Source: https://www.scribd.com/doc/120668535/Mecanica-de-Suelos-Problemas-Resueltos
Timestamp: 2018-03-22 22:07:46+00:00

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Uploaded by Petrucio José Dos Santos Junior
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. La colección no coincide exactamente con la utilizada en la actualidad en dicha asignatura ya que, en particular, se proporcionan a los alumnos nuevos enunciados procedentes fundamentalmente de exámenes que, en su mayoría, se han resuelto en seminarios específicos. Durante los primeros años en que se impartió la asignatura, los problemas propuestos se desarrollaban en clase pero no se disponía de su resolución por escrito. Posteriormente, y a solicitud de los alumnos, se fue preparando un borrador de las resoluciones que, progresivamente mejoradas en contenido y formato, ha dado lugar a esta publicación. La necesidad de finalizarla en un tiempo razonable ha impedido que se pudiese actualizar totalmente la colección, en especial en lo relativo a problemas de examen resueltos en seminarios. La colección no ha sido concebida directamente para su publicación sino que se adapta a la materia impartida en la asignatura. Por otro lado, debido a que dicha titulación es de primer ciclo, el enfoque de los problemas intenta centrarse en aspectos de concepto y no excesivamente elaborados, sin hacer mucho uso de desarrollos matemáticos. Respecto a su contenido, en el primer capítulo se recogen problemas relativos a propiedades básicas de los suelos. Sobre todo se hace especial énfasis en aspectos relacionados con las distintas variables que caracterizan la porosidad y contenido de agua en suelos. Por otro lado, el contenido de este capítulo está relacionado en algunos aspectos con las prácticas de laboratorio que se realizan en la asignatura, donde se precisan relaciones del tipo de las que se derivan en algunos casos. También se incluyen dos problemas relacionados con granulometría de suelos y dos más con límites de Atterberg y clasificación de suelos, respectivamente. En el segundo capítulo se incluyen problemas relacionados con algunos aspectos básicos de la mecánica de medios porosos continuos, especialmente estados tensionales y deformacionales (círculos de Mohr), muy utilizados con posterioridad, y tensiones efectivas. El tercer capítulo se dedica a problemas relacionados con flujo de agua en medio poroso indeformable. En
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. 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. Problemas resueltos primer lugar se incluyen problemas en condiciones unidimensionales incluyendo casos de sifonamiento. . 1998. 1998. mayo de 1997 © los autores. © Edicions UPC. En el cuarto capítulo se incluyen problemas de consolidación en suelos saturados.& Mecánica de Suelos. El último problema de este capítulo se dedica a la determinación de parámetros a partir de resultados de un ensayo edométrico. el capítulo quinto se dedica a problemas de resistencia de suelos saturados. En ambos casos se han planteado solamente problemas en régimen estacionario. Barcelona. Se presta atención a la determinación de la resistencia al corte sin drenaje a partir de ensayos triaxiales y a la generación de presiones intersticiales en ensayos no drenados así como a la representación de trayectorias tensionales. En segundo lugar se incluyen también algunos problemas en condiciones bidimensionales. tanto en condiciones drenadas como en condiciones no drenadas. En estos problemas la condición de rotura se representa mediante el criterio de Mohr-Coulomb. sino también para todas aquellas personas interesadas en el tema. Finalmente.
. 57 4... Consolidación de suelos saturados ............................. 11 2........ .. 107 © los autores........... 83 5..............................................Índice ' Índice 1......................... 1998......................... Tensiones y deformaciones......................... © Edicions UPC............................ Resistencia de suelos saturado ............................................................................ 31 3....... Identificación y clasificación . 1998............... Propiedades básicas de los suelos.............................................. Flujo de agua en suelo saturado indeformable ............. Tensión efectiva .............................................................................................
Identificación y clasificación PROBLEMA 1. bajo las sanciones establecidas en las leyes. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. 1998. se realiza a partir de la medida en laboratorio del peso en diferentes condiciones (p. la humedad resultante es: w  150 gr  0. Dado que. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento.2 (20 %) 750 gr Índice de poros. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. que tiene un peso de 900 gr. Una muestra de suelo saturado.Ws = 900 . así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. . tras lo cual pesa 750 gr. suelo seco) y aplicando la definición de dichos parámetros. Obtener su humedad natural. Se define como peso de agua relativo al peso del sólido (w = Ww / Ws). su densidad natural y su densidad seca (I = 2. su porosidad. 1998. © Edicions UPC.750 = 150 gr y. Humedad. su índice de poros. © los autores. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". Propiedades básicas de los suelos.7 gr/cm3). Se define como volumen de huecos relativo al volumen de sólido (e = Vh / Vs). Figura 1. suelo natural. Quedan rigurosamente prohibidas.Propiedades básicas de los suelos Capítulo 1. por tanto. su humedad y sus distintas densidades. El peso de agua (Ww) puede calcularse por diferencia como Ww = Wt .e. 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.
78 cm 3 3 _____________________________________ © los autores. pueden usarse indistintamente. Si se aplican los valores de este problema resulta: n  900 gr 427. El volumen total se obtiene como Vt = Vw + Vs = 150 + 277.10 gr/cm 3 3 Densidad seca.78 cm  0. se puede despejar e en función de n: e n 1 n Densidad natural. 1998. Dichos volúmenes se obtienen mediante las expresiones: Vw  Ww w  150 gr 1. Se define como peso total relativo al volumen total (n = Wt / Vt). Se define como peso de sólido relativo al volumen total (d = Ws / Vt).54 3 3 Porosidad. 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. mientras que en Hidrogeología.78 cm!.0 cm 3 3 Vs  Ws s  750 gr 2.Mecánica de Suelos. es más conveniente la utilización del índice de poros. El índice de poros es relativo al volumen de sólido. 1998.78 cm 3 3 donde se ha supuesto una densidad de 2. © Edicions UPC. el suelo se encuentra saturado (Sr = 1).0 gr/cm  150. .78 = 427.7 gr/cm! para las partículas sólidas. Sin embargo. es más cómodo referirse a la porosidad para calcular el volumen de agua almacenado en un volumen de medio.78  0. Una vez determinados los volúmenes de huecos (agua) y sólido.75 gr/cm 427. se calcula el índice de poros como cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido: e  150 cm 277. se trabaja usualmente con la porosidad.7 gr/cm  277. en Geotecnia. aunque sus valores no coinciden. Ambas variables evalúan la misma propiedad del suelo (el volumen relativo de huecos) y por tanto. Con ello se obtiene una porosidad de: 150 n  427. Sin embargo.35 (35%) La porosidad (n) se puede calcular en función del índice de poros (e).78 cm  2. lo que facilita el cálculo de sus variaciones al producirse cambios de volumen del suelo. Si se usan los valores de este problema resulta: d  750 gr  1. se tiene Vh = Vw (volumen de huecos igual a volumen de agua). sobre todo en temas relacionados con el comportamiento mecánico. Problemas resueltos en este caso. Se define como volumen de huecos relativo al volumen total ( n = Vh / Vt).
Un suelo natural tiene una humedad del 15%. e . 2. © Edicions UPC. .6 y un peso específico de las partículas sólidas de 2. Para relacionar los parámetros característicos de un suelo ( n . 1998. s . 2. w . Si bien éste último también utiliza las definiciones de estas variables. 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. d) entre sí puede hacerse a partir de sus definiciones. el valor de w en función de s . En este caso.1 Diagrama unitario Del diagrama unitario (Fig. un grado de saturación de 0. El diagrama unitario (Fig. Sr .1) se pueden obtener las relaciones entre variables. de una forma gráfica condensa toda la información.6 gr/cm3. El índice de poros se define como el cociente entre el volumen de huecos y el volumen de sólido (e=Vh /Vs). Grado de saturación: Sr  Vw Vh Vh  Vw Sr Humedad: w  Ww Ws  Vw Vs w s Vs  Vw w w s © los autores. o bien utilizando el diagrama unitario. 1998. Figura 2. Obtener su índice de poros.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).Propiedades básicas de los suelos ! PROBLEMA 2. n .
a partir de la relación entre porosidad e índice de poros se obtiene: nL 3.7) si no se conoce con exactitud o no se ha medido.65 gr/cm3. wL = IP + wP = 40% + 75% =115%. al ser el contenido de agua muy alto. conociendo dos parámetros (e y Sr . Se conoce s y wL y se desea calcular eL. que suele ser agua: w = 1 gr/cm!.05 ____________________________________________  eL e  © los autores.0 Por último.15  0." Índice de poros: e Mecánica de Suelos. 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. Con anterioridad (Problema 1) se ha visto que existe una expresión que relaciona la porosidad con el índice de poros de forma única. ____________________________________________ PROBLEMA 3.0 × 1. por tanto: e  2. Se precisa en este caso de una variable adicional. diferencia entre humedad en el límite líquido y humedad en el límite plástico).65 1 gr/cm 0. el peso específico de las partículas sólidas (s) y el peso específico del fluido (w). Por ello.05  0. .15  3.05 1. el suelo está saturado. e y w o Sr y w).6 3 3 El valor del peso específico de las partículas sólidas (s) varía poco habitualmente y en general podrá tomarse un valor aproximado (alrededor de 2. Suponiendo un peso específico de las partículas sólidas de 2. es decir: w  Ww Ws  w e S r s En definitiva.75 1 L 13. 1998.65 × 1.6 gr/cm 0.wP (es decir. por lo que puede suponerse que en el límite líquido. © Edicions UPC. Conocido cualquiera de ellos se determina inmediatamente el otro: n e 1 e La definición del índice plástico es IP = wL . calcular el índice de poros y la porosidad correspondientes a su estado en el límite líquido. En este problema se tiene. 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. En general no hay problema en conocer el peso específico del fluido. 1998. puede obtenerse el parámetro restante. Se dispone de un suelo con un índice plástico del 40% y un límite plástico del 75%.
Propiedades básicas de los suelos # PROBLEMA 4. el peso específico saturado y el peso específico sumergido (s = 2. 1998.686  1. o bien del diagrama unitario (Fig. 4.5  70. La humedad de la muestra es del 14%. 4. Determinar el grado de saturación. . Se dispone en el laboratorio de una muestra de 60 mm de diámetro y 25 mm de altura. Para determinar el peso específico * D 4 2 h * 6 2. 1998.1).1 Diagrama unitario Con los datos del problema. 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.7 gr/cm3). con un peso de 80 gr.686 cm 4 2 3 3 y aplicando la definición de peso específico natural: n  Wt Vt  80 70. es preciso conocer el volumen total: Vt d .13 gr/cm  Vt Directamente de las definiciones. que son los pesos y volúmenes en el caso en que Vs=1 (ver diagrama unitario. deben calcularse: Sr . sat y sum. natural. © Edicions UPC.1). n . el peso específico seco. Figura 4. se puede obtener: n  Wt Vt  Ww Ws  w e S r  s e 1 donde se ha usado Wt= Ww+Ws= e Sr M+I y Vt=1+e. Fig. el peso específico natural.
o bien. el peso específico saturado (sat) puede obtenerse como un caso particular para suelo saturado.7 gr/cm  0. . © Edicions UPC.71 11.13 (10.1 = 0.72 sat  sw e e 3 Por otro lado.72  0. Problemas resueltos e  s w n (1 )  1 Sustituyendo los valores correspondientes a este problema se obtiene: e  2.$ Mecánica de Suelos.62 gr/cm!. Substituyendo con los valores del problema resulta: 3 Asimismo. sum. es decir: 1 Es decir.72  1. 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 2.14 × 2.14)  1  1. en el diagrama unitario de Ws = s y de Vt = 1+e (Fig. de su definición. 1998.7 gr/cm  1 gr/cm 1. 4. sum = sat -w = 1.72 × 1 d = W s / V t y de los valores El cálculo del peso específico seco (d ) se realiza a partir de su definición. basta tomar Sr = 1 en la definición de sat  2.62 gr/cm 11.62 gr/cm ____________________________________________ sum  3 © los autores. para el peso específico sumergido.72  w Por último.7 1.7  0. 1998.1): d  Al sustituir por los valores del problema resulta: 1 s e 3 d  2.62 .99 gr/cm 11. el grado de saturación puede obtenerse como: Sr s  e w 0.22 1.72 3 3 n.
8  1  0. Para un suelo con un peso específico de las partículas sólidas de 2. resultan las siguientes expresiones que permiten el cálculo del peso específico sumergido en función del índice de poros.75 t/m3.53 0. d) las curvas que se obtienen para grados de saturación del 20. Calcular el peso específico sumergido de las muestras saturadas siguientes(s=2.125 sat  sat  2.7 t/m! 11. 80 y 100%.7 1.8 t/m! 2.75  1  0. es decir: W sum  Wt  Ww  sat Vt  w Vt  sat  w ( ) Vt Por tanto. © los autores.43 sum  1.43 .53 . 60. b) suelo con una porosidad de 0. De su propia definición. Según el principio de Arquímedes.54 sat  2. el peso específico sumergido puede obtenerse como: sum  W sum Vt  satw De los problemas anteriormente resueltos.125 sum  1.7  1  0. es el peso específico que aparenta tener el suelo cuando se encuentra sumergido en agua.1 t/m! 10. su humedad natural y el peso específico de las partículas sólidas.Propiedades básicas de los suelos % PROBLEMA 5.7 gr/cm3 dibujar en un plano (w. 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. Encontrar una expresión que relacione la densidad seca de un suelo con su grado de saturación. 1998. .7 gr/cm3): a) suelo con una densidad seca de 1.1 t/ e c) 1 0. 1998.54 sum  2.1  1  1.7 0.54  2.7 1.125  1.53  1. un cuerpo sumergido en un líquido recibe un empuje vertical hacia arriba igual al peso del volumen del líquido desalojado. c) suelo con un índice de poros de 1. © Edicions UPC.7 1. sum.7 t/m! ____________________________________________ PROBLEMA 6.43  1.8 t/m! 11.
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. 1998. La definición de peso específico seco se puede escribir como: d  Ws Vt  Ws Vh Vs  Por otro lado.7 gr/cm!. © los autores. © Edicions UPC. se puede analizar cómo varía d con w. 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. fijando diversos valores de Sr (0. es decir.7 12. 1. 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. la definición de humedad conduce a la siguiente expresión: d  ( S sVs wV ss S rw V s )/( )  y.7 / r w S s= 2. si Sr y s se mantienen fijos: d d dw  2.1 se muestra la forma de la expresión d = d(w) para diferentes grados de saturación.8. Antes de obtener dichas curvas. 0. humedad. grado de saturación y peso específico del sólido. Fijando d  2.7 / r   2 S w S 2 dado que tanto Sr como el denominador son positivos. si Sr y s se mantinen fijos. se obtendrá: Se pide dibujar curvas d = d(w). s . Las definiciones de los parámetros que se conocen. 0.& Mecánica de Suelos. En la figura 6. w . .7 / r 1 2.0). 1998. se tiene que la derivada es negativa para cualquier valor de Sr y w. d varía de forma monótona decreciente con w.6. Problemas resueltos Se pretende obtener una expresión que relacione d con Sr . dado que Vs aparece en todos los términos.2. La definición de peso específico seco es: d = Ws / Vt .
el índice de poros también tiende a cero. 2. 2. ____________________________________________ PROBLEMA 7. Por último. poco probables en suelos. por tanto. existe una única densidad seca y.2. . 1998. 1998.6. el índice de poros aumenta hacia valores muy altos. por lo que queda: d  en la que se ha tomado 1 w = 1 gr/cm! y. al aumentar la humedad. desde un punto de vista experimental. 2.7 y 2. cuando la humedad tiende a cero.65.75 gr/cm3 y un grado de saturación de la unidad. De hecho. dibujar el haz de curvas para unos pesos específicos de las partículas sólidas de 2. 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. si el grado de saturación es bajo. Con la relación entre s. w y d obtenida en el problema anterior. © los autores. por tanto.w para s constante y Sr variable Estas curvas son de interés en el contexto de la compactación de suelos. fijado el grado de saturación.Propiedades básicas de los suelos ' Figura 6. Debe notarse que una vez fijado el grado de saturación y la humedad del suelo. © Edicions UPC. es mucho más fácil asegurar que la humedad se mantiene constante y el grado de saturación va variando al variar la densidad seca. un único índice de poros compatible con esos dos valores. Sr. debe utilizarse s en gr/cm!.1 Curvas d . Por otro lado. El caso límite con índice de poros igual a cero es inconsistente con el hecho de que el grado de saturación no se anule.
Datos: s = 2. el peso del suelo saturado con mercurio se obtendrá como: © los autores. .65. 2. Problemas resueltos Se desea dibujar las curvas d = d (w) para varios valores de s (en este caso: 2. El volumen que ocupa el suelo es: Vt 2  *D h  * 4 6 4 15  424. Con el suelo saturado de mercurio. ¿Cuánto pesará el suelo en estas condiciones?. Figura 7. 1998. Se dispone de un suelo seco que ocupa un molde de 60 mm de diámetro y 150 mm de altura. El peso del suelo es de 950 gr. 2.6.6 gr/cm3.11 cm 2 3 El peso inicial total es el peso de las partículas sólidas. todos los huecos están llenos de mercurio. Con el fin de comprobar la distribución de los poros. 2. 1998.2. En el Problema 6 se ha visto que d decrece monótonamente con w cuando Sr y s son fijos.Mecánica de Suelos. Por tanto. Hg = 13. En la figura 7. w = 0) mientras que en la situación final.7 y 2.45 gr/cm3. El peso de mercurio que ocupa los poros es WHg = VHg Hg donde VHg = Vh .75 gr/cm!). pues el suelo está seco (Ww = 0.1 se representa gráficamente esta relación para diferentes valores de s.1 Curvas d . © Edicions UPC. se cumplirá la relación: Wt = Ws + WHg. éstos se llenan completamente con mercurio.w para Sr = 1 y s variable ____________________________________________ PROBLEMA 8.
simplemente.Propiedades básicas de los suelos Vs Ws s  950 gr 2. .36 gr Figura 8. 1998. de aplicar las definiciones.1 Diagrama unitario ________________________________________ PROBLEMA 9.45 gr/cm !  387. su índice de consistencia y su índice de fluidez sabiendo que tiene una humedad natural del 20%.11 387. Se trata.35 cm! WHg 36.76 cm! ! VhVtVs Wt 424. Valores elevados de IP (gran diferencia entre wL .36 gr 950 494. 1998. la definición de índice de consistencia es: IC  wL w IP  40  20  2 10 © los autores. este índice tenderá a ser alto en suelos arcillosos. La de índice de plasticidad es: IP  wl  wP  40  30  10 % Como indicador de la plasticidad de un suelo. Un suelo natural tiene una humedad en el límite líquido de 40% y una humedad en el límite plástico de 30%. Determinar su índice de plasticidad. wP ) indican que el suelo admite gran cantidad de agua para pasar del límite plástico al límite líquido. © Edicions UPC. Por otro lado. y bajo en suelos granulares.361444.35 cm ×13.7636.6 gr/cm !  494.
en este caso. el índice de fluidez se define como: IF  w  wP IP  20  30  1 10 y. © Edicions UPC. se calcula con respecto a la humedad en el límite plástico (IF = 1 cuando w = wL. Se preparan en el laboratorio 1000 gr de suelo mezclando 700 gr de arena (s = 2. IC + IF = 1. 1998. el volumen de suelo será: Vt  Vs  Vw  Ws s  Ww w  700  300  250  300 550 cm 2. 1998.8 t/m3) y 0. resulta:  Vw Vh  Vw Sr Finalmente se calcula la densidad seca correspondiente a dicho grado de saturación: © los autores. A partir de la definición de Sr . En esta situación. basta aplicar su definición: d . ¿Cuál es la máxima densidad seca que puede obtenerse con este suelo? ¿Qué volumen ocuparía este suelo si su grado de saturación fuese 0.0  3 que se utiliza para calcular la máxima densidad seca: (d) max  ( t) Sr Ws V min 700  1.300 l de agua. Dicho volumen total es: Vt  Vh  Vs  Va  Vw  Vs y será mínimo cuando lo sea el volumen de aire (Va).5? En el suelo obtenido se tendrá que Ws = 700 gr y Ww = 300 gr. d será máximo cuando Vt sea mínimo. Por último.27 gr/cm 550 Vh 3 Si se toma Sr = 0. Para calcular la máxima densidad seca. d  Ws Vt Puesto que peso de sólido (Ws = 700 gr) está fijo. es decir.8 1.Mecánica de Suelos. Al alejarse del mismo el suelo va ganando consistencia (IC = 0 cuando w = wL . cuando el suelo se encuentre saturado. mientras que IF = 0 cuando w = wP). ______________________________________ PROBLEMA 10.5 la densidad seca será menor. mientras que IC = 1 cuando w = wP). . Problemas resueltos e indica si el suelo se encuentra más o menos alejado del límite líquido. Como se puede observar.
este proceso es ideal.82 gr/cm 850 ______________________________________ PROBLEMA 11. Este suelo se mezcla con arcilla en una fracción en peso C. Un suelo granular con granulometría uniforme. El peso específico de las partículas sólidas de la arcilla es sc.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). se tiene que la fracción en peso de suelo arcilloso será: © los autores.1. Lógicamente. Figura 11. supuesta sin agua. © Edicions UPC. se supone que el volumen del aire Va se rellenará de arcilla y se mantendrá la misma cantidad de agua en el suelo. es decir. y en realidad se prepararía el suelo mezclando la fracción granular húmeda con la fracción arcillosa.Propiedades básicas de los suelos ! Vh  300  600 cm 0. Estimar la fracción crítica Ccrit necesaria para que las partículas de la matriz granular dejen de estar en contacto. Con objeto de que las partículas de la matriz granular se mantengan en contacto. la estructura del esqueleto granular no se modifique. un peso específico sg y una humedad wg .5 3 Vt  VsVh  250600  850 cm 3 3 d  700  0. 1998. 1998. . Las proporciones se encuentran indicadas en la figura 11. tiene un índice de poros eg .
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 . 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. ______________________________________ PROBLEMA 12." Mecánica de Suelos. Se toman 10 kg del suelo tipo A y se mezclan con 30 kg del suelo tipo B. Obtener y © los autores. © Edicions UPC. . 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. Se dispone de un suelo tipo A y de otro tipo B. 1998. 1998. y que una vez añadida la fracción arcillosa ambas variables adoptarán valores diferentes. o sea. Las granulometrías de los suelos A y B se indican en la tabla siguiente.
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. © Edicions UPC.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 .75 2 0.Propiedades básicas de los suelos # representar gráficamente la granulometría de la mezcla resultante. 1998. y se mezcla con un peso WB de un suelo B con granulometría GB . N tamiz (mm) 50 38 19 9. ya que el % que pasa por cada tamiz. 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. 1998.005 0.020 0.15 0. Determinar sus coeficientes de uniformidad y curvatura.425 0. .5 4.075 0.040 0.
75 mm) pasa por el tamiz #4. por lo que se trata de un suelo tipo grava.42 26 _ 8 ( u)A  (( )) _ 0.9 (0. 1998.75 23 15.02) 0. Sus coeficientes de curvatura y uniformidad son: (9.33 ( u)B  (( )) _ 0.75mm 2mm 0.1.25 38.5) 26 ( c)A ( ( ) ( ) ) _ 0.75 62.5 87. En la mezcla fabricada menos del 50% (38.5 82.5 En el suelo tipo A. N Tamiz 50mm 38mm 19mm 9. . 1998.5 30.002 _ 75 C D30 2 2 D10 D60 C D60 C D30 2 D10 2 D10 D60 C D60 D10 En el suelo tipo B. Asimismo. el 5% pasa por el tamiz #200 (0.5mm 4.$ Mecánica de Suelos.074 mm de abertura) y más del 50% pasa por el tamiz #4 (5 mm de abertura).5%) pasa por el tamiz # 200.42 _ 61.002 0.425mm 0. más del 12% pasa por el tamiz #200 y más del 50% (aproximadamente el 80% corresponde a 4.5 46. © Edicions UPC. © los autores. el 50% pasa por el tamiz #200 y el 100% pasa por el tamiz #4. Problemas resueltos CA  WA WA WB   10  0.15 ( c)B ( ( ) ( ) ) _ 0. por lo que se trata de un suelo SC o SM. por lo que se trata de un suelo de grano fino.15 _ 1.5 80 100 80 60 50 40 30 20 10 78.15mm 0. por lo que se trata de un suelo de grano grueso.25 7.25 40 CB  WB WA WB   30  0.075mm 40µm 20µm 5µm 2µm % Pasa) 100 70 50 30 20 15 10 5 4 3 2 1 0 % Pasa* % Pasa mezcla 100 92.75 40 A continuación se tabula la granulometría de la mezcla. que se representa gráficamente en la figura 12.
002 _ 210 2 C C Como puede observarse en estos resultados.002 _ 1. para la que se obtienen los valores de la tabla siguiente. Por lo que respecta a curvatura. 1998.9 ( u)M _ 0.04) 0. el suelo mezcla es más parecido al suelo B. 1998. © los autores.1 Curvas granulométricas se los suelos A. que parece dominar en esta propiedad.Propiedades básicas de los suelos % Los coeficientes de curvatura y uniformidad de la mezcla de ambos suelos son: (0. Con el fin de determinar su granulometría se procede a realizar un ensayo de sedimentación. © Edicions UPC.075 mm). Figura 12. Se dispone de un suelo limo-arcilloso en el que todas las partículas pasan por el tamiz #200 (0. lo que indica que se ha conseguido una mejor graduación en la mezcla. se utilizan 50 gr de suelo mezclados con 1000 ml de agua. Para ello se dispone de un baño termoestático a 20o. el suelo resultante tiene un coeficiente de uniformidad mucho mayor que los suelos originales. B y mezcla A+B ___________________________________ PROBLEMA 13. y se toman muestras de 10 ml para diferentes tiempos a una profundidad de 10 cm. .42 ( c)M _ 0.42 0. Dibujar la curva granulométrica del suelo.
0. 1998. Puesto que la velocidad es una función del diámetro (según la fórmula de Stokes). © Edicions UPC. . Esta disminución se debe a que las partículas de tamaño mayor descienden más rápidamente que las de tamaño menor y. se relaciona con un diámetro. La concentración inicial de la muestra es: © los autores.s.. siendo ct=Wt / Vt la concentración en la muestra extraída. tal como se ha visto.45.. 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.25 0. Este porcentaje que pasa podrá. en cada tiempo de medida sucesivo hay tamaños mayores que van desapareciendo. entonces en un tiempo t =h/v habrá recorrido dicha altura.15 Al medir el contenido de suelo en una suspensión en agua del mismo. El porcentaje que pasa por un tamiz puede estimarse como la cantidad relativa de suelo que queda en suspensión para un determinado tiempo que. Por lo tanto.20 0. todas las partículas en suspensión en el interior de un recipiente de dicha altura.15 gr) y Vt = 10 ml el volumen extraído.0. por tanto.001 Pa. 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. 0.33 t donde el tiempo t se expresa en segundos y el diámetro D en mm.40 0. 1998. se puede asegurar que al cabo de un cierto tiempo ya no quedan partículas de tamaño superior al diámetro dado para dicha velocidad.30 0. y una partícula desciende a una velocidad v. En este problema h = 10 cm y los tiempos se dan en forma tabulada. Wt el peso de suelo extraído en cada tiempo ( 0.45 0. se tiene que el diámetro umbral en función del tiempo viene dado en este caso por: D  0. = 0. evaluarse como (ct/c0)x100. 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. se observa que dicho contenido disminuye al aumentar el tiempo de toma de la muestra. constante en cada extracción. por tanto. Sustituyendo este valor juntamente con el de la viscosidad del agua. que desciendan a velocidad v habrán sedimentado.40.30.& Mecánica de Suelos.
0039 0.Propiedades básicas de los suelos ' co  50 gr  0. 1998.06 0. A partir de los datos del problema se obtiene la tabla de tiempos. © Edicions UPC. Figura 13.1.0078 0. diámetros y % que pasa por dicho diámetro: t (seg) 30 180 600 D (mm) %pasa 90 80 60 50 40 30 0.0019 1800 7200 28600 que corresponde a la curva granulométrica de la figura 13.013 0. 1998. .05 × 100  200 donde Wt se expresa en este caso en gramos.1 Curva granulométrica ____________________________________________ © los autores.024 0.05 gr/ml 1000 ml W Wt y por tanto: t % que pasa  10 × 0.
20% = 20% Se trata en este caso de un suelo tipo CL. aproximadamente sobre la línea "A". 1998. . Se trata de un suelo tipo CH. es decir. Suelo 3: wL3 = 15% y wP3 = 10%. ____________________________________ © los autores. © Edicions UPC.25% = 35% Estos valores se encuentran en la zona central de la gráfica de Casagrade. es decir.!PROBLEMA 14. Suelo 2: wL2 = 40% y wP2 = 20%. wP1 = 25%.5 % = 5% Estos valores se encuentran en la zona del gráfico en el que coexisten suelos limosos y arcillosos de baja plasticidad (CL-ML) . wL2 = 40%. wP2 = 20%. por tanto: IP = 60% . Se pide compararlos en una gráfica de Casagrande y clasificarlos. una arcilla de alta plasticidad. Problemas resueltos Se tienen una serie de suelos con los siguientes límites de Atterberg: wL1 = 60%. wP3 = 10%. arcilla de baja plasticidad. Suelo 1: wL1 = 60% y wP1 = 25% . wL3 = 15%. 1998. y por tanto: IP = 15% . Mecánica de Suelos. por tanto: IP = 40% .
la tensión normal y tangencial ( Fn3. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. En el plano perpendicular al anterior. bajo las sanciones establecidas en las leyes. o con el de máxima tensión de Figura 15. Tensiones y deformaciones. J31 ) se © los autores.1). 15. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. 1998. Quedan rigurosamente prohibidas. El A en dicho círculo representa la tensión normal y la tensión tangencial ( 30 o Fn1. asimismo. Tensión efectiva PROBLEMA 15. y la máxima tensión de 0btener.83 kp/cm . un suelo está sometido a una tensión normal 2 y a una tensión de corte de 2. J13 punto ) sobre un plano que forma con la horizontal. © Edicions UPC. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. el estado tensional en un plano que forma un ángulo de 20 corte. la tensión 2 normal tiene un valor de 4 kp/cm . 1998. polo y direcciones principales En primer lugar se representan los datos disponibles en forma de círculo de Mohr (Fig. En un plano que forma un ángulo de 30 de 6 kp/cm o con la horizontal. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright".Tensiones y deformaciones. Tensión efectiva !Capítulo 2. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. corte que se produce en el suelo. Determinar las tensiones principales 2 F1 F3 y . así como las direcciones de los planos correspondientes. . En un plano perpendicular al mismo.1 Círculo de Mohr.
1): Triángulo AA'P: tg 30 0  J13Jp Fn1Fp tg 30 0  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.05 kp/cm 2 triángulo rectángulo cuyos vértices son puntos Jp  0.83 Basta resolver estas dos ecuaciones con dos incógnitas para obtener: Fp  2. Estos dos B) definen el círculo de Mohr.55 F1Fp 82. y o bien. Mecánica de Suelos. Éstas se obtienen resolviendo dos triángulos rectángulos (Fig 15. © Edicions UPC.30 y "3´90"1´84.7 Para obtener la orientación del plano en el que actúa resolver el triángulo PD'D y obtener "3174.7 Jmax (dirección dada por PD en la figura 15.55  5 2. 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.55 kp/cm 2 "1 "3.70 que con respecto a la vertical son: "184.2) basta $ (ángulo con respecto a la horizontal): tg $ JmaxJp 3 0.05 "1´5. Fn1. 1998. Los ángulos "1' y "3' P y los puntos de intersección del círculo con el eje (es decir. 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. Los ángulos que definen las direcciones principales ( "1' "3' y ) son los ángulos del F1 y F3 ). Problemas resueltos A y que se denomina B en dicha figura. 1998.! representan en un punto diametralmente opuesto al puntos ( A.83 Jp 6F p Jp 4F p Triángulo BB'P: tg 60 0  J31Jp Fn3Fp tg 60 0  2.70 © los autores. los pueden obtenerse como: tg "1´ Jp  0. En primer lugar. .05 s F p $39. La orientación del plano en el que actúan ( del círculo de Mohr.832 3 kp/cm 2 (radio) Asimismo.
1998. . que en este caso se puede plantear a partir de los triángulo PEC y PC'C: FcFp  2 t cos(2"1$20) cos(20$) y sustituyendo en la anterior.42 kp/cm 2 y reducción de Fh hasta 3. 2 hasta 8. 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. es decir: tg ( $20) JcJp Jc 0.58 kp/cm .58 kp/cm .05 Pero dado que se tienen dos incógnitas hay que buscar otra relación.07 kp/cm 2 Jc = 2.42 kp/cm 2 y disminución de hasta -2. 1998.3 kp/cm . resulta Fc  3. se resuelve el triángulo PC'C. Tensión efectiva !! Figura 15.0 kp/cm 2 ( Fv Fn1 =7.Tensiones y deformaciones. © Edicions UPC. 2 ______________________________________ PROBLEMA 16. y Fn3 =5. 2 hasta 8.0 kp/cm .2 kp/cm 2 en un ) en un plano horizontal.2 Círculo de Mohr. En un punto de una arena compacta actúan unas tensiones plano vertical. 2 © los autores. 2 Fn3 hasta 3.0 kp/cm 2 ( Fh ) y J13 =2. 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.0 kp/cm .55  FcFp F 2.
84 kp/cm 2 Situación a).0 kp/cm  F1F3  2 Jmax  4.9 kp/cm 2 2 Situación c).42kp/cm 2 s F33. Reducción de 2 (Fig. 16. .22 2.45 kp/cm 2 2 p  5. 16.3): F18. Representar en los planos ( F1-F3 ). Si se hace la hipótesis de que el suelo llega a rotura cuando J> 0.52  6 kp/cm 2 2 q t  F1F3 2  8. ¿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. 1998.58 kp/cm 2 q  1/3 (F12 F3)  5.2): 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  5.42 kp/cm 2 p F3  st  3.42 kp/cm F n3 hasta 3.42 kp/cm 2 (radio) F1  st  8. © Edicions UPC.1): s  Fn1Fn3 2  75  6 kp/cm 2 2 (7 (centro) t  (Fn1s)2J2  13 6)22. tensiones principales y espacio de Cambridge (Fig. Aumento de hasta 8.19 kp/cm 2 J31  4. g) aumento indefinido de Fn1 .0 kp/cm (Fig.16 kp/cm .42 3. 1998. Problemas resueltos f) reducción de Fn1 Fn3 hasta 10. 16.52  2. 0 kp/cm 2 2 y de Fn3 hasta 5.58 kp/cm .735 Fn en algún plano. así como los círculos de Mohr del estado inicial y de los sucesivos estados finales indicados y de sus polos.4): © los autores. (s-t) y (p-q) ( F2 =F3 ) la trayectoria tensional correspondiente. ¿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)?.58kp/cm 2 puesto que J13 J31 0  F1F3 2  8.423.!" e) aumento de Mecánica de Suelos. Reducción de hasta -2.19 kp/cm 2 F n1  2 kp/cm 2 2 y disminución de Situación b).2 kp/cm 2 J13 hasta 0. 2 hasta 4. 16.58 kp/cm 2 (Fig.
14 kp/cm 2 p F3  st  2. 1998.28 kp/cm 2 Situación e).74 kp/cm 2 © los autores. Tensión efectiva !# s  Fn1Fn3 2  6 kp/cm 2 t  (Fn1s)2J2  13 (8.17 kp/cm 2 q  6.7): s  104.44 kp/cm 2  6.58  7.14 kp/cm 2 13 F1  st  9.28 kp/cm 2 2 y reducción de Situación d). © Edicions UPC.Tensiones y deformaciones.92 kp/cm 2  6.14 kp/cm 2 F1  st  9.86 kp/cm 2  4.14 kp/cm 2 p F3  st  2. . Aumento de hasta 8.58 kp/cm 2 (Fig.16 kp/cm 2 (Fig.66 kp/cm 2 p F3  st  3.53 kp/cm 2 q  6. 16.16  7.14 kp/cm 2 F1  st  10.28 kp/cm 2 Situación f).29 kp/cm 2 2 t  (10 7.95 kp/cm 2 q  6.0 kp/cm 2 y de Fn3 hasta 5. 1998.58)222 3. 16.42 kp/cm Fh hasta 3.86 kp/cm 2  4.5): s  Fn1Fn3 2  6 kp/cm 2 t  (Fn1s)2J2  3. Reducción de Fn3 hasta 4. Aumento de F n1 hasta 10.42 6)222  3.72 kp/cm 2 p F3  st  4.58 kp/cm 2 2 t  (10 7.58 kp/cm 2 (Fig 16.95 kp/cm 2 Fv q  6.37 kp/cm 2 F1  st  10.29)222 3.6): s  105.
!$ Mecánica de Suelos.2 Círculo de Mohr en la Situación a) Figura 16. . Problemas resueltos Figura 16. 1998.3 Círculo de Mohr en la Situación b) © los autores. 1998. © Edicions UPC.1 Círculo de Mohr correspondiente al estado inicial de tensiones Figura 16.
© Edicions UPC. . 1998. © los autores.Tensiones y deformaciones.5 Círculo de Mohr en la Situación d) Figura 16.4 Círculo de Mohr en la Situación c) Figura 16.6 Círculo de Mohr en la Situación e). Tensión efectiva !% Figura 16. 1998.
6). Problemas resueltos Fn1 .8 sin 36. 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.735 36.!& Situación g). con las condiciones establecidas (aumento fijos) se obtenga un círculo de Mohr tangente a dicha recta. y . ) se Situación f). es decir. El e'r. ' ) que son homotéticos. Una vez alcanzado el círculo er si se aumentase Fn1 J de = 0. que corresponde a un estado en rotura arbitrario. y se llegará a rotura cuando. mantenimiento de Fn3 J31 J13 . ) y ( ' . es razonable suponer que mantiene fijo. ) Para comprobar que en ningún estado anterior del suelo se ha alcanzado la rotura.310  1. se utiliza auxiliarmente para determinar la solución. es decir.735 Fn . según el enunciado.6o Fn3 4. Este estado se alcanza. y asimismo también es razonable mantener fijo. en niguno de los estados tensionales anteriores hay rotura ya que todos los círculos de Mohr están por debajo de la recta J = 0.58 Fn3 J31 F n3 J 31 . Por lo tanto. Un aumento de tensión indefinido llevará al suelo a un estado de rotura.1 a 16. 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.735 Fn . © Edicions UPC.66 kp/cm 2 Jn  arctg 0. alineados con el origen de coordenadas. Puesto que se desconoce el valor de buscar relaciones geométricas en el círculo e'r: © los autores. por lo que se tiene: 2 t'  s' sin N  2. En la figura 16. es decir. al cumplirse la relación J = 0. Puesto que los círculos de Mohr en rotura son tangentes a una recta y tienen el centro en otra. . Fn J . se obtendría un círculo secante a la recta de rotura y existirían puntos por encima de la misma.735 Fn1 Fn . En el caso planteado. tal como estaba en la el estado tensional en el plano ortogonal ( Fn3 J31 . se alcance la tangencia a la recta J = 0.8 kp/cm .735 Fn ) en todas las figuras (16. Aumento indefinido de Mecánica de Suelos.31o Fn donde el ángulo se ha obtenido a partir de la pendiente de la recta de rotura. 1998. . se ha dibujado la condición de rotura ( J = 0. existirían planos con un estado tensional ( no aceptable para el suelo. Como puede observarse.735 Fn . son homotéticos (las distancias desde cualquier par de puntos alineados con la rectas a dicha intersección mantienen una misma proporción). El r r círculo de Mohr auxiliar e'r se ha dibujado tomando como centro s' = 2. 1998.7 se observa que al ir aumentando la tensión estado círculo tensional corresponda al círculo Fn1 J13 se producirá la rotura cuando el e r. es decir: N arctg Y el ángulo: * arctg corresponde a la recta que une los puntos ( J31  arctg 2  23. intersección de las dos Como se ha dicho.
1998.8  1.31)  1.9 kp/cm 2 ( ) Por último. las tensiones normal y tangencial son: ( Fn)r  1.31)  1.27 kp/cm 2 q  12.1 kp/cm 2 F 1  F'1 F 3  F'3  (s't')  (s't')  (2.8 R 3.7  16.7 A partir de lo anterior puede obtenerse cualquier otra variable del círculo de Mohr en rotura. 1998.2 kp/cm 2  10.7  4.27 kp/cm 2 q  F1  F3  16.25 sin (36.7  6.3 kp/cm 2  6.33 ( s' y en el círculo real en rotura.81.66) × 3. Tensión efectiva !' (s' F'n3)2  J31'2  t'2 J'31  tg * F'n3 J'31  0.4  2 × 4.2  12.82  t'2 sin N  2.7  4.23 kp/cm 2 y por tanto la razon de la homotecia es: R  J31  J'31 2 0.25 cos (36. en rotura se han obtenido: s t F1  16. ( Fn)'r  Jn)'r  s' 2 2  t'2 cos N  2.3 R t  t' R  6.Tensiones y deformaciones.54  3.82 × 3.4  4.4 kp/cm 2 F3  4.2 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').54 kp/cm 2 F'n3  1.33 × 3.2)  8.2 kp/cm 2 © los autores. Para ello basta multiplicar los valores obtenidos en el círculo e'r por la razón R: s  s' R  2.66) × 3.1 kp/cm 2 En resumen. .7 kp/cm 2 J r  1.4 kp/cm 2  (2. los parámetros p y q en rotura son: p  1 3 ( F1  2 F3)  1 3 (16.7  10. © Edicions UPC.2 kp/cm 2 p  8.
1998. Problemas resueltos En las figuras 16-8. © Edicions UPC."Mecánica de Suelos. 1998. 16-9 y 16-10 se representan respectivamente las trayectorias seguidas en los planos F1 F 3 - . s-t y p-q.7 Círculos de Mohr en rotura Figura 16.8 Trayectoria de tensiones en el plano F1 F 3 - © los autores. . Figura 16.
1998.10 Trayectoria de tensiones en el plano p .Tensiones y deformaciones.q © los autores. Tensión efectiva "Figura16. 1998. © Edicions UPC. .t Figura 16.9 Trayectoria de tensiones en el plano s .
es el formado por el plano * P (Fig. 16. pero el estado tensional . en los estados s y t). Determinar J13. Puesto que se dispone de Fn 1 y Fn 3 . Al conocer este ángulo el problema queda resuelto. Las tensiones de corte y radio del círculo de Mohr son: © los autores. Sin embargo. Sobre dos planos perpendiculares actúan unas tensiones cuyas componentes normales a los mismos son Fn1=7.3)." Mecánica de Suelos. para que dos círculos de Mohr esten si no asociados a un mismo estado tensional. según 1 . que forma un * con la horizontal. Como puede observarse en las Figs. p y q (F2=F3). F3. se puede determinar J r y s corresponde al estado tensional en 31 . Problemas resueltos El círculo de Mohr de un estado tensional viene definido por la posición de su centro ( s) y su radio ( ). Así. el punto de intersección entre y.1).5 . 31 ) situado sobre la recta (Fig. Hay que círculo de Mohr. puede comprobarse que los estados tensionales son distintos. 17. t. Una vez conocidos s y el punto ( Fn J 3 .1) que se calcula como: s  Fn1  Fn2 2  5 kp/cm 2 r Sea * el plano sobre el que actúa Fn 3 . no se tiene definido totalmente el estado tensional ya que no se puede orientar el círculo de Mohr. entonces los estados tensionales serían idénticos. En dicha figura se indica el ángulo y el plano en el que actúa F " que. t Pero no basta con esto para disponer de toda la información del estado tensional. 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. 1998. 17. 17. 31 ) puede representarse el círculo de Mohr correspondiente a este estado tensional. el ángulo o $ debe ser $ = 2 " = 135 o (el ángulo central que abarca un cierto arco circunferencia es igual al doble de cualquier ángulo inscrito que abarque el mismo arco). Se puede suponer un 31 y una posición del polo el enunciado. s. Es decir. orientar el Esta orientación viene dada por la posición del polo que permite asociar cada estado tensional con un plano específico. De hecho resulta innecesario para la resolución del problema tal como se ha propuesto.2). por tanto.9). J31. no se conoce la posición del polo. al ser un mismo círculo (idénticos valores de s y t según se observa en la Fig. 1998.5o con el plano en que actúa F1. Asimismo.3. .0 kp/cm2 . si se traza la recta ángulo de 135 el plano o s (Fig. 17. 16.0 kp/cm2 y Fn3 =3. se puede obtener la situación del centro del círculo de Mohr (Fig.1 y 16. En efecto. por ejemplo. Se sabe además que el plano en que actúa Fn3 forma 67. pues para cualquier plano " definirían en él un mismo estado tensional. tienen diferente posición del polo. Si los polos coincidiesen. F1. no basta con que se superpongan (iguales valores de que deben tener asociado un mismo polo. a pesar de ser círculos iguales. Sin embargo. _________________________________________ PROBLEMA 17. es decir. En principio no se conoce el valor de sobre dicho plano definirá un punto ( cierto valor de J Fn J 3 J 31 . los círculos de Mohr de los estados inicial y en la Situación b) coinciden geométricamente. Si el ángulo en una " es de 67. © Edicions UPC.
1998.17 kp/cm 2 Y con estos valores se obtienen finalmente: p  1 3 ( F12F3) 4.2 Situación del polo P no conocida © los autores.06 kp/cm 2 q  (F1F3) 5.83 kp/cm 2 F3 st 2.1 Datos de partida del problema representados gráficamente. pero sí los módulos F1 st 7.83 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 ).Tensiones y deformaciones. . © Edicions UPC. Tensión efectiva "! J13J31  2 kp/cm 2 t  (Fn1s)2J2  31 2 2 222. 1998.66 kp/cm 2 Figura 17. Figura 17.
Problemas resueltos Figura 17. El estado tensional generado (supuesto un comportamiento elástico) se puede definir por: F = p (" + " ) / B F = p (" .1) bajo el borde de la banda y a una profundidad de 5 m. En la figura 18. 1998. .1 Esquema de la carga en faja Se considera un punto (alternativamente Po P en la figura 18. © Edicions UPC.1 se representa una carga repartida p sobre una banda indefinida de ancho 2b. 1998.3 Solución del problema ______________________________________________ PROBLEMA 18." ) / B F =p (" + " ("+2*)) / B 1 sin 3 sin z sin cos Figura 18."" Mecánica de Suelos. Suponiendo b=5 m y p=10 t/m : © los autores.
2).43o  sen(63.107 El centro y radio del círculo de Mohr se pueden calcular como: s   F1F3 F1F3 2 2   6.37 t/m 2 B 1.845 t/m 2 2 Figura 18.68  3.43) cos(63. 1 . En dicha figura se señalan los correspondientes a la vertical bajo el borde de la carga en faja. así como el de tensiones según la solución Fz .68 t/m 2 B Fz  10 1. © Edicions UPC.37 0. 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. d) Dibujar la trayectoria del polo P del círculo de Mohr al aplicar la banda indefinida. 18. 1998.107  sen (63. 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 . 1998. 3 .6. para poder dada en el siguientes elástica enunciado: * 0 (P ) 2 y * " (P ) 1 tg " 10 m 5 m 2 " 63.Tensiones y deformaciones. 3 . Se tienen las F 1 y F 3 es calcular su valor.43)  4.80 t/m 2 B F1  10 1.68  2.43)  6. 3 ' El primer paso para definir la dirección de orientar el círculo de Mohr.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. 1 '.525 t/m2 2 t 6.37 0. 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.43) F3  10  0. . z 1 .107  sen(63.
54 6.35o 1 "A  58.3 Orientación aproximada de las direcciones principales © los autores. 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 .525)2  2.65o  31. Para completar el estado tensional total y calcular las tensiones efectivas debe añadirse al estado tensional causado por el peso propio de terreno y. el estado tensional está definido por el punto tensión de corte en un plano horizontal tiene igual magnitud pero signo opuesto. 1998."$ PA Mecánica de Suelos.803.2) permite obtener la tensión de corte asociada a . en caso . en el caso de las tensiones efectivas. 18.3 que muestra de forma cualitativa cómo se orientarán las tensiones principales en puntos bajo lo extremos de la carga en faja. Si contrario sería se corresponde con . . J z = -2. es posible obtener la orientación de los planos en los que actúan las tensiones principales: "1´  arctg J  arctg F1F y 2. calcular la presión intersticial. Para discernir de cuál de los dos se trata puede analizarse la Fig.6590  211. Problemas resueltos en el círculo de Mohr.54 t/m .1). 1998. Este estado tensional es el que se produciría sobre un medio en ausencia de peso propio.65o "A  9031.3590 148. 18.845 2 (4.65  121.37 2. Una vez determinado el círculo de Mohr. el triángulo "B  9031. Figura 18.35o 3 Por otro lado. 2 Con estos resultados queda definido el estado tensional causado por la carga en faja. Una vez que se conoce la posición del polo es inmediato determinar la tensión tangencial en un plano horizontal.65o 1 "B  121. es decir. 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* . © Edicions UPC. entonces el polo del círculo de Mohr sería P* P) .54 t/m 2 B (Fig.65  58. 18.25  31.65o 3 F z y AA'S (Fig. 18. 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.
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. del círculo de Mohr: ) .Tensiones y deformaciones. aunque en realidad puede tomarse cualquier par de planos. respectivamente.5254.80  2.54 t/m zh p 2 (F )  s(F s)  2sF  2×3. 1998. Tensión efectiva "% La suma de los estados tensionales debe hacerse de forma que se tengan en cuenta tanto la magnitud como la orientación de los mismos. El estado tensional asociado a un plano es una magnitud vectorial y. se obtendrán como: F'z)0  (sum h 1 × 5  5 t/m 2 2 (F' )  K (F' )  0. las tensiones efectivas y totales.25 t/m hp z z ( © los autores. n y t. considerando entre tensiones efectivas horizontales y verticales. tendrá una componente normal ( Fn ) y una componente tangencial ( J ) al plano. se tomarán de modo que los planos correspondientes sean el horizontal y el vertical. en general. 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.( 3 3 ( ( J)3  (J)1  (J)2 J)3  (J)1  (J)2 " $ y Con ( Fn J Fn ) .80 t/m 2  Fv 2 (J )  2.( 3 J tendrán dos puntos del nuevo estado tensional y. . y estado tensional. © Edicions UPC. el estado tensional inducido por la carga en faja es: Fz)p  4. Por simplicidad. Dicha base local se compone de un vector unitario normal y un vector unitario tangencial. se y ( ) . los puntos correspondientes en 3 el círculo de Mohr serán diametralmente opuestos.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). por tanto. el peso específico sumergido será: En consecuencia. El vector tensión asociado a cualquier plano puede definirse en la base local. 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 " $ . 1998. Si los planos elegidos son ortogonales entre sí.
54  2.80 t/m 2 2 (F ) h suma  (Fh)0  (Fh)p  8  2. Problemas resueltos Al disponer de las tensiones normales y tangenciales sobre los planos vertical y horizontal.25 t/m 2 (J ) zh suma  (Jzh)0  (Jzh)p  0  2.80  14."& Mecánica de Suelos. .5 Círculos de Mohr en tensiones efectivas © los autores.8 t/m 2 2 (F ') h suma  (Fh)suma  u  10.8  5  9. © Edicions UPC. 1998. 1998.25  5  5.25 t/m ( Figura 18.25  10. el estado tensional inducido por ambas solicitaciones (carga en faja y peso propio del terreno) resulta como: Fz)suma  (Fz)0  (Fz)p  10  4.4 Círculos de Mohr en tensiones totales Figura 18.54 t/m ( y las tensiones efectivas: Fz')suma  (Fz)suma  u  14.
1).41t/m 2 F'1  F1  u  10. es decir: A es gn AB . aunque entonces el polo se encuentra en posición diametralmente opuesta). gn y ").525)2  3.94 t/m 2 t F'3  F3  u  4. Dado que la máxima deformación de corte se produce en un plano vertical. Sabiendo que en un cierto punto de un suelo la deformación de corte máxima ((xy ) se produce en un plano vertical. 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.5o 1 s' y Jn  arctg F1  Fh "B 114. © Edicions UPC. encontrar el valor de las deformaciones principales y en qué planos se producen (en función de (xy .5 se han dibujado los círculos de Mohr asociados a cada uno de estos estados tensionales. y sabiendo que la deformación normal en el punto círculo de Mohr. para un mismo arco. 19. 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 .525  5  7. 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.80  10. F3  s  t  9.54 15. Se resuelve el triángulo OAB " con (utilizando que.Tensiones y deformaciones.41 t/m 2 F1  s  t  15.1).1o El centro.525 t/m 2 2  J2(Fzs)2  2. max max Se supone conocido el círculo de Mohr en deformaciones (Fig. el ángulo central en una circunferencia es el doble del ángulo inscrito) y se obtiene la magnitud ello. y que en un plano que forma un ángulo " con la vertical se produce una deformación gn. tanto para cada uno de ellos por separado como para su suma.812.94  10. pero si se toma con respecto a direcciones el resultado final es el mismo.94 t/m 2 . se determina la posición del centro del © los autores. Tensión efectiva "' En las figuras 18.4 y 18.45 o y g con el plano 3 forma 45 ). o Conocido el polo se obtiene directamente el estado deformacional del plano que forma un ángulo la vertical (punto A en la figura 19.25  24.25  12.12 t/m 2 t Y la orientación de los planos en los que se produce la tensión principal mayor: "1´  arctg "A 69. 1998. Con .525 t/m 2 t'  t 3. 1998. _______________________________________ PROBLEMA 19.12 t/m 2 Puede observarse que el radio ( ) del círculo en tensiones totales es idéntico que el del círculo de Mohr en tensiones efectivas.1o 1 2. .542(14. radio y tensiones principales para el estado suma (tensiones efectivas) vienen dados por:  s  u  12.
d) excavación de grandes dimensiones de 3 m de profundidad. las leyes de tensiones verticales y horizontales (F v . Obtener. 1998. para los puntos de terreno no excavados. Problemas resueltos s C  g1g3 2  gn  1 2 ( (xy)max sin 2 " Figura 19. 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. . 1998.#Mecánica de Suelos. © Edicions UPC. 1 Círculo de Mohr en deformaciones Adicionalmente. b) eliminación del terraplén anterior. © los autores. 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. c) rebajamiento del nivel freático en 1 m.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!.
Fh). Dibujar las trayectorias tensionales en los planos Fv'.45 z  2.9z3.4  (w (z4)  z4 (F' )  (F ) u  0.9 z  3.Fh'.9 z0.8 z Fv)0  4(n  (z4) (sat 1. para calcular F'h .Fv . las tensiones horizontales (efectiva y total) serán: ( ( F'h)0  K0 F'v  0.1.q'. 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. Por tanto. se encuentra normalmente consolidado. Al disponer del valor de coeficiente de empuje al reposo. Tensión efectiva #F F v y F ). h h ' ( 2 = 3 Figura 20.6  4  0.6 F'v)1 (F'v)0  )Fv 0.6 Este incremento de carga produce un aumento de las tensiones verticales totales y efectivas.9 z  3.9 z 7.5 × (0.9 z  0.1. (s'.s . Suponer que las presiones intersticiales son las definidas hidroestáticamente por el nivel freático en cada caso sin ninguna generación adicional. 1998. inicialmente. Por otro lado.9 z 3. © Edicions UPC.8 Fh)0  F'h u  1.q) (F F ) para el punto indicado en la figura 20.45z1.p . 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'.1 Geometría.6) 0. se supondrá que el suelo.Tensiones y deformaciones. habiendo © los autores.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.t) y (p'. y que en descargas y recargas dFh'/dFv'=0. .2 Fh primero hay que obtener Como puede verse. '. 1998.8 z4 z > 4 ( ( Fv)1 (Fv)0  )Fv 1.
45 z  3.5  0. varía la ley de tensiones totales debido a que el peso en la zona no saturada es (n en lugar de (sat .6 h2 h2 ( La siguiente acción que se debe realizar es el rebajamiento en 1 m del nivel freático (se identificará como Situación 3 ). respecto a las tensiones horizontales. y con una ) influencia menor en este caso. Se produce una variación de la tensión vertical de .45 z  0. En segundo lugar.2 Situación 2 ). Para poder estimar cómo se recuperan las tensiones horizontales.45 z  3.1. 4 #z#5 z > 5 la nueva ley de tensiones es: Fv  5 (n  (sat (z  5) Con estas leyes de tensiones totales verticales. Es decir.45 z  0. Por tanto: ( ( F'h)1 K0 (F'v)1  (0. se proporciona en este problema una ley lineal con variación de 0. Dicho rebajamiento de nivel freático tiene dos efectos. se trata simplemente de restar el incremento añadido anteriormente.4 h2 (F ) (F' )  u 0. En primer lugar.8  0. 1998. debido al comportamiento elastoplástico del suelo. Problemas resueltos supuesto además que la presión intersticial no se modifica.45 z  3. 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 .4  0.4 (F' ) 0.9 z  7.45 z  3. 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. varía la ley de presiones de agua que pasará de ser u = M( z - 4 ) a ser u = M (z - 5 .6) × 0.8  z  4  1. 1998. .4  z  4  1. © Edicions UPC.45 z  3.1 (4)   0. no se producirá en descarga un retorno a los valores iniciales antes de la construcción del terraplén.8 Fh)1 (F'h)1u 1.1 )F'v  0. 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. 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.8 z v3 n © los autores.4 t/m 2 que es lo que se había cargado al construir el terraplén. se pueden calcular las correspondientes tensiones efectivas: 0 ( #z#4 Fv)3  (Fv)2 4 # z # 5 (F )  ( z  1. Con este valor.# Mecánica de Suelos.
9 z  4.9 (F' )  (F' )  ()F )  0.09 (F' )  0.45 z  2. 1998.9) es menor que 4 (peso del terraplén) hay que considerarlo como una recarga (dicha recarga se produciría hasta llegar a 4. . que es la máxima tensión a la que ha estado sometido el terreno).6 t/m 2 0 ( Fh)p  1.3 t/m 2 0 : F'h)p  0.05 h4 h4 ( que son las expresiónes en el estado final.8   5.49 h3 (F )  (F' )  u  0. z se particularizarán para el punto P que sitúa el enunciado a una Situación 0 (inicial) en P : ( ( Fv)0  1.4)  0.1 )F'v  0.1 × (5.9×10  0.4  0.95  z5  1. Las leyes obtenidas en función de profundidad de 10 m.9 z  0.45 z  2.54 (F' )  0.9×10  3. La última acción consiste en la realización de una excavación de 3 m de profundidad (se identificará como Situación 4 ).9 z  3.9 z  0.45 z  3.8 z  5. Un primer paso en recarga hasta llegar a la presión de preconsolidación y un segundo paso desde la misma.45 z  1. 1998. Tensión efectiva #! Fv)3  5 (n  (sat (z5)  1.9 z  4.45 z  3.9 z  4.9  0. Al escavar se produce una descarga en el suelo de valor: )F v   3 (n   3 × 1.6)  0.49  0.09  0.9 ( ( Puesto que este aumento de tensión vertical (0.95 h4 (F ) (F' )  u  0.54  0.45 z  3.45 z  3.49  z  5  1.8  6.45 z 2.6  12.2  12.5)  (0.1 × 0.4 t/m 2 Las tensiones verticales se calculan de acuerdo con: 3 < z ( #5 Fv)4  (Fv)3  )F v  1.Tensiones y deformaciones.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.5  5.5  5.4  0.9 v4 v3 v ( y las tensiones horizontales vienen dadas por: z > 5 F'h)4  (F'h)3  )F'h )F'h  0.9 z  5.3 t/m 2 0 Situación 1 en P © los autores.4  1.9 z  0.9 z  0.5 )F'v  (F'v)3  (F'v)2  (0.5  (z5)  0.45×10  1.4 Fv)4  (Fv)3  )F v  1.4  18.6 t/m 2 p ( F'v)p  0.5 F'v)3  (Fv)3  u  1. © Edicions UPC.45×10  2. por tanto: z > 5 )F'h  0.
5 t/m 2 (F'v)p  0. p.99 t/m h h ( Situación 4 en P : Fv)p  1.15 2.45× 10  3.9× 10  0. en la Fig. se cumplirá FL F = 1 y FD F = 3 .q.45 15.6  13. t. en la figura 20.9×10  5. 1998.45 × 10  0. .6 t/m 2 1 ( F'v)p  0.51  12.25 10.5 9.3 t/m 2 1 F'h)p  0.6 Situación 2 18.3 8.#" Mecánica de Suelos.6 16.9 7.6 t/m 2 1 ( Fh)p  1.32 14.99 12. y p.9× 10  4.45×10  0. © Edicions UPC.9 t/m h h Situación 3 en P : Fv)p  1.45 10.6  16.3 8.99 7.45 12. Como se tiene también en todos los casos que tanto: Fv > F h .9 tm (F' )2  0.8  8.4 11.45 t/m (F' )4  0. en la figura 20.99 t/m (F' )3  0.35 2.1 Fv Fh F 'v F 'h s s' t=t' p p' q=q' 12.74 12.6  22. en los planos s.49  7.4  7.t.9  13. s' .15 4.65 © los autores.9 12. s'.95  7.9×10  0.6 13. p' .3 4.9×10  7.5 8.6 Situación 3 18.5 0.5  18.7 5.5 t/m 2 3 3 p p 2 2 (F )3  1.45×10  2.25 15.45 16.1 9.3 14.1 t/m 2 4 4 p p 2 2 (F )4  1. 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.6 12.45 × 10  3. t/m 2 Situación 0 18.1 t/m 2 (F'v)p  0.9  8.4 17.83 12.77 3.45×10  2. Problemas resueltos ( ( Fv)p  1.45× 10  1.6 Situación 1 22. t'.77 9.5 14.3 7. juntamente con las s.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.45×10  3.3.45 18.05  12.6 t/m 2 2 0 2 0 p p 2 2 (F )2  1.2  14.Fh.3 13.6 t/m 2 (F'v)p  (F'v)p  12.3 t/m 2 1 Situación 2 en P ( : Fv)p  (Fv)p  18.67 8. Estos valores se han dibujado formando las trayectorias tensionales en los planos en los planos Fv .76 0.67 6. 20.2.1.83 7.9×10  3.1 15. p'.5 Situación 4 13.45 12.1 6.5  13. 1998. q y q' a lo largo del proceso.74 7.
s-t © los autores. © Edicions UPC.2 Trayectoria de tensiones en plano s-t. 1998. . Tensión efectiva ## Figura 20.Tensiones y deformaciones. Figura 20.1 Trayectoria de tensiones en plano F F F F v - h.  v  h. 1998.
1998. © Edicions UPC. 1998. p-q ______________________________________________ © los autores.3 Trayectoria de tensiones en plano p-q.#$ Mecánica de Suelos. . Problemas resueltos Figura 20.
1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se obtienen las leyes de tensiones. . Obtener y dibujar las leyes de variación de FD F D . y en este case se toma en las gravas para z y en superficie del terreno para z' ( z = 12 - z'). la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. '. tendrá mayor facilidad para desaturar que si se tratara de una arcilla. El origen también es arbitrario. que reduce en 3 m su altura piezométrica original. bajo las sanciones establecidas en las leyes. 1998. 1998. presiones y niveles correspondientes al estado inicial antes de bombear.1) se lleva a cabo un bombeo de agua en la capa de grava. © Edicions UPC. supondrá que se ha llegado al régimen estacionario). (en esta última situación se . La coordenada vertical puede tomarse indistintamente en sentido hacia arriba ( hacia abajo ( z) o la z'). y puesto que se trata de un suelo granular (arena). y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. Por tanto. tanto antes como después del bombeo. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". En el terreno de la figura adjunta (Fig. u. 21. Flujo de agua en suelo saturado indeformable PROBLEMA 21. Quedan rigurosamente prohibidas. 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. se tomará como peso específico natural el valor de la densidad seca. y FL FL n con la profundidad. '.Flujo de agua en suelo saturado indeformable #% Capítulo 3. Figura 21. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. En este caso. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. que se obtiene como: © los autores.
635 z d Fh  Fh Aunque de hecho la definición de tensiones efectivas en la zona no saturada tiene poco sentido.27 × 2  1.8 z  0.125 (sat(w ! (d  (s  1.27 z  0. resultado que se obtiene al suponer que la presión intersiticial es cero.8 z  1.47 F  F u  1.7 t/m .94 F K0 Fv  0.4 z  0.14 Fh  Ko Fv  0.27 t/m3 1e Para este cálculo se ha tomado = 2. Para la arena en la zona no saturada las tensiones son: Fv  (arena z  1. anterior a la realización del bombeo. Esto se representa cualitativamente en la figura 21.86  z  2  z  0.14  2(z 4) 2z  1.#& Mecánica de Suelos.6(z 0.84  z  2  1. 1998. las leyes de tensiones se calculan a continuación.5×1.6 z  1.6 z  0. © los autores.4 z  1.14)  0. Problemas resueltos (sat  (s(we 1e ( s e  (s(sat  1. © Edicions UPC.06 d sat u  ( (z 2)  z  2 w Fv  Fv  u  0.6 z  0. En el estado inicial.84 Fh  Fh  u  0.27z d u  0 Fv  Fv Fh  K0 Fv  K0 (arena z  0. se han tomado como iguales a las totales. 1998. .8 (z 2)  1.86 sat sat u  ( (z 2)  z  2 w Fv  Fv  u  2 z  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) 6.16 nz u # 12 (w  10 m El bombeo en las gravas produce un rebajamiento de nivel en las mismas de 3 m. Para la zona de suelo arenoso bajo el nivel freático resulta: 0<z #2 Fv  (arena 2  (arena(z 2)  1.2.
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.Flujo de agua en suelo saturado indeformable #' Figura 21.0324 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. luego: expresa que el caudal dq z dz 0 q arena  qlimo qz Este caudal puede calcularse como: © los autores. 1998. Esta permeabilidad equivalente puede interpretarse como la que tendría un medio homogéneo equivalente. 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. La ecuación de continuidad en régimen estacionario es constante para cualquier z. 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 .3 )z 10 dz El signo negativo de este caudal indica que se trata de un flujo de agua descendente.3  3. © Edicions UPC.25 × 104 cm/s 4 m m q z  Keq 0. 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. 1998. .75 × 105 cm/s  0.
Problemas resueltos q arena  K1 dn  K1 n10 810 d z n = 9. La nueva ley de niveles piezométricos es.9975)(z 2)  0.9975 m. 10 m y esto pone de manifiensto el hecho que la permeabilidad en la arena el limo. 1998.825z  0.9975 w a mientras que para el limo: #4 n  a z b n 9.14 (0.0025 n  0.5037 w a Puesto que.00125 b  10.9975  a 4  b n  7  a 12  b  0.5037)(z 2)  0.3747 z  1.00125 z  0. las nuevas tensiones efectivas son: Fv  z  0.36 Fh  K0 Fv  0. donde n es el nivel piezométrico en el interfase arena-limo. es decir: 2<z #4 0<z <4 0 )F Mientras que en la zona donde la presión intersticial varía.002512z )  0.4963 n  0.00125 z 10. 4<z # 12 © los autores.0025 u (nz)(  (0.50 Y por tanto los cambios de tensión serán nulos donde no haya variación de presión. 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 .$Mecánica de Suelos.4963 u (nz)(  (0.5)  1. 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.375 z  1. presiones intersticiales y tensiones verticales y horizontales tanto antes como durante el bombeo.6253 z  0.3 se han representado las leyes de alturas piezométricas. © Edicions UPC.6253 z  0.00125 z  10.3747 z  11. 1998. Dichos cambios en la presión intersticial vienen dados por: ) u  (0.375 z  1.99875 z  1. que resulta tener un valor de Este valor es prácticamente es alta en comparación la . para la arena en la zona saturada: n 10  a 2  b n  9.9975  a 4  b  0.375 z  1. m) se hay pocas pérdidas la capa de de carga limo. solamente varían las presiones intersticales o niveles. en este caso.3747 z 11.4963  0.99875 z  1.816 En la figura 21.3747 b  11.0025  0 4 # z # 12 ) u  (0. . Por (3 tanto.496312z )  0.
Obtener (suponiendo condiciones estacionarias) el caudal vertical generado y la ley de niveles piezométricos con la profundidad. presiones intersticiales. 1998. © Edicions UPC. tensiones totales y efectivas ______________________________________ PROBLEMA 22. .1 Representación esquemática del terreno © los autores. En el terreno de la figura 22. Figura 22. 1998.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $Figura 21.1 se rebaja en 4 m el nivel piezométrico del estrato inferior de gravas.3 Leyes de alturas piezométricas.
ecuación de continuidad del agua juntamente con la ley de Darcy dan lugar, bajo la hipótesis de
régimen estacionario en un sistema multicapa y flujo perpendicular a las capas, a:
Keq dn  Keq )n )z dz 
3 3 
L1  L2  L3
En régimen estacionario, las leyes de niveles pezométricos (
) son lineales en cada estrato homogéneo.
eq 
6 2 10 
3 10 
1 10 
5.88 × 106 cm/s 
5.88 × 106 (64)6  3.92 × 106 cm/s 06  3.92 × 106 cm/s×
1m 100 cm × 86400 s 1 día
0.0034
m día 
2 m día
La condición de continuidad permite establecer que:
limo 
qarena  qarcilla  q
Figura 22.2 Leyes de presiones y niveles piezométricos
Si se utiliza la denominación de puntos A(
K 1 dn  K 1
K 2 dn  K 2
K 3 dn  K 3
De hecho, la última ecuación es innecesaria ya que
ley de niveles piezométricos y la ley de presiones intersticiales.
En el terreno de la figura 23.1 se va a realizar una excavación de grandes dimensiones, que se mantendrá seca mediante bombeo en superficie. Obtener la máxima profundidad x a la que se puede llegar manteniendo un coeficiente de seguridad al sifonamiento (FS= /u) de 1.5 (se considerará que, debido a la relativa impermeabilidad de la capa de limo arenoso con respecto a la permeabilidad de las gravas, la presión intersticial en las gravas inferiores no varía). Particularizar el problema para d1=10 m,
caudal que se recogerá. ¿Qué medidas se podrían adoptar para aumentar la máxima profundidad x obtenida, manteniendo el coeficiente de seguridad en 1.5?
Figura 23.1 Representación esquemática del medio
Se hace inicialmente la hipótesis de que serán:
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
Al realizar la excavación se produce una variación de las tensiones totales (peso del terreno excavado) y de las presiones intersticiales (bombeo de agua en el interior de la excavación). La ley de tensiones totales se transforma en:
0 (punto C, Fig. 23.2). En este último punto se supone, tal como se indica
en el enunciado, que la presión intersticial no varía. Esta hipótesis es razonable siempre que las gravas se puedan suponer conectadas con el nivel piezométrico regional. Entonces, su alta permeabilidad impide pérdidas de carga aunque se bombee en la excavación. Por otro lado, dado que los limos son mucho más impermeables que las arenas, se produce entre C y B (Fig. 23.2), la mayor parte de pérdida de carga.
Figura 23.2 Leyes de presión intersticial y tensión total antes y después de excavar
que la excavación avanza, la presión intersticial se va acercando a la tensión total bajo la
excavación. Pero, dada la forma de la ley de presiones que se va a tener en este caso (arena sobre limo y limo sobre grava), el punto C es el más desfavorable como puede verse en la figura 23.2. En otras palabras, a medida que la excavación avance, el primer punto en el que se alcanzará la situación crítica de sifonamiento (
' = 0) es el C debido a la relación entre permeabilidades. El factor de seguridad
al sifonamiento se obtendrá para este punto (C, Fig. 23.2) como:
FS 
(d 1 x ) 
(n1d2 (n2 (d1d2s) (w   (w FS od2 (n (n1
(n1d2 (n2 $ FS o (d1d2s) (s
2.64 m como máxima profundidad de excavación
Por otro lado, el caudal que hay que bombear en el interior de la excavación vendrá dado (en condiciones unidimensionales) por:
5 2. Obtener en ambos casos las leyes de niveles piezométricos del acuífero al bombear un caudal Q. de los que se pretende extraer agua bombeando desde un pozo circular.0029 cm/s Dicho caudal se puede expresar en otras unidades: q z  0.5 m m 3 2 día Por último. La figura 24. el caudal a bombear en las gravas puede ser muy elevado en función de la magnitud y permeabilidad del acuífero. En este caso. En ambas situaciones (acuífero libre y acuífero confinado) es preciso adoptar previamente ciertas hipótesis sin las cuales no es posible obtener una solución analítica. .64    0.0029 cm/s × 86400 s 1 día × 1m 100 cm  2.64 m resulta K eq  0.64 1 10.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. _____________________________________________ PROBLEMA 24. 1998.0139 2. respectivamente. © Edicions UPC. 1998. una vez establecido el régimen estacionario. En primer lugar se debe tratar de un © los autores.1 muestra los casos de un acuífero libre y de un acuífero confinado. 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.
que para r = r0 se cumple h = h0 (hipótesis de isla circular con pozo en el centro). Figura 24. a pesar de que el nivel freático no es horizontal. en el caso de acuífero libre. 24. se admite la hipótesis de Dupuit.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. Problemas resueltos acuífero homogéneo e isótropo. En segundo lugar la solución se debe obtener para un régimen estacionario a caudal constante. que establece que las líneas de nivel piezométrico constante pueden considerarse verticales. 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. © Edicions UPC. Relacionado con lo anterior. debe existir asimismo un contorno de nivel constante. es decir. Por último. 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.$$ Mecánica de Suelos. 1998.1 Bombeo en acuífero libre y acuífero confinado. a) acuífero libre (Fig. 1998.
3 Acuífero confinado con condición de contorno de nivel constante. 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. 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. 24.Flujo de agua en suelo saturado indeformable $% Por otro lado. . Puesto que para h = h o. 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. 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. © Edicions UPC.3) Figura 24. 1998. 1998. ( h = nivel piezométrico b = espesor del acuífero) Sea b el espesor del acuífero confinado y q(r) el caudal unitario que atraviesa una superficie perpendicular a la dirección radial.
el nivel piezométrico):
dh dr 
dh 
e integrando la ecuación diferencial anterior resulta:
ln r 
donde A es una constante de integración. Si a distancia
ho  ho
expresiones pueden escribirse en términos del descenso
variable que normalmente se mide en el campo. Para el caso de acuífero confinado sería simplemente:
ho  h   Q 2BbK
r r 
Para el caso de acuífero libre es preciso aproximar:
ho2  (hho)(hho) . s 2ho  Q BK
 2 h0)
válido siempre que
es decir, para descensos pequeños.
La figura 25.1 representa un talud en material impermeable, con dos fracturas rellenas, respectivamente, con materiales de permeabilidades K1 y K2. Por ambas fracturas, que se supone que están saturadas, circula agua procedente de la escorrentía superficial del talud. Suponiendo que se ha alcanzado el régimen estacionario, 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:
Figura 25.1 Representación esquemática del talud
La condición de pozo artesiano es que:
es decir que el nivel piezométrico en el punto B (Fig. 25.2) quede por encima de la superficie del terreno.
Figura 25.2 Esquema de las fracturas y ángulos considerados
geométricas impuestas. Como podrá verse ambos planteamientos conducen al mismo resultado.
El teorema de los senos permite relacionar distancias con ángulos opuestos en un triángulo. Aplicándolo al caso del triánculo
 sin C
A, B C 
 sin A 
 sin B
Los ángulos en
 C  A 
"  $1,
 B 
90  $1  $2  90  $2  $1 
90  "  ($290)  180  ("$2)
y el ángulo suplementario permite escribir:
sin(180 ( 
"$2))  sin("$2)
AB 
BC 
0  BC sin $1 
AB sin(180$2) 
y volviendo a aplicar el teorema de los senos, en este caso al triángulo
sin(90 
Por otro lado, los caudales que circulan en las fracturas deben cumplir la ecuación de continuidad, que en este caso implica simplemente que el caudal en de anchura de talud, se pueden calcular como:
q2d2  K2  q1d1  K1
Consecuentemente la condición de continuidad de caudales quedará como:
(z C 
De la ecuación anterior se puede obtener
zC 
y puesto que la condición de pozo artesiano es
8 m. B y C © los autores.3 Variaciones de nivel piezométrico entre A. 1998.5 m. 1998.76 Figura 25. . © Edicions UPC. $= 30 $ = 135 resulta: K K 2 1 > 0. Finalmente. d = 0. 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.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %resulta: z A  zC K K 1 d1 AB 2 d2 BC > zD 1  K K 1 d1 AB 2 d2 BC Esta ecuación permite obtener la condición entre permeabilidades: K K 2 1 >  z z A D z D z C d1 AB d 2 BC donde: z D  zC   zD  l "$2) sin($2$1) sin( sin( "$1)  sin $1 sin(90") sin( sin 2 l z A "$1) sin($2$1) sin( $  "$2) sin(90") sin( Haciendo el cociente y operando resulta:  zC  z  z A D z D "$2) cos $1  sin("$1) cos $2 AB y donde cos $ <0 con la geometría indicada.
1998. 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). © Edicions UPC. C En la figura 25. Obtener. las presiones intersticiales producidas en la pantalla. 1998. los caudales en cada tramo. Problemas resueltos Este problema tiene una solución más sencilla. En este caso. que coincide con la expresión obtenida anteriormente en la De hecho. iguales por continuidad. 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 ). Dibujar la red de flujo y estimar el caudal infiltrado correspondiente al caso de la figura 26. 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. ambas resoluciones son equivalentes. _____________________________________ PROBLEMA 26.1.% Resolución b) Mecánica de Suelos. asimismo.3 se representa la situación en la que se B = zD. © los autores. y la única diferencia entre ellas es la condición geométrica planteada inicialmente (teorema de los senos o triángulos rectángulos). .
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. . en el cual © los autores. el cambio de variable debe ser tal que: K K x y "2  1 " K K y x x t  K K y x x De esta manera la ecuación diferencial resultante corresponde a un medio equivalente isótropo. 1998. donde " es un coeficiente que no se conoce xt una nueva variable.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. 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. © Edicions UPC. Haciendo y xt = " x. 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.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %! Figura 26.
Problemas resueltos la red de flujo es ortogonal. en la red de flujo La se ha dibujado de con equidistancia equipotenciales y líneas corriente cada celda.5 m. 4.2.15. 7.30.3). 3.45 y 0. En este problema Ky = K v y Kx = K h = 4 K v. al haberse distorsionado (Fig.10. lo que corresponde a 11 curvas de igual nivel o equipotenciales. diferencia nivel piezométrico entre cada dos lineas equipotenciales es: )n  10 0. luego: x t  K v 4 Kv x  1 2 x que permite dibujar una red de flujo ortogonal en el plano (xt . 6. 8. 5. 9. debido a la anisotropía del medio. © Edicions UPC.y. . 2. debe calcularse una permeabilidad equivalente definida como: K eq  K x Ky que en este caso tiene un valor de: © los autores. entre Puede verse que además de de ortogonal. y por tanto.95 y las curvas de nivel dibujadas corresponden a los valores 10.y). en el que puede verse que la red de flujo no cumple las propiedades de ortogonalidad y equidistancia la red en el espacio transformado. que cumplía Para calcular el caudal que circula a través del terreno. 1998.40.y) puede trasladarse al plano original (x . Figura 26. 1998. 1.2 se ha representado esta red de flujo con 10 intervalos de salto de nivel piezométrico.%" Mecánica de Suelos. Una vez construida la red de flujo en el plano (xt . se puede utilizar el método gráfico. 26.5 10   0.05.25. En la figura 26.35.20.y). Red de flujo en el plano xt .
Para ello.4 Ley de niveles piezométricos sobre la pantalla © los autores. © Edicions UPC. Red de flujo en el plano x .6 × 106 m  0. . Por último. se calculará la ley de presiones sobre la pantalla.y. Figura 26.656 3 m día donde 4 es el número de tubos de flujo que se han obtenido en la red de flujo y entre dos líneas equipotenciales. 1998. el caudal total podrá obtenerse como: Q  ntubos Keq )n  3 ms 4 K eq )n  4 × 2 × 104 cm/s × 0.3.95 m m Q  7.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.4 muestra la ley de variación de n sobre las paredes de la pantalla. en primer lugar puede obtenerse el nivel piezométrico en cada punto mediante interpolación desde las equipotenciales contiguas. La figura 26. 1998. )n es la pérdida de nivel Figura 26.
que en este caso. (sat. son paralelas entre sí. En la figura 26. 1998. Aplicarlo al caso h=6 m.1.%$ Mecánica de Suelos. c) el caudal producido. En consecuencia. sobre roca impermeable.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 . 1998. o 3 d sat =2. Figura 26. de potencia h uniforme.5 Ley de presiones sobre la pantalla ______________________________________ PROBLEMA 27. Tanto la base impermeable del talud como la superficie freática son líneas de corriente que. © Edicions UPC. b) la ley de presiones intersticiales con la vertical. Un talud indefinido con inclinación $ está compuesto por un estrato limoso ((d. d) las leyes de presiones totales y efectivas en planos paralelos a la superficie. se mide desde la superficie del terreno y por tanto en la pantalla los valores son negativos. K). además. Obtener en estas condiciones: a) la red de flujo en el terreno. y la dirección de la tensión sobre planos verticales. El nivel freático está situado a una distancia s en vertical por debajo de la superficie del terreno. a) =15 . 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.8 t/m . La red de flujo se ha dibujado en la figura 27. © los autores. =1. s=1 m. y K=10 3 -3 cm/s. se produce flujo en concidiciones unidimensionales.
1 Red de flujo en talud indefinido Para evaluar el gradiente de nivel piezométrico freática. . La variación por unidad de longitud puede asociarse con el seno del ángulo que forma el talud. Por tanto. Ln  )n  sin $ )l Si se particulariza para los valores del problema resulta: Ln  sin 15o  0. © Edicions UPC.26 © los autores.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %% Figura 27. 1998. 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. Este valor es arbitrario al ser el talud indefinido.21  l × 0. 1998. ambas medidas en la dirección vertical.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. Entre dos puntos separados una distancia )l basta con considerar la inclinación se produce una variación de nivel )n de la superficie . 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.
864 m/día × 0.21l sin15oz) (w   (w (5. en la superficie y en el contacto con el borde impermeable.21z) × 0. Sin embargo. c) El caudal Q es igual al flujo ( q) multiplicado por el área. dicha tensión sobre planos verticales también es paralela a la inclinación del talud. Utilizando los datos del problema se obtiene el siguiente valor: Q  K )n b × 1  0. puede concluirse que en cualquier plano vertical las tensiones son iguales. 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.93 z Se puede comprobar que: u (z (z  0)  4. 1998.26 l en n n y en u y resulta en este caso: u (nz) (w  (5.26 z)  4.864 m/día planos paralelos a la superficie. es decir.2 se ha representado su dirección que. al tratarse de un talud indefinido. En la figura 27.13 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. debido a que debe equilibrar la componente del peso del terreno paralela al talud. Problemas resueltos donde se obtiene como: l Sustituyendo  (5. . En este último caso. Figura 27.21 cos 150)× 1 m  1.21(5. © Edicions UPC. no se pide el módulo puesto que no es posible deducirlo de la condición de equilibrio de tensiones. y la d) En el enunciado del problema piden tensiones sobre dirección de la tensión sobre planos verticales. 1998.85 t/m 2  5.%& l Mecánica de Suelos.21)  0 t/m 2 u que son los valores en los extremos.2 Orientación de la tensión en un plano vertical © los autores.26 × (5.850.21z) 0.26 ×0.
27.21z)) sin 15o cos 15o Fn  Fn  u presiones intersticiales.21z) cos 150 sin 15o En 0 #z < 5.21 (bajo NF). 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.3 Esquema de la sección para el cálculo de tensiones.3) de ancho espesor en la dirección vertical del talud. Para el cálculo de las tensiones sobre planos paralelos a la superfície. u  (w(4.Flujo de agua en suelo saturado indeformable %' Figura 27. 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 m (sobre NF).21z) cos2 15o J  (d(6. 1998.850. © Edicions UPC. 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. 1998.93z) En este último caso se calcula también la tensión efectiva a partir de la ley de tensiones totales y la de © los autores.21z)) cos2 15o J  ((d × 1  (sat(5.
Para ello se establece el factor de seguridad a la flotabilidad. En general. en el que intervienen unas acciones a favor y © los autores. 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.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. el dique no flote con un factor de seguridad F. la pérdida de carga se produce prácticamente en su totalidad entre B y C. . Kb) y la altura libre en el dique para b que. © Edicions UPC. 1998. representa un punto cualquiera en la superficie del terreno. c) ¿qué caudal deberá bombearse en el interior del dique suponiendo condiciones unidimensionales?. ( . ¿aumentará o disminuirá en este caso F?. 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. La figura 28. mientras que interior de dicho dique. pero debido a la baja permeabilidad del hormigón con respecto al terreno. y su valor depende de lo lejos o cerca que se encuentre el punto en cuestión del nivel freático. Obtener: a) la relación entre el espesor de la losa de base de hormigón ( orden de magnitud de valores de F se deberá utilizar?. ( =2. d) ¿qué medidas podrían adoptarse para aumentar la altura libre del dique sin disminuir el factor de seguridad? Aplicarlo al caso (I=J=1. 1998.&Mecánica de Suelos. ¿qué b) ¿cómo se modificaría el cálculo si se suponen condiciones bidimensionales?. suponiendo condiciones unidimensionales. Problemas resueltos El hecho de utilizar (@ en la zona por encima del nivel freático está justificado al tratarse de un estrato no arcilloso. el peso específico del terreno en esta zona varía entre el peso específico seco y el saturado. Entre A C representa un punto en el A y C existe una diferencia de potencial de valor H. ______________________________________ PROBLEMA 28.1 es una representación esquemática de un dique seco construido en un terreno saturado. Figura 28.4 t/m b 3 y Kb=10 -8 cm/s (hormigón).8 t/m 3 y K=10 -3 cm/s (terreno).
de lo contrario mucho y la losa necesaria para garantizar un determinado factor de seguridad sería de gran espesor. 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 verse. b) En condiciones bidimensionales.85 .1) en este caso. Como puede observarse esta condición es equivalente a la condición de sifonamiento. Si L/H aumenta. además. © Edicions UPC. 1998. 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. 1998. . en ellas puede existir un rozamiento hormigón-terreno también favorable.71  0.1 h /H h /H  0.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. Este hecho sólo sería significativo para relaciones L/H no muy grandes. expresada en m/día es: © los autores. El factor de seguridad podrá expresarse como: F  h (H h )  (w (b F u condición que. h/H aumenta Se observa que F puede ser poco mayor que 1 (1 < F < 1. 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. La estructura flotaría en la situación en la que las tensiones totales se igualasen con la presión intersticial. expresa el cociente entre la tensión total y la presión intersticial en la superficie inferior de la losa del dique. la colaboración de las pantallas laterales disminuye y se tiende a las condiciones unidimensionales.
Problemas resueltos K b  1 × 108 cm/s × 1m 100 cm × 86400 s 1 día  8.& Mecánica de Suelos.010 m 2 día d) Para aumentar H sin variar el factor de seguridad se pueden adoptar varias medidas. L/H. otra posible alternativa sería la de rebajar nivel freático mediante bombeo con objeto de rebajar la subpresión. 1998. Otra opción a considerar sería la posibilidad de instalar anclajes verticales hacia capas inferiores. si es posible. © Edicions UPC.2 × 105 q m m l 3 2 día  0. está bastante limitado si quiere evitarse una losa demasiado gruesa. ______________________________________ © los autores. Por último.64 × 106 m/día Para los factores de seguridad considerados resultan unos caudales de: F 1  1. como ya se ha dicho. . 1998. que aumentaría su contribución.012 l m 2 día F  0. En primer lugar aumentar h que. Otra opción es aumentar el espesor de las pantallas laterales que puede combinarse con disminuir.1 q  1.
048 cm /kp )F 10. *"  10 cm/s × (10.7 )F1  0.8) × 100 cm × 86. debe producirse un asiento final (*"): * 1año  Para que se produzca este asiento final se requiere un incremento de tensión efectiva de: © los autores.86×*" *" 11.2) T Para que el asiento a un año (* ) sea de 10 cm. Quedan rigurosamente prohibidas. Obtener para un terreno compuesto por un estrato arcilloso (( = 2 t/m .6 cm .0324 × 1 año × 365 día/año  0. = 0.048 cm /kp 1 m 1 día  0.8 2 2  cv t H 2  y el grado de consolidación correspondiente como: U 0. = 0. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. el tiempo adimensional correspondiente se calcula como: T 1 H eo av ) F 400 cm × 0. bajo las sanciones establecidas en las leyes. Estimar el parámetro de este terreno. 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. por tanto.8 y = 10 cm/seg) de 4 m de potencia (NF en superficie) sobre un macizo impermeable.75 × 10 m /s cv  K (1 )  e a 7 3 2 7 2 Con objeto de determinar el asiento a 1 año. 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. 10 cm0.74  0. Consolidación de suelos saturados PROBLEMA 29. 1998.0324 m/día  3. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". 1998. H=4 m. comprendidos la reprografía y el tratamiento informático. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos.74 (4 m)     1 B8 exp 2 B 1año 4 2 T 1 B8 exp 2 B 4 0. © Edicions UPC. la carga F extensa y uniformemente repartida que en el plazo de un año hace alcanzar a dicho estrato un asiento de 10 cm.048 cm /kp.86 2 ( >0.Consolidación de suelos saturados &! Capítulo 4.400 s  (w v 1000 kp/m × 0.
Sin embargo. 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. las presiones intersticiales se disipan y por tanto el cambio de tensión efectiva es igual al cambio de tensión total.20. es decir. Coeficiente secante. La obtención de ambas formas se presenta a continuación. En el caso de adoptar una forma incremental o secante resulta: 2 11. cabría la posibilidad de utilizar una forma tangente. .08  0. se ha adoptado la forma secante para relacionar y . 1998.&" Mecánica de Suelos.064 1. es decir: Coeficiente tangente.6  10.2 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. Problemas resueltos A largo plazo.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. es posible calcular el índice de compresión. © Edicions UPC. Con los resultados obtenidos.08 log 0. Nota: Tal como se ha dicho. 1998.2 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.08 kp/cm . )F' = )F = 1.048 × 1. 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. 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 0.7)F) F 1.
que está en proceso de consolidación a causa de una carga extensa F = 1 kp/cm . ) ue u0  De la gráfica de (Fig. el exceso de presión adimensional correspondiente al centro del estrato.18  0.25  0. 1998.8 y =1 un tiempo adimensional = 0. una presión intersticial de 1.2) se obtiene para =0. en el instante considerado y el valor adimensional.2.5 t/m  0. 30. 2 2 Figura 30.5m= 2. 1998. En un terreno arcilloso de 5 m de potencia sobre arena (NF en superficie). La presión hidrostática en el punto medio será: Por tanto. Obtener el asiento del terreno a largo plazo. .25 kp/cm 2 2  uu h  u0 1. el grado de consolidación será: W(Z. y por tanto. y la profundidad adimensional (al existir drenaje tanto por el extremo superior como por el inferior. el exceso de presión viene dado por: ue uh  (w ×2.80 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.05 kp/cm a 2.1 Representación esquemática del terreno e isocronas de presión intersticial inicial e intermedia Al disponer de la presión intersticial en un punto. que cumple < 0. =2.5 m H ( )  4B T  4 × 0. © Edicions UPC.80 kp/cm  0. Para ello se calcula el exceso de presión inicial.Consolidación de suelos saturados &# PROBLEMA 30. con un piezómetro.80 1 kp/cm 2 2 Z = z H  2.5 m de profundidad.18. es posible determinar el grado de consolidación en que se encuentra el estrato en el instante de la realización de la medida.5) son: W ZT ( .5 m  1 2.050.T) U Z T T U T 0. se mide en un momento dado un asiento en superficie de 4 cm y.479 B © los autores.
00 T=0.3 0. o sea.36 cm 0.6 T=0.20 T=1.7 0.60 T=0. _____________________________________ PROBLEMA 31.90 1.6 1. .8 T=0. Diagrama adimensional de isocronas de presión intersticial. 1998.4 T=0. para = ". t t 0 4 cm 0.50 T=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.10 cm/seg) de 4 m de potencia.9 1 W(Z. 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.10 0. © Edicions UPC.2 0. En un terreno con geometría unidimensional. otro estrato arenoso muy permeable y poco deformable de 3 m de potencia y un estrato arcilloso ( = 200 t/m .4 0.40 T=0.T) Figura 30.6 0.8 2 0 0. todos ellos sobre un macizo impermeable. compuesto sucesivamente por un estrato arenoso en superfície muy permeable y poco deformable.5 0.1 0.10 1.80 T=0. = 5. un estrato arcilloso ( = 100 t/m .2 T=0. de 2 m de potencia (NF en la cota -1 m).&$ Mecánica de Suelos.05 0.70 T=0.2 0.4 1.8 0.2.30 T=0.15 Z=z/H 1 T=1.479  8. 1998. = 10 cm/seg) de 5 m de potencia.
1998. b) la dirección de los caudales producidos. c) el asiento final y el producido al cabo de 1 año. Aa) La ley de presiones intersticiales a largo plazo (I-II-V-VI-IX en la figura 31. 31.1 Representación esquemática del terreno En primer lugar se resuelve el caso A.) para 0 < < 13 Y la ley de presiones intersticiales iniciales (I-II-III-IV-V-VI-VII-VIII-IX en Fig. d) el tiempo transcurrido para llegar a un grado de consolidación medio del 45%. © Edicions UPC. incluyendo cada uno de los apartados del problema.) para 12 < < 13 z u w z z u w z z © los autores.Consolidación de suelos saturados &% A) La capa de arena intermedia 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. Dicha ley es (coordenada desde la base impermeable): = ( (13 . por lo que las presiones intersticiales que en ella se producen vendrán determinadas por el comportamiento de los estratos arcillosos superior e inferior. así como el grado de consolidación medio a que corresponde éste último. 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.3) corresponde también con la ley hidroestática inicial.3) suponiendo que la disipación de presiones en las capas arenosas se produce de forma prácticamente instantánea: = ( (13. 1998. B) La capa de arena intermedia no está conectada hidráulicamente con la capa de arena superior. . t Figura 31. Obtener. e) las isocronas para =1 año (indicarlas gráficamente a estima).
001 cm /s) 100 cm 1 día 1 tm Por otro lado.) + 4. Problemas resueltos = ( (13.&& u u u w w w Mecánica de Suelos.0086 m /día (0. © Edicions UPC.20  0.08  0. El coeficiente de consolidación se puede calcular como: cv  K Para el estrato de arcilla superior (arcilla 1) se obtendrá: cv 1 (w a v (1 o)  e K Em (w  mientras que para el estrato de arcilla inferior (arcilla 2): cv 2 10 cm/s × 100 t/m × 1m × 86400 s  0. z z z z z z u 3 2 Figura 31. Ab) La dirección de los caudales producidos en las capas arcillosas durante el proceso de consolidación se representa en la figura 31. . se disipa rápidamente en las capas arenosas.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.2.) para 4 < < 7 = ( (13. 1998. como se ha dicho. Ac) Asiento final y a 1 año. Aunque no se representa en dicha figura.0 para 7 < < 12 = ( (13.2. en la capa arenosa intermedia también se producen caudales pero. 1998.28 m  28 cm 100 t/m 200 t/m  2 h 2 2 Em 2 2 © los autores. no es posible dibujar su dirección.) + 4. Dirección de los caudales producidos durante la consolidación. al desconocerse el detalle de la conexión hidráulica.0086 m /dia (0.001 cm /s) 100 cm 1 día 1 t/m 7 2 2 2 3 8 2 2 2 3 Los tiempos adimensionales y grados de consolidación para = 1 año se pueden obtener como: t 5 × 10 cm/s × 200 t/m × 1m × 86400 s  0. el asiento a largo plazo ()F' = )F = 4 t/m ) es: *"  E )F 5 m × 4 t/m  4 m × 4 t/m  0.
196 (2. T 1 0.2.0419 × 20 ×  0.03 12. la ecuación: T T U T 1 *" 1 U 2  *t 2 *" 2 U medio  *t *t 1 1 2 *"*" 2 *t  0.75×20 cm0.5 m)  0. al suponer que < 0.Consolidación de suelos saturados &' T 1 T 2 donde se han utilizado las correspondientes expresiones aproximadas del grado de consolidación en función del tiempo adimensional. Ae) Las isocronas estimadas para =1 año se han representado en la figura 31.2. habría que repetir el cálculo con la otra hipótesis de partida.6  12. 1998.6 cm U 2 U(T) : que operando lleva a: 4 × 0.6 B × 2.0086 m /día × 365 día  0. A continuación se resuelve el caso B.3.03  145 días t t t t T t © los autores.2 en ambos casos.0086 × × 8  12. A partir de los tiempos adimensionales calculados en el mismo se puede concluir que será menor que 0. Se plantea.50×8 cm  19 cm t  *t 1 Ad) Para que el grado de consolidación medio sea de 0. = 0. Si * y *2 son los asientos correspondientes a cada subestrato arcilloso. dichos grados de consolidación vienen dados por: U 1 0.08 (ambos menores o iguales que 0.0086 × × 20  4 × 0.0086 m /día × 365 día  0. se usa la correspondiente expresión de × 20 cm  × 8 cm  12.5 B×4 t t 2 2 y con este resultado se comprueba la hipótesis adoptada.2).50 U 2 año  Debido a que el terreno presenta más de una capa arcillosa.2. 2 = 0.45 debe producirse un asiento de: El tiempo para que se produzca este asiento será menor que 1 año porque 12. © Edicions UPC.45×28  12. por tanto. En el caso de que posteriormente se viese que no es menor que 0.502 (2.6 cm Y. Finalmente. En cuanto a 1 no se puede asegurar lo mismo aunque se supondrá inicialmente que también lo es.0262 × 8 ×  12.5 m)  2 2 2 2 U 1   0. . para =1 año el asiento viene dado por: *t 1 0. 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.6 es menor que los 19 cm obtenidos en el2 apartado anterior.75 0. 1998.
) + 4 t/m para 0 < < 12 Bb) La dirección de los caudales producidos durante el proceso de consolidación se representa en la figura 31.'Mecánica de Suelos. u w z z u w w z z u z 2 z Figura 31.3) se corresponden también con la situación hidroestática: = ( (13. Problemas resueltos Figura 31.) para 12 < < 13 = ( (13. 1998.3 Leyes de presiones e iscronas estimadas Ba) Las leyes de presiones a largo plazo (I-II-V-VI-IX en la figura 31. © Edicions UPC. 1998. .) para 0 < < 13 Y las presiones después de aplicar la carga (I-II-III-IV-VII-VIII-IX en la figura 31.4 Dirección de los caudales producidos durante la consolidación Bc) Los coeficientes de consolidación de los dos estratos ya han sido calculados en el apartado Ac): © los autores.4.3): = ( (13.
6 cm T  0.5 Isocrona intermedia estimada ____________________________________ © los autores. 1998. . Be) La figura 31.0086 m /día 2  *t 1 año 0. Según lo indicado se tendrá: T cv 1  cv  2 0.45 se puede calcular como: *t  U 0. 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.2 cm 2 2 U  4  0. De hecho. © Edicions UPC. se puede considerar como si sólo existiera un estrato de espesor 5 + 4 = 9 m que únicamente drena hacia arriba.17 × (9 m)  1601 días 0.5 muestra una isocrona intermedia dibujada a estima.45 2 t  TH Cv Como puede observarse.0086 m /día × 365 día  0. 1998.17  0. lo que fuerza a que todo el drenaje sea a través de la superficie del terreno.45 × 28  12. en este caso en que los coeficientes de consolidación son iguales.22 × 28 cm  6.22 B T Bd) El tiempo para llegar a un grado de consolidación de 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.04 (9 m)  0.0086 m /día U B  2 2 2 Figura 31. 4 0. Dado que la capa de arena intermedia es poco deformable y muy permeable no influirá prácticamente en el proceso de consolidación.
K -7 n 3 Figura 32. A los seis meses se comprueba.1 muestra una representación esquemática del terreno y las leyes de presiones que se desarrollarán tanto en el caso de la aplicación del terraplén como en el de la realización del bombeo. sin embargo. 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. . se va a bombear agua de éstas últimas. 1998. a los seis meses el terraplén ha producido el 40% del asiento final que produciría el bombeo. Se prevé que este bombeo va a producir un rebajamiento de la altura piezométrica en las gravas de 3 m. que se ha llegado tan sólo al 40 % de dicho asiento total. y comenzar con éste posteriormente. Problemas resueltos En un terreno con el nivel freático en superficie compuesto por un estrato arcilloso ( =10 cm/s) de 10 m de espesor sobre gravas.' PROBLEMA 32. © Edicions UPC. Mecánica de Suelos.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.40 ×*" ×*" terraplén 6 meses bombeo terraplén  0. dicho asiento puede escribirse alternativamente como: Igualando las dos expresiones anteriores resulta que el grado de consolidación será: Ut6 meses terraplén * * Ut 0. 1998. 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. según el enunciado del problema.1 Representación esquemática del terreno y leyes de presiones Debido a que.
0097 m /día × 100 cm × 1 día  112 t/m 1 m 86400 s 10 cm/s 3 7 2 2 y.071 × (5 m)  0. © Edicions UPC. es posible estimar el módulo de deformación edométrico si se conoce la permeabilidad: cv 0.5 días 2 2  K Em (w Em  (w c v K  1 t/m × 0.142 5 4  0. 0.2 t/m × 2 t/m  0. el asiento final será: *" terraplén  2×5m 11.2 t/m × 2 t/m  0. De las expresiones anteriores se deduce. por tanto. 1998. el  puesto que en este caso >0. el espesor de la capa será si se toma como la longitud asociada a cada punto de drenaje (Fig.2 al ser <0.076 m B  2 T terraplén 1 año b) Se pide el tiempo para que *tterraplén = *"bombeo. *terraplén = grado de consolidación será: t U U *"terraplén = *"bombeo.5.134  0.0097 × 365  0. por tanto.749 0. 32.3 × B  0.0097 m /día 182. un grado de consolidación de: H Ut6 meses terraplén 2H 0. En esta situación.134 m 2 2 a) Asiento al cabo de 1 año: T   cv t H 2 U 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.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.1). el tiempo adimensional correspondiente a este grado de consolidación se U © los autores.179 m 2 *" bombeo  2×5m 3 11.30 H E H Em Puesto que < 0.425 *t   0.40 2 3 m 2  2 2  0.5.179 . 1998.071 4 2 2  cv t H 2 cv  TH t 2  Una vez obtenido el coeficiente de consolidación.
425 x *" = 0.  Consecuentemente.08 m 2.193 m 0. más el asiento causado por el incremento de terraplén. © Edicions UPC. . 1998. o sea.076  0. = 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.0097 m /día 2 2 c) Del apartado a) se obtienen los siguienteterraplén = 365 días. luego el espesor del mismo puede calcularse como: t T U a a * × *"  2 ) F) F " 2 m )F  )F 3.16 t/m 2×5m 2 e © los autores.474 U  cv t H 2 t  TH cv 2  0. 6meses *t T increm. Por tanto el asiento total que producirá el incremento será: U *t increm.35 años 0. 6meses  0.53 t/m  × 2 t/m  1. la altura de terraplén requerida se obtiene como: *" increm.134 m.071 y = 0. *" increm.30 correspondiente a = 6 meses.058 m t Ya se había calculado = 0.30 *" increm. *"terraplén = 0. 6meses 0.474 × (5 m)  3.193m  2.30 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: 1.16 t/m ) F) F 2 a 2 × 2 t/m Em *" incremen H 2  112 t/m × 0.315 m.76 m terraplén H terraplén Em E H  0.'" Mecánica de Suelos. 1998. Esto indica que valores: se requiere un terraplén tal que 0. 0.425. es decir: *" bombeo  *t  terraplén 1año  *t increm.58  0.142 y =0.134  0. Problemas resueltos deberá obtener como: U    1 B8 exp 2 B 2 T y por último se calcula el tiempo necesario para llegar a dicho asiento: T B 4 ln 2 4 2 T B 8 (1 )  0.
por el momento. . a la vista del valor obtenido (del mismo orden que ).53 m e  3. La consolidación con drenes se supone.425  0.179 m. Esta condición se obtiene de igualar los tiempos adimensionales para consolidación vertical y radial.terraplén+drenes se obtuvo: = 0. el grado de consolidación vertical y el grado de consolidación conjunto.35  2 × 5 m e 2 e  5. resulta: Ur Urz U rz  Por tanto debe ser: Ur U rz 0. Con los drenes se desea que el Para 1 año asiento sea: *t = *" = 0. Sin embargo.563 1  0. © Edicions UPC. Ya que *"terraplén+drenes terraplén = *" = 0.749  0.46 m H Tal como se ha indicado.749 0.425 para =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. que se produce con una aportación despreciable de la vertical. para que = 1 año resulta: H tr 1 3.16 m 0. en los cálculos anteriores se ha supuesto que sólo existe drenaje radial.071. En el apartado b) se obtuvo que se requerían 3.134  0. 1998. la colaboración vertical puede ser también importante. 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.425  B 4 ln 2 B y la separación entre drenes resultará en este caso: re 2 8 (1 r)  0. la consideración de la colaboración vertical hace que se separen más los drenes.250 2 U r Es decir.Consolidación de suelos saturados '# tr t  2 e H 2 donde es la longitud asociada a los puntos de drenaje.76 m  ( /2)  e 2 c rT T  2 2 e r © los autores.134 m (asiento que produciría el bombeo). 1998.35 años para asentar *"bombeo con el terraplén inicial.0250 r  2 e  7.0097 m /día × 365 día  14. ______________________________________ 0. Por tanto. Si se suponen conjuntamente drenaje radial y vertical.
20 © los autores.03  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  0.2): T U 5 × 10 cm /s × 182. 1998.'$ PROBLEMA 33. © Edicions UPC. c) el plazo de tiempo en el que se alcanzará el 95 % de consolidación. 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.03 10. . Representación esquemática del terreno y leyes de presiones. Realizados los ensayos oportunos se obtiene que el coeficiente de consolidación de la arcilla es de 5.5 día × 1 m × 86400 s  0. Determinar: a) el asiento final. El módulