.00 T=0. 1998.05 0. Diagrama adimensional de isocronas de presión intersticial.4 1.5 0.36 cm 0.15 Z=z/H 1 T=1.
3) corresponde también con la ley hidroestática inicial. B) La capa de arena intermedia no está conectada hidráulicamente con la capa de arena superior. de forma que las presiones intersticiales que en ella se producen pueden suponerse continuamente iguales a las hidroestáticas impuestas por la situación del nivel freático.Consolidación de suelos saturados &% A) La capa de arena intermedia está conectada hidráulicamente con la capa de arena superior. Aa) La ley de presiones intersticiales a largo plazo (I-II-V-VI-IX en la figura 31. Obtener. . c) el asiento final y el producido al cabo de 1 año.) para 0 < < 13 Y la ley de presiones intersticiales iniciales (I-II-III-IV-V-VI-VII-VIII-IX en Fig. © Edicions UPC. incluyendo cada uno de los apartados del problema. d) el tiempo transcurrido para llegar a un grado de consolidación medio del 45%.) para 12 < < 13 z u w z z u w z z © los autores. suponiendo alternativamente las dos hipótesis anteriores: a) las leyes de presiones intersticiales iniciales (tras el drenaje de las arenas si se encuentran conectadas hidráulicamente) y a largo plazo. e) las isocronas para =1 año (indicarlas gráficamente a estima). t Figura 31. 1998. 1998.1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se resuelve el caso A. así como el grado de consolidación medio a que corresponde éste último. b) la dirección de los caudales producidos. por lo que las presiones intersticiales que en ella se producen vendrán determinadas por el comportamiento de los estratos arcillosos superior e inferior. Dicha ley es (coordenada desde la base impermeable): = ( (13 . 31.3) suponiendo que la disipación de presiones en las capas arenosas se produce de forma prácticamente instantánea: = ( (13.
= ( (13- ) + 4.0 para 7 < < 12 = ( (13- ) para 4 < < 7 = ( (13- ) + 4.0 para 0 < < 4 donde se ha tenido en cuenta que el cambio de presión instantáneo al aplicar el terraplén es: ) = )F = 2 t/m x 2 m = 4 t/m que, como se ha dicho, se disipa rápidamente en las capas arenosas. Ab) La dirección de los caudales producidos en las capas arcillosas durante el proceso de consolidación se representa en la figura 31.2. Aunque no se representa en dicha figura, en la capa arenosa intermedia también se producen caudales pero, al desconocerse el detalle de la conexión hidráulica, no es posible dibujar su dirección.
z z z z z z u
Figura 31.2. Dirección de los caudales producidos durante la consolidación. Ac) Asiento final y a 1 año. El coeficiente de consolidación se puede calcular como:
cv 
Para el estrato de arcilla superior (arcilla 1) se obtendrá:
(w a v
(1 o) 
mientras que para el estrato de arcilla inferior (arcilla 2):
10 cm/s × 100 t/m × 1m × 86400 s  0.0086 m /día (0.001 cm /s) 100 cm 1 día 1 t/m
7 2 2 2 3 8 2 2 2 3
Los tiempos adimensionales y grados de consolidación para = 1 año se pueden obtener como:
5 × 10 cm/s × 200 t/m × 1m × 86400 s  0.0086 m /dia (0.001 cm /s) 100 cm 1 día 1 tm Por otro lado, el asiento a largo plazo ()F' = )F = 4 t/m ) es: *"  E )F 5 m × 4 t/m  4 m × 4 t/m  0.20  0.08  0.28 m  28 cm 100 t/m 200 t/m 
Consolidación de suelos saturados
donde se han utilizado las correspondientes expresiones aproximadas del grado de consolidación en función del tiempo adimensional. Finalmente, para =1 año el asiento viene dado por:
*t
0.0086 m /día × 365 día  0.502 (2.5 m)  0.0086 m /día × 365 día  0.196 (2.5 m) 
año 
Debido a que el terreno presenta más de una capa arcillosa, debe hacerse la distinción entre el grado de consolidación1 medio y el grado de consolidación de cada estrato arcilloso que, en general no serán iguales. Si * y *2 son los asientos correspondientes a cada subestrato arcilloso, dichos grados de consolidación vienen dados por:
0.75×20 cm0.50×8 cm  19 cm
Ad) Para que el grado de consolidación medio sea de 0.45 debe producirse un asiento de: El tiempo para que se produzca este asiento será menor que 1 año porque 12.6 es menor que los 19 cm obtenidos en el2 apartado anterior. A partir de los tiempos adimensionales calculados en el mismo se puede concluir que será menor que 0.2. En cuanto a 1 no se puede asegurar lo mismo aunque se supondrá inicialmente que también lo es. En el caso de que posteriormente se viese que no es menor que 0.2, habría que repetir el cálculo con la otra hipótesis de partida. Se plantea, por tanto, la ecuación:
medio 
*t *t
*"*"
*t 
0.45×28  12.6 cm
Y, al suponer que < 0.2 en ambos casos, se usa la correspondiente expresión de
× 20 cm  × 8 cm  12.6 cm
que operando lleva a:
4 × 0.0086 × × 20  4 × 0.0086 × × 8  12.6 B × 2.5 B×4
y con este resultado se comprueba la hipótesis adoptada, = 0.2; 2 = 0.08 (ambos menores o iguales que 0.2). Ae) Las isocronas estimadas para =1 año se han representado en la figura 31.3. A continuación se resuelve el caso B.
0.0419 × 20 ×  0.0262 × 8 ×  12.03 12.6  12.03  145 días
Figura 31.3 Leyes de presiones e iscronas estimadas Ba) Las leyes de presiones a largo plazo (I-II-V-VI-IX en la figura 31.3) se corresponden también con la situación hidroestática: = ( (13- ) para 0 < < 13 Y las presiones después de aplicar la carga (I-II-III-IV-VII-VIII-IX en la figura 31.3): = ( (13- ) para 12 < < 13 = ( (13- ) + 4 t/m para 0 < < 12 Bb) La dirección de los caudales producidos durante el proceso de consolidación se representa en la figura 31.4.
Figura 31.4 Dirección de los caudales producidos durante la consolidación Bc) Los coeficientes de consolidación de los dos estratos ya han sido calculados en el apartado Ac):
4 0. De hecho. se puede considerar como si sólo existiera un estrato de espesor 5 + 4 = 9 m que únicamente drena hacia arriba. en este caso en que los coeficientes de consolidación son iguales.22 B T Bd) El tiempo para llegar a un grado de consolidación de 0.17  0. Dado que la capa de arena intermedia es poco deformable y muy permeable no influirá prácticamente en el proceso de consolidación. 1998.45 × 28  12.0086 m /día U B  2 2 2 Figura 31.6 cm T  0.17 × (9 m)  1601 días 0.2 cm 2 2 U  4  0. lo que fuerza a que todo el drenaje sea a través de la superficie del terreno.04 (9 m)  0. . © Edicions UPC.45 se puede calcular como: *t  U 0.5 Isocrona intermedia estimada ____________________________________ © los autores.0086 m /día 2  *t 1 año 0.22 × 28 cm  6. 1998.45 2 t  TH Cv Como puede observarse.0086 m /día × 365 día  0.5 muestra una isocrona intermedia dibujada a estima. el drenaje es más lento en este caso B que en el caso A debido a la no conexión hidráulica de la capa de arena intermedia. Be) La figura 31. Según lo indicado se tendrá: T cv 1  cv  2 0.Consolidación de suelos saturados 'El asiento final es el mismo que en el caso anterior ya que éste no depende de cómo se produce el drenaje.
' PROBLEMA 32.40 ×*" ×*" terraplén 6 meses bombeo terraplén  0. . 1998.1 Representación esquemática del terreno y leyes de presiones Debido a que. a los seis meses el terraplén ha producido el 40% del asiento final que produciría el bombeo. 1998. © Edicions UPC. K -7 n 3 Figura 32. sin embargo. A los seis meses se comprueba. Para reducir los asientos durante el proceso de bombeo se construye un terraplén de 1 m de altura (( =2 t/m ) con la idea de obtener en un año el asiento total que produciría el bombeo. Se prevé que este bombeo va a producir un rebajamiento de la altura piezométrica en las gravas de 3 m. a) ¿Qué asiento se habrá producido al cabo de un año? b) ¿En qué plazo de tiempo se llegará al asiento total que produciría el bombeo? c) ¿Qué altura de terraplén tendría que haberse construido inicialmente para llegar a dicho asiento en un año? d) ¿Qué altura de terraplén adicional habrá que construir a los seis meses para obtener en un año el asiento total que produciría el bombeo? e) ¿Qué disposición de drenes se tendría que haber previsto inicialmente para que con la altura de terraplén de 1 m se llegase en un año al asiento que produciría el bombeo? La figura 32.40 × *" *" bombeo terraplén Los asientos finales en cada caso vendrán dados por: *" terraplén  2 H Em ) F 2 2 t/m H Em 2 © los autores. y comenzar con éste posteriormente. se va a bombear agua de éstas últimas. según el enunciado del problema.1 muestra una representación esquemática del terreno y las leyes de presiones que se desarrollarán tanto en el caso de la aplicación del terraplén como en el de la realización del bombeo. dicho asiento puede escribirse alternativamente como: Igualando las dos expresiones anteriores resulta que el grado de consolidación será: Ut6 meses terraplén * * Ut 0. Mecánica de Suelos. Problemas resueltos En un terreno con el nivel freático en superficie compuesto por un estrato arcilloso ( =10 cm/s) de 10 m de espesor sobre gravas. que se ha llegado tan sólo al 40 % de dicho asiento total.
2 al ser <0. el espesor de la capa será si se toma como la longitud asociada a cada punto de drenaje (Fig.071 × (5 m)  0. 0. el tiempo adimensional se calculará como: T U U  4 que da lugar a un coeficiente de consolidación: T B T T  U 4 2 B 0. un grado de consolidación de: H Ut6 meses terraplén 2H 0.0097 m /día 182. 1998.076 m B  2 T terraplén 1 año b) Se pide el tiempo para que *tterraplén = *"bombeo. por tanto.30 H E H Em Puesto que < 0. *terraplén = grado de consolidación será: t U U *"terraplén = *"bombeo.134 m 2 2 a) Asiento al cabo de 1 año: T   cv t H 2 U 0.1).071 4 2 2  cv t H 2 cv  TH t 2  Una vez obtenido el coeficiente de consolidación. el tiempo adimensional correspondiente a este grado de consolidación se U © los autores. En esta situación. es posible estimar el módulo de deformación edométrico si se conoce la permeabilidad: cv 0. el asiento final será: *" terraplén  2×5m 11.179 m 2 *" bombeo  2×5m 3 11. 32.5 días 2 2  K Em (w Em  (w c v K  1 t/m × 0. De las expresiones anteriores se deduce.0097 m /día × 100 cm × 1 día  112 t/m 1 m 86400 s 10 cm/s 3 7 2 2 y. el  puesto que en este caso >0.134  0. 1998.0097 × 365  0.142 5 4  0.5.5.3 × B  0.Consolidación de suelos saturados '! *" bombeo  2 H Em  )u A  )u B 2  2 H Em   0 3  2 3 t/m 2 m 2 H E 2 Debido a la existencia de drenaje por ambos extremos del estrato arcilloso.425 *t   0. por tanto.179 . © Edicions UPC.749 0.2 t/m × 2 t/m  0.40 2 3 m 2  2 2  0.2 t/m × 2 t/m  0.
es decir: *" bombeo  *t  terraplén 1año  *t increm. luego el espesor del mismo puede calcularse como: t T U a a * × *"  2 ) F) F " 2 m )F  )F 3. 1998. 0. = 0.425 x *" = 0. más el asiento causado por el incremento de terraplén. o sea.193 m 0.30 *" increm. Por tanto el asiento total que producirá el incremento será: U *t increm. 6meses 0.315 m × 112 t/m 2×5m 2 2 a 2 d) El asiento total se produce como suma de la contribución del terraplén ya existente a los seis meses.425.474 × (5 m)  3.30 correspondiente a = 6 meses. 1998. *"terraplén = 0.134  0. © Edicions UPC.58  0. la altura de terraplén requerida se obtiene como: *" increm.0097 m /día 2 2 c) Del apartado a) se obtienen los siguienteterraplén = 365 días.  Consecuentemente.134 m.142 y =0.16 t/m ) F) F 2 a 2 × 2 t/m Em *" incremen H 2  112 t/m × 0.058 m t Ya se había calculado = 0.474 U  cv t H 2 t  TH cv 2  0. Esto indica que valores: se requiere un terraplén tal que 0.53 t/m  × 2 t/m  1.30 2  2 H ) F  ) F a Em  e) La relación de tiempos de consolidación entre una situación con drenes separados una distancia (suponiendo sólo flujo radial-horizontal) y la situación sin drenes sería: 1. Problemas resueltos deberá obtener como: U    1 B8 exp 2 B 2 T y por último se calcula el tiempo necesario para llegar a dicho asiento: T B 4 ln 2 4 2 T B 8 (1 )  0.193m  2.08 m 2. 6meses *t T increm.315 m. 6meses  0.076  0.35 años 0.071 y = 0.'" Mecánica de Suelos.16 t/m 2×5m 2 e © los autores. .76 m terraplén H terraplén Em E H  0. *" increm.
179 m. Si se suponen conjuntamente drenaje radial y vertical.Consolidación de suelos saturados '# tr t  2 e H 2 donde es la longitud asociada a los puntos de drenaje. Ya que *"terraplén+drenes terraplén = *" = 0.563 1  0. Con los drenes se desea que el Para 1 año asiento sea: *t = *" = 0. a la vista del valor obtenido (del mismo orden que ).35 años para asentar *"bombeo con el terraplén inicial.071. resulta: Ur Urz U rz  Por tanto debe ser: Ur U rz 0.76 m  ( /2)  e 2 c rT T  2 2 e r © los autores.425  0.46 m H Tal como se ha indicado.16 m 0.35  2 × 5 m e 2 e  5. 1998.134  0.179  U rz  Ur  Uz  Ur Uz Ur El tiempo adimensional será (suponiendo que puede utilizarse la misma solución que para consolidación vertical): Tr 1  Uz   Uz 0. . Por tanto.425  B 4 ln 2 B y la separación entre drenes resultará en este caso: re 2 8 (1 r)  0. Sin embargo. en los cálculos anteriores se ha supuesto que sólo existe drenaje radial. el grado de consolidación vertical y el grado de consolidación conjunto. En el apartado b) se obtuvo que se requerían 3. © Edicions UPC.134 m (asiento que produciría el bombeo).terraplén+drenes se obtuvo: = 0.749 0. para que = 1 año resulta: H tr 1 3.0097 m /día × 365 día  14. que se produce con una aportación despreciable de la vertical.749  0. Esta condición se obtiene de igualar los tiempos adimensionales para consolidación vertical y radial. 1998. La consolidación con drenes se supone.250 2 U r Es decir.425 para =0. el grado de consolidación puede estimarse como: (1 rz)  (1 r)(1 z) U U U Uz Uz Urz  UrUzUrUz Urz T donde es el grado de consolidación radial.0250 r  2 e  7.53 m e  3. ______________________________________ 0. la consideración de la colaboración vertical hace que se separen más los drenes. la colaboración vertical puede ser también importante. por el momento.
d) la altura de terraplén (=2 t/m ) que se deberá colocar a los seis meses para que en un año desde el inicio del bombeo se alcance el 95 % del asiento final en superficie. 1998. El módulo de deformación edométrico puede obtenerse como: Em  (w c v K  a) Para = 6 meses = 182. 1998.20 © los autores. Comentar este resultado. Representación esquemática del terreno y leyes de presiones. y que su permeabilidad es de 10 cm/s.03 10. el tiempo adimensional resulta de: t T 1 t/m × 5 × 10 cm /s × 1 m  50 t/m 100 cm 10 cm/s 3 4 2 7 2 2 2 2 2  cv t H 2  Con el grado de consolidación para 6 meses y el asiento correspondiente puede obtenerse el asiento final ( <0. e) el asiento final que se produciría en el caso de no eliminarse el terraplén obtenido en el punto anterior.5 día × 1 m × 86400 s  0.20 B *"  *t U  b) El asiento debido a consolidación cuando se producen variaciones de presión distintas en los extremos del estrato puede estimarse como: 10 cm  50 cm  0.1. © Edicions UPC. c) el plazo de tiempo en el que se alcanzará el 95 % de consolidación. -4 2 -7 3 nat Figura 33.5 días.2): T U 5 × 10 cm /s × 182. Mecánica de Suelos. .03  0. Realizados los ensayos oportunos se obtiene que el coeficiente de consolidación de la arcilla es de 5.10 cm /s.'$ PROBLEMA 33.50 m 0.000 cm 1 día (5 m) 4  4×0. Determinar: a) el asiento final. Problemas resueltos Tras seis meses de bombeo intensivo de un estrato de gravas situado bajo 10 m de arcilla (NF en superficie) se observa un asiento de 10 cm. b) el rebajamiento del nivel piezométrico que se produce en la capa de gravas.
en el periodo en el que se dispone: *t T terraplén 6meses 5 × 10 cm /s × 365 dia × 1 m × 86400 s  0.50 m   2. de: = 2 = .2) *t  0.2): T U T nz u (M )n  )u   (w 5 t/m 1 t/m U 2 3  5m 4 ln (10.50 m.475 .14 m B 4 2 2 2 2 T T bombeo 1año  U *" Para seis meses ya se obtuvo que = 0.95 x 0.06 < 0.03 y = 0.129 × (5 m) × 10. © Edicions UPC.335 m en los seis meses últimos del año.Consolidación de suelos saturados '% *t  "  uA 2 ( ) H Em Em umedio ) )u medio  )u A  )u B Siendo. respectivamente. 1998. se necesita un rebajamiento de presión medio dado por: uB 2 )u medio  La situación en la que se bombea en las gravas corresponde a = 0 y U 0.5 t/m 10 m 2 2 entonces el rebajamiento en términos de nivel piezométrico será: c) El tiempo adimensional correspondiente al 95% de consolidación se obtiene como ( >0. y por tanto el rebajamiento en dichas gravas debe ser.50 m  0.2 10.475 m. Para obtener un asiento de 0. Puesto que el nivel piezométrico se define como: uA uB uB umedio 2 2 *t" H  50 t/m × 0.0.000 cm 1 dia (5 m)  4  0.9 años Yt TH c 2  4 2 2  U Por lo tanto el terraplén debe ser tal que produzca un asiento de 0.129 8 B 2 2 2 Finalmente el tiempo necesario para alcanzar el 95 % de consolidación será: T ( )  1  B8  cv t H 2 e * T 4 T 2  4 ln (1 ) B 8 B 2 2 2   t d) En este apartado se pide que el asiento total *t=1año= 0.14 = 0.20.000 cm × 1 días  6534 dia 86400 s 5 × 10 cm /s 1 m v  6534 días  17. expresado en presiones.28 ( < 0. El signo negativo de este incremento de presión indica que se trata de un rebajamiento. ) y ) la variación de presión en cada extremo del estrato. luego: U × terraplén © los autores.28 × 0.50 m = 0. Sin embargo.5 t/m . es decir. 1998.95) B  1. el bombeo sólo podrá producir una parte de este asiento que se calcula como sigue: T 1. .
1998.09 ef  0.2 m Sin embargo es poco realista. 2 a  4. con una carga elevada se obtendrían asientos importantes a corto plazo a pesar de que el grado de consolidación sería todavía bajo. lo que representa una deformación vertical de: 0. Nótese que en el problema se ha trabajado con grados de consolidación bajos. e C c av cv K e. .475 m  0. pero el centro sí). sólo habrían consolidado de forma apreciable los extremos del estrato.335  1. =0. y presión vertical efectiva in situ 0. En la tabla adjunta (ver también figura 34. Además.675  2. será de: *"  8. peso húmedo de la muestra 150.175 m 0. Problemas resueltos *" terraplén  Por otro lado: *t" terraplén 0. e e K Em cv 1 )e  g  v e0 0. Obtener: la curva -log F'.'& Mecánica de Suelos. el supuesto efecto de la precarga sería poco efectivo. así como tampoco sería aceptable que es constante. © Edicions UPC.675 m × 50 t/m  8.29 gr.375 t/m 10 m 2 2 2  2 H y por tanto su espesor ( ) deberá ser: a Em ) F) F ) F  ) F e) El asiento a largo plazo. Con estos cambios de . peso seco de la muestra 127. 1998. por lo que el bombeo seguiría produciendo asientos significativos (las zonas extremas no.675 0.30 mm. tanto como variarían y.8.375 t/m a × 2 t/m . Por otro lado. y el asiento máximo que se requería al cabo de un año era de 0. la linealidad admitida en el cálculo de asientos sería inaceptable. en principio. 2 Cs e0 © los autores.71 ______________________________________ PROBLEMA 34. =0.5 kg/cm . ya que una buena parte del estrato seguiría estando casi normalmente consolidado.1) se muestran los resultados de un ensayo edométrico sobre una muestra inalterada de un suelo.05 )e  Si el índice de poros inicial fuese de = 0. diámetro de la muestra 70 mm. esto representa un cambio de índice de poros de: e0 mientras que a largo plazo los cambios de serán mucho mayores.025.95.501.2 1. en función de F'. 5% 10 m 0. en función de F' y en función de Datos del ensayo: altura final de la muestra 18.475 m.85 gr. por tanto. . Es decir.0475 .
30 mm. © Edicions UPC.29)/1  23.8 kp/cm Tiempo (min) Lectura 25.6 kp/cm Tiempo Lectura (µm) 3. F'0 = 0. = 0. 1998.56  0. = 127.3 2 9 20 1700 1778 2032 2286 2540 2794 3048 3302 (µm) 0. = 70 mm. En la expresión anterior sólo es variable y por tanto puede obtenerse la variación de índice de poros como: r h Vs  1 )e  Br )h Si se toman como referencia los valores finales y : ef hf e VI  e f  ) e  Br 2 Vs hf   Br ) h  Br 2 1 2 Vs Vs ( f) )1 h h © los autores. curvas ensayo.025 .5 kp/cm .2 7 25 5060 5090 5300 5558 5842 6096 6250 6275 (µm) 58 170 1000 40 70 170 1000 50 100 250 1000 62 200 1000 2000 Los datos de partida son los siguientes: = 18.7 2 27 889 895 940 1270 1397 1524 1640 (µm) 0.85127.7  47.56 cm 3 3 Vs  W s (S  127.14 h  Vw  VT  Vs Vs  Br 2 h Vs  Vs  Br 2 donde * 2 es el área transversal de la muestra.3 0.Consolidación de suelos saturados '' 1.2 kp/cm Tiempo (min) Lectura 6.50 47.29 gr.29/2. = 0.14 cm Vs e  Para calcular el índice de poros en cada instante en función de la altura de la muestra ( ) se hará: h e 23.3 1.6 kp/cm Tiempo (min) Lectura 10 36 280 1000 (min) 500 630 760 890 0. 1998.95.85 gr. . El índice de poros al final del ensayo se puede obtener en función de las variables medidas como: hf WT Ws D Cs e0 2 e  Vw Vs siendo / Vw  W w (W  / (150.3 2 10 25 3430 3556 3840 4064 4318 4572 4826 5000 (µm) 0. = 150.4kp/cm Tiempo (min) Lectura 12.
6 kp/cm )h (mm) 2 e 0 0.719 0. 1998.481 3.005 5. 497 0.57 0.25 127.86 4. El índice de compresión se puede estimar a partir de su definición: e e Cc © los autores. permiten obtener la curva -log F' que se representa en la figura 34.61 0.703 1.878 5.989 4.975 1.8 kp/cm )h (mm) 2 e 1.335 0.3.72 2 F ' = 6.30  ) )  1  18.973 3.67 0.87 0.2 kp/cm )h (mm) e e 2. © Edicions UPC.65 0.90 0.50 0.69 0.30 mm y = 35 mm resulta: e )h  h  h f  35 (18.82 0.4 kp/cm )h (mm) F ' = 3.93 Estas tablas contienen las lecturas en cada escalón de carga y su transformación a índice de poros en la muestra.433 0.735 3.717 0.211 2.29/2. .957 2.751 4.215 0.Mecánica de Suelos.3  )  1  12.7 × 10 B 2 h h 3 En las tablas siguientes se incluyen los resultados de índices de poros en función de la lectura obtenidos a partir de las resultados del ensayo: F lectura (µm) 6275 6096 5842 5588 5300 5060 lectura (µm) 3302 3048 2794 2540 2286 2032 1778 ' = 25.74 0.435 2.63 0.51 0.76 0.80 0.84 0.78 0. Los valores de tensión juntamente con los índices de poros al final del escalón.59 2 lectura (µm) 4826 4572 4318 4064 3840 3556 lectura (µm) 1640 1524 1397 1270 940 F ' = 12.635 4.179 0.243 4. Problemas resueltos siendo en este caso: hf r Introduciendo = 18.53 0. 1998.449 1.227 3. que corresponde al valor más bajo de .88 0.89 0.55 0.
por tanto. El valor en la zona de recarga es menor que el que se obtiene cuando el suelo ha alcanzado ya la presión de preconsolidación.044 0.6 0.50 25.40 log 25. Una vez situados estos tiempos.8 0. cv cv  H 2 T50 t50 donde es la semialtura media (el drenaje se produce por ambos extremos) en el escalón de carga que se considera y el tiempo para un grado de consolidación del 50%.8 log 25. 34. es un tiempo inicial pequeño y es tal que la deformación es doble. se obtiene gráficamente a partir de .62  0. 1998. .6 log 2 12. H t50 t50 t100 t1 t2 t1 t1 t2 s t 1/2 t2 t1 e0 t100 e100 e0 e100 t50 © los autores. que se supone correspondiente a la zona final de la rama noval: Cc  0. se realiza mediante el método de Casagrande.6 0.74 6.2). puede estimarse el valor inicial de la curva y.6  log 12.61 12. según el método de Casagrande (Fig. Los valores obtenidos en cada escalón de carga se resumen en la siguiente tabla: F ' (kp/cm ) 2 e av (cm /kp) 2 0. © Edicions UPC. . da lugar a .50  0. por tanto.4 muestra la variación del coeficiente de compresibilidad con la tensión efectiva. El punto medio entre y corresponde a un grado de consolidación del 50% y. coeficiente de consolidación. el valor del índice de poros inicial ( ). El coeficiente de compresibilidad se obtiene también de su definición: Cc av   )e)F av y al tratarse de un comportamiento real no lineal.87 3. 1998. y =4 . El cálculo de .009 Como puede verse en la figura 34. Este último valor.2 0.93 1.025 0.4 solamente se han representado los valores de correspondientes a la zona de la rama noval.8 av Este valor de corresponde a un suelo de elevada compresibilidad. La figura 34.Consolidación de suelos saturados ) e  C c ) (log F) para cuyo cálculo se toman valores en la zona más lineal.12  0. Por otro lado mediante las tangentes en la zona final de la curva y en la zona central puede estimarse la posición de que da lugar a (consolidación del 100%). Si se supone que al inicio  entoces dicho asiento doble se obtendrá con =4 .4 0.12  0.019 av 0. cada calculado sólo es válido en el tramo de la curva para el que se ha obtenido. Según dicho método.
. 1998. Problemas resueltos Figura 34. 1998.2 Determinación del tiempo correspondiente al 50% de consolidación (sólo se representa el último escalón de carga) © los autores. © Edicions UPC.Mecánica de Suelos.1 Resultados del ensayo edométrico de consolidación Figura 34.
© Edicions UPC.1 × 10 cm /s v 1800 H 2 4 2 30 min  1800 s  hf  )h  1.83  0.83  0.196  2.9 × 10 -4 -9 0.5 muestra la variación del coeficiente de consolidación con la tensión efectiva para los escalones en la rama noval.2 0.8 0.16 cm 1.8 × 10 -4 -9 0.62 12. 1998.1 × 0.49 2  2  1.49 cm (lectura 1397 µm).Consolidación de suelos saturados ! 2 Para el escalón de carga de 3.95 × 0.0 cm 2 F 25.025 2. Por último.1 cm 2 2 1.196  9.2 kp/cm se tiene: F 3.8 × 10 4.8 kp/cm 2 t50  c 2 1.6 0.93 1.4 kp/cm 2 t50  30 min  1800 s 2 c 1.83  0.83  0.50 25.87 3. 1998.2 × 10 cm /s v 1200 H  hf  )h 4 2 6. En la tabla siguiente se resumen los valores obtenidos: e (w a v K  cv av 1 (w eo ((w  0.3 × 10 cm /s v 1800 H  hf  )h  2 4 F 12.009 9. para los demás escalones se tiene: F 1.2 kp/cm h 2 t50  20 min  1200 s 2 c Se ha tomado como ) medio en el escalón el valor de 0. respectivamente.2 0.3 × 10 2.95 cm 2 2 0. Análogamente.019 1.6 kp/cm 2 t50  c 1.196  1.21  1.6 - 0. puede estimarse la permeabilidad usando la definición de : cv  (1  o) e cv K En las figuras 34.196  1.7 se muestra la variación de la permeabilidad con la tensión efectiva y con el índice de poros.1 × 10 -4 -9 0.5 × 10 -5 -10 kp/cm cm /kp cm /s cm/s 2 2 2 © los autores.06  0. .6 y 34.1 × 10 1.8 × 10 cm /s v 1800 30 min  1800 s 2 H  hf  )h  5 2 La figura 34.0 × 0.74 6.16 × 0.2 × 10 2.001 kg/cm ) 3 F ' av Cv K 0.044 1.38  1.
Estos parámetros van variando a lo largo del ensayo debido al comportamiento no lineal del suelo. 34. . e av cv Figura 34. Esto hace que solamente puedan considerarse valores válidos en un rango de tensiones. y no se han obtenido para el primer escalón de carga ya que la curva correspondiente se ha considerado poco representativa.3) el comportamiento es bastante lineal en el plano -log F' pero tanto como están definidos a partir de un modelo de comportamiento lineal.3 Curva de carga en condiciones edométricas Figura 34. 1998. Como se observa en la curva de carga (Fig. 1998.4 Variación del coeficiente de compresibilidad con la tensión efectiva (valores en rama noval) © los autores. Problemas resueltos Como puede verse los valores de ." av cv K Mecánica de Suelos. © Edicions UPC.
5 Variación del coeficiente de consolidación con la tensión efectiva (valores en rama noval) Figura 34.6 Variación de la permeabilidad con la tensión efectiva (valores en rama noval) Figura 34.Consolidación de suelos saturados # Figura 34. 1998. © Edicions UPC.7 Variación de la permeabilidad con el índice de poros (valores en rama noval) _____________________________________ © los autores. . 1998.
4 kp/cm F F u  15. © los autores. Si se aplica la misma condición de rotura:  1. y una tensión axial de 9. se supondrá que el proceso de rotura se produce en condiciones drenadas y.7  2  1.7  1.1 = 3.0 kp/cm . es decir.17  F 3.4 .7 kp/cm puede obtener la siguiente expresión: F 9.0 kp/cm . la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. En el ensayo a que se supone constante a lo largo del proceso de carga. se supondrá que no hay cohesión. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. 1998.7  2  7.7  F 3. 2 Por tratarse de un suelo de tipo granular. Estimar la presión axial que habría que aplicar para romper otra muestra de ese mismo suelo con una presión de cámara de 4. © Edicions UPC. Quedan rigurosamente prohibidas. sin N R F F! 2  F F!)/2 F F!  F F! (F F!)/2 ( donde R realizar F '! es el radio de dicho círculo de Mohr y = 4. por tanto. una presión intersticial de 2. bajo las sanciones establecidas en las leyes.4 7.7 F 3.7 kp/cm .7 0. Pero lo que se aplica axialmente es la tensión total. la presión intersticial se mantiente prácticamente constante en todo el proceso de carga. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. 1998.64 F 2.4 se obtiene la tensión efectiva F'F 15.4  1  16. se Como se trata de una arena. Resistencia de suelos saturados PROBLEMA 35.4 kp/cm 2 2 2 2 y una presión intersticial de 1. que se podrá obtener de la definición de tensión efectiva: La figura 35.4 7. Las tensiones efectivas en rotura de la muestra ensayada serán: F!  3.1 muestra los círculos de Mohr en la situación de rotura para ambos ensayos. Del círculo de Mohr. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático.4 kp/cm N ´ el ángulo de rozamiento interno. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright".7 kp/cm c' = 0. Una muestra de arena densa llega a rotura en un ensayo triaxial con una presión de cámara de 3.Resistencia de suelos saturados % Capítulo 5.4 kp/cm .7 kp/cm . .
Un elemento de un suelo saturado que presenta un ángulo de rozamiento interno de 30 de 0. © Edicions UPC.2 t/m o 2 está sometido a una le añade otro definido por agujas del reloj) y drenadas F! FFFD = = 7 t/m 2 y a una F! FL = y una cohesión = 6 t/m 2 (u = 1 t/m ).5). Obtener p en rotura. Del círculo de Mohr del estado tensional que se añade (Fig. Suponer =constante.& Mecánica de Suelos.1). se pueden obtener los parámetros que caracterizan la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb.638 N 40Otra forma análoga de resolver este problema es usar la condición de rotura en direcciones principales ( c' = 0): F F! tg B  N 4 2 Sustituyendo en esta expresión puede comprobarse que se llega a la misma solución. A este estado se 2 = p en un plano que forma 45 o con la horizontal (sentido contrario a las = 0. . tanto en el caso en el que se aplique en condiciones como en el caso de que p condiciones bidimensionales tomando F se aplique en condiciones no drenadas (AB = 0. se pueden deducir los incrementos de tensión en las direcciones horizontal y vertical: ) Fv  1 2 p )Fh  ) Jh  1 2 1 2 p ) Jv   1 p 2 p que son los incrementos de tensión total (normal y de corte) que se deben aplicar en dichas direcciones. 1998. ________________________________________ PROBLEMA 36.1 Círculos de Mohr en rotura Aunque no se pide en el enunciado. 1998. © los autores. Problemas resueltos Figura 35. que en este caso se reducen al ángulo de rozamiento interno( c=0): sin N 0. 36.
1 Estado tensional y círculo de Mohr a) Estado tensional en condiciones drenadas una vez aplicado el incremento tensional: Fv  (Fv)+ )Fv  )u  5  Jv  (Jv)+ )Jv   Jh  (Jh)+ )Jh  Se ha tomado 1 2 p 1 2 p 1 2 Fh  (Fh)+ )Fh  )u  6  1 2 p p )u =0 puesto que en este caso se realiza el ensayo en condiciones drenadas y manteniento la presión intersticial constante. © Edicions UPC. 1998. se puede obtener el radio del círculo de Mohr como: R  J  Fh  Fv 2  1 4 p  1 2  1 2 p 1 Las tensiones en el plano en el que se produce la rotura (punto de tangencia entre el círculo de Mohr y la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb) vienen dadas por: Jf  R cos NFf  Fh  Fv 2  R sin N 11 2  p  R sin Nque deberán cumplir el criterio de rotura de Mohr-Coulomb: Jf  c  Ff tg N© los autores. 1998.Resistencia de suelos saturados ' Figura 36. De los estados tensionales en dos planos perpendiculares. .
1998. © Edicions UPC.3 Los círculos de Mohr inicial y en rotura se representan en la figura 36. se obtiene: p  1  4c p cos N (11  p) sin N 4c cos Nsin N(11  p) sin  1  4c cos N 121 sin N 22p sin Np N  44c cos Nsin N 4c cos Nsin Np (  1  sin N) p  (22 sin N 4c cos Nsin N)  cos ( 1  4c N 121 sin N 44 c cos Nsin N) 0 p.75 p  5.6 t/m  2 × 0.18  0 p   5. elevando al cuadrado para eliminar la raíz cuadrada y operando. 1998.85 ± 5. Problemas resueltos R cos N c  N c  11 2  p  R sin Ntg tg NR cos 11 p 2 N cos R sin Ncos N Si se multiplican ambos miembros de esta ecuación por N' resulta: R cos N R sin N c' cos N 11 11 p 2 sin NR 1 2  c cos N p p 2 sin N p) 2 sin  1  c cos N (11 NMultiplicando por 2.82 Jf  5.18  11.85 p  33.2.75 Para interpretar gráficamente se necesitan las siguiente variables: R  5.Sustituyendo resulta: Mecánica de Suelos.85  4 × 0.04 Ff  8.40 centro s Fh  Fv 2  11. juntamente con la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb. Sustituyendo los valores de que es una ecuación de segundo grado en N ' y c' resulta:  0. © los autores. .75 × 33.
mediante la relación de Henkel: )u  B()Foct  a*)Joct*) Foct  1 (FxFyFz) Joct= 3 En el caso de que 1 3 ( FxFy) (FyFz) (FzFx) 6(JxyJyzJzx) las tensiones sean nulas. y=h y que en el plano z )u  B()Foct  a*)Joct*) Foct  1 (FvFh) Joct  3 1 3 ( FvFh) (Fv) (Fh) 6Jvh Con los datos de este problema pueden calcularse: © los autores. © Edicions UPC. en este caso. . se obtiene: x=v. 1998.2 Círculos de Mohr inicial y en rotura para el apartado a) b) Las tensiones totales una vez aplicado el incremento son: Fv  (Fv)+ )Fv  6  Jv  (Jv)+ )Jv   Jh  (Jh)+ )Jh  1 2 1 2 1 2 p 1 2 p Fh  (Fh)+ )Fh  7  p p Debido a que la relación de Skempton sólo es válida para situaciones triaxiales.Resistencia de suelos saturados Figura 36. el incremento de presión intersticial en condiciones no drenadas debe obtenerse. 1998.
Si se supone que el suelo está completamente saturado puede tomarse relacionar mediante ( la de Skempton): B=1. Para ello. La presión intersticial al final será: u  u )u  1  la presión 1 3 p  0. 1998. mientras que aB y AB se pueden AB en función de aB que se obtiene al particularizar la relación de Henkel para obtener A f  1 3 a f 2 3 a f  3 2 (A f  1)  3 3 2 (0. Problemas resueltos ( Foct) 1 3 1 3 (6 (6 7)  4.35 ( 1 3 en 86 13p2p  1 3 de 86 ) Una vez que se ha obtenido intersticial función p pueden calcularse las tensiones efectivas en función de p: 1 2 1 6 1 2 1 6 p p p Fv  Fv  u  6  5 p 1 1 3 p  0.33 1 3 p 2 Foct  (  1 p7 1 p)  4. en primer lugar se obtiene el radio del círculo de Mohr: © los autores. .35 3 donde el subíndice indica que se trata de dichas variables en la situación de rotura.33  2 (6 Joct) 1 3 1 3 7) 6 7  2 2 1 3 86 Joct  (6  1 p7 1 p) (6 1 p) (7 1 p) 6( 1 p)  2 2 2 1 3 86 13p2p y con estas tensiones totales puede obtenerse el incremento de presión intersticial como: )u  B()Foct  a*)Joct*)  B( 1 p  a( 1 3 3 86 13p2p  1 3 86 )) donde hay que notar que el incremento de tensión tangencial octaédrica debe calcularse necesariamente como diferencia entre los valores final e inicial debido a su dependencia no lineal con las tensiones.5  1 )  0. © Edicions UPC.35 ( 1 3 86 86 13p2p  1 3 86 ) 3 86 )   0.Mecánica de Suelos. 1998.35 ( 1 3 p 13p2p  1 86 3 Fh  Fh  u  7   6  1  1 3  0.35 ( 1 3 13p2p  1 Con las tensiones efectivas calculadas puede plantearse la condición de rotura.35 ( 1 86 13p2p  1 3 86 ) 3 86 )   0.
como puede verse. 1998. por lo que para su resolución se propone la utilización del método de Newton. 36.3): © los autores.70 ( 1 3 86 13p2p  1 3 86 ) 2  R sin NPara llegar al estado de rotura.045 3 6.60 1 6. En este caso se tendrá: p i p i f(p  ( 1 2 11 p i ) f (p ) i f(p)  1) cosN p  c  1 3  0.70 ( 1 3 86 13p2p  1 3 86 ) tg 2 N ( 1 2 p  1) sinNtgNDicho método da lugar al siguiente resultado: iteración p (t/m ) 0 11. 1998. Con el valor de p la p se calculan las variables necesarias para representación del círculo de Mohr (Fig.085 2 6. © Edicions UPC. .70 ( 1 3 86 13p2p  1 3 86 ) tg 2 N ( 1 2 p  1) sinNtgNEsta expresión es implícita y no puede despejarse.Resistencia de suelos saturados ! R  J  Fh  Fv 2  1 4 p  1 2  1 2 p 1 y con el radio se pueden calcular la tensión normal y tangencial en el plano de rotura como: Jf  R cos NFf  Fh  Fv 2  R sin N  11  1 3 p  0. es necesario tomar un valor de partida que en este caso ha sido el valor de correspondiente al apartado anterior.045 donde. dichas tensiones deben satisfacer la condición de rotura: Jf  c  Ff tg NSi se introducen en esta ecuación las expresiones obtenidas resulta: ( 1 2 p  1) cosN 11  c  1 3 p  0.
2 pE = 3. 1998. b) CD con 2 pE = En los dos ensayos realizados se parte de una situación inicial con tratarse de ensayos UU estándares se llega a rotura aumentando Fun estado tensional isótropo. 1998. © Edicions UPC. por tanto. Determinar los parámetros en rotura de este suelo y el estado final 2 uE = 0.77 kp/cm . Al y. 2 que se obtiene una cK = 1.26 centro s Fh  Fv 2  5. En el primer ensayo se puede determinar el parámetro la variación de presión intersticial: AB de la expresión de Skempton ya que se conoce )u  )F!  Af ()F )F!) donde se ha tomado A f  )u ) F)F! =0. y a un ensayo UU (pE = 3.5 kp/cm .79 Figura 36.65 Ff  4." Mecánica de Suelos.5 kp/cm ) en el que se obtiene una 2 en rotura). 2 cK = 0.5 kp/cm ) en el 2 que se producirá en los siguientes ensayos: a) UU con 4.3 Círculos de Mohr inicial y en rotura para el apartado _______________________________________ b) PROBLEMA 37.5 kp/cm 2 y uE = 2 kp/cm .73  3. .93 kp/cm 2 (u = 1. Problemas resueltos u  3.29 2 2 R Jf  2.29 Fh  7 1 pu  6. el cK medido permite obtener el incremento de tensión vertical aplicado.34 kp/cm 2 uE = 0. Un suelo saturado es sometido a un ensayo UU (pE = 2 kp/cm .06 Fv  6 1 pu  5. Si se introducen los datos del ensayo resulta: © los autores.5 kp/cm 2 y uE = 1 kp/cm .
09 kp/cm F (3.95 kp/cm F!  3.66 kp/cm En el segundo ensayo.45 y en rotura se obtienen las siguientes tensiones efectivas: F F u  (2  1.66) tg B  N4 2 B  N 45o  N 61o 4 2 2 Para obtener N 31. se pueden determinar c' y N principales en rotura para dos ensayos con diferente estado ' de este suelo.52  0.59  2.34  0. .66 tg B  N 2c tg B  N4 2 4 2 (kp/cm ) Segundo ensayo: 4.89o  32c'.41 kp/cm Puesto que se dispone de las tensiones tensional final.41  0.5  3. 1998.59 kp/cm En rotura se obtienen las siguientes tensiones efectivas: u  0.54)  2.34  2.52  (1.09  1. la variación de presión intersticial no se indica y por tanto puede calcularse como: )u  Af )F 0.95  1.41 tg B  N 2c tg B  N4 2 4 2 (kp/cm ) Restando la segunda ecuación de la primera se obtiene: 4.34  0.86 kp/cm f  0.86)  1.5  0.09  4.5  1. puede usarse cualquiera de las dos ecuaciones iniciales y resulta: © los autores. Para ello se aplicará la condición de rotura en términos de las tensiones principales: F F! tg B  N  2c tg B  N 4 2 4 2 Primer ensayo: 2.84 kp/cm A )F 2cu  1.84 1. 1998.86  0.Resistencia de suelos saturados # )u  1.45 × 2 × cu  1.52 kp/cm F!  F!  u  2  1.5  2.95  2. © Edicions UPC.
Las tensiones efectivas en rotura serán: )u  0 F (4.5 kp/cm F!  2. También se representa la línea de rotura que. los estados de rotura. como puede verse.50.5 y uE = 2 kp/cm .5  0.45 )F) 3.1 muestra las trayectorias de tensiones totales y efectivas en el plano de los ensayos planteados en este problema.34 kp/cm b) Ensayo u  2.5  0.55 )F(2. © Edicions UPC.5  Af )F 2.34 kp/cm F 4.55 )F(2.13 kp/cm F!  1.5  (1  )u)  2.16 kp/cm CD con pE = 4.5  )FF!  4.66 tg 2 tg 45 45  32 2   0. Problemas resueltos c  2. © los autores. .5 kp/cm  2.5 × 3.$ Mecánica de Suelos.36 )F 2. Las tensiones efectivas en el estado de rotura se pueden obtener como: ) u  A f ) FF(3.5  )F)  2  2.5 kp/cm y uE = 1 kp/cm .5  0.5 Si se impone la condición de rotura: 2.0 kp/cm p-p-q para cada uno La figura 37.10 kp/cm 32 2 a) Ensayo UU con pi = 3. es decir.5  0.45 )FSi se impone la condición de rotura resulta: 2.5  0.52  0.0 kp/cm u F 8.97 kp/cm que permite obtener la presión intersticial y las tensiones efectivas en rotura: )u  1.25  0.5  2  2. 1998. une los puntos finales de los ensayos.5  )F 2.55 )FF!  3.5  (1-Af) )F 2.25  0.5  )F)(1  )u) 2. 1998.36 )F 6.45 )F) tg B  N 2c tg B  N4 2 2 2 2.
a) la En la operación 1 se disminuye la presión intersticial hasta u = 1 kp/cm y posteriormente se realiza operación 2 de forma drenada. Después de estas dos operaciones las tensiones serán: © los autores. b) operación 2 drenada y operación 3 no drenada. c) operaciones 2 y 3 no drenadas. está sometida inicialmente en un ensayo triaxial a un estado tensional isótropo definido por una presión de cámara de 3. .1 Trayectoria de tensiones en el plano p-p-q ______________________________________ PROBLEMA 38.5 kp/cm 2 y una presión intersticial de 1. Operación 3: disminución de la presión de cámara hasta rotura.Resistencia de suelos saturados % Figura 37. 1998.5 kp/cm . Operación 2: aumento de la presión axial hasta 4.6. 2 N '= 28 0 y AB = 0.. 2 2 Obtener la situación final de rotura en los siguientes casos: a) operaciones 2 y 3 drenadas. © Edicions UPC. Se realizan en el ensayo las siguientes operaciones sucesivas: 2 Operación 1: disminución de la presión intersticial hasta 1 kp/cm . 1998.1 t/m . Una muestra de suelo con c'= 0.5 kp/cm .
A partir de la condición de . 1998. es decir: )F!  F 2 c tg B  N 4 2 tg B N 4  F!   1.25)  1.5  1  3.5 kp/cm F!  3.5 kp/cm En la figura 38.01 kp/cm F'F'! y de partida son los calculados después de la operación rotura puede calcularse )F'! 2.5 kp/cm q F!  2. © los autores. F 3. . Esto se expresa en este caso como: F(F!  )F!) tg B  N  2 c tg B  N 4 2 4 2 N 28Los valores c  0.25  1  2.25 kp/cm 2 Como puede verse.83 kp/cm p F2 F!)  2.5  1  2.5 kp/cm p F 4. Problemas resueltos F 4. En esta operación se A partir de esta situación se lleva a cabo la debe producir un )F! que lleve la muestra hasta rotura. 1998. es decir. © Edicions UPC.25 kp/cm p  F F!  2.5 kp/cm F!  3.5  1  4.5 kp/cm q  F F!  F F!  1 kp/cm  1 3 (  1 3 ( F2 F!)  3. hasta que se cumpla la condición de rotura.25 kp/cm  1 3 (  1 3 ( F2 F!)  3 kp/cm p F2 F!)  2 kp/cm F!  1.& Mecánica de Suelos.5  ( 1. se ha obtenido un estado de rotura a base de reducir el confinamiento ( Los valores de tensiones en el estado final de rotura son: )F'! negativo).83 kp/cm operación 3 de forma también drenada.1 se han representado las trayectorias de tensiones desde el estado incial hasta la rotura de la muestra.25 kp/cm F 3.
Resistencia de suelos saturados
Figura 38.1 Trayectorias de tensiones en el caso
En esta figura, la condición de rotura en el plano
p'- q
cos  p sin )
N  0.02  1.11 p
Puesto que las
se realizan en las mismas condiciones que en el caso
los mismos valores que en él:
F 4.5 kp/cm
F!  3.5 kp/cm
p 
1 kp/cm 
3.83 kp/cm
 2.83
F 3.5 kp/cm
F!  2.5 kp/cm
no drenada se producirá una variación de la presión intersticial:
)F )F )u  )u
)F 0)
)F!  )F!  )u  )F!  )u
Por estar en condicciones triaxiales, la fórmula de Skempton permite calcular las variaciones de presión intersticial:
)u  )F!  A ()F )F!)
donde puede tomarse
=0, lo que da lugar a:
)u  )F! (1  Af)
)F )u  )F! (1  Af)
)F!  )F!  )u  )F! )F! (1  Af)  Af )F!
Se trata de hallar el incremento de tensión radial en rotura, es decir:
F)F)  (F!)F!) tg B  N  2c tg B  N
(3.5 
)F!(10.6))  (2.5  0.6 )F!) tg
B  N 2c tg B  N
0.4 )F!)  (2.5  0.6 )F!) 2.77  0.03
)F!  1.68 kp/cm
Con lo que se pueden calcular las variaciones de tensión efectiva:
)F 0.67 )u  0.67 kp/cm )F!  1.0 kp/cm
Figura 38.2 Trayectorias de tensiones en el caso
último, se pueden actualizar los valores de las distintas variables tensionales usando los valores
iniciales y los incrementos:
1  0.67  0.33 kp/cm
F!  3.5  1.68  1.82 kp/cm
F 3.5  0.67  4.17 kp/cm F!  2.5  1.00  1.5 kp/cm
2.68 kp/cm
2.71 kp/cm
 2.39
En la figura 38.2 se han representado las trayectorias de tensiones desde el estado incial hasta la rotura de la muestra.
se realizan de forma no drenada. El estado tensional antes de operar es:
F 3.5 kp/cm F 2.5 kp/cm
F!  3.5 kp/cm F!  2.5 kp/cm
1 kp/cm
operación 2,
el cambio de presión intersticial y la presión intersticial son:
)u  )F!  A()F )F!) 0.6 × 1  0.6
1  0.6  1.6 kp/cm
y las tensiones totales y efectivas después de dicha operación son:
 2.23
F 4.5  1.6  2.9 kp/cm
F!  3.5 
1.9 kp/cm
pero partiendo de otras condiciones
se calcula de forma similar que en el apartado
)u  )F! (1  Af) )F )u  )F! (1  Af) )F!  )F!  )u  Af )F!
Para llegar a la rotura basta imponer la condición de rotura a las tensiones efectivas a las que se ha llegado:
F )F)  (F!  )F!) tg B  N  2c tg B  N
(2.9 
)F!(1  0.6))  (1.9  0.6 )F!) 2.77  0.03
)F!   1.16 kp/cm
Una vez se ha obtenido la variación de tensión radial que se debe aplicar, pueden calcularse las
variaciones de tensión efectiva:
)F 0.46 kp/cm )F!   0.70 kp/cm
y por último todas las demás variables tensionales:
)u   0.46
16 kp/cm  3.14 p F!  3. 1998.92 kp/cm F 2. 1998.36 kp/cm F!  1. Problemas resueltos F 4.46  1.6  0. .3. Trayectorias de tensiones en el caso c). © Edicions UPC.5 kp/cm q u  1.16  2.06 kp/cm  1.9  0.70  1.2 kp/cm En la figura 38.9  0.5  1. Figura 38. _______________________________________ © los autores.46  3.3 se representa la trayectoria de tensiones seguida hasta llegar a rotura.Mecánica de Suelos.34 kp/cm p  2.
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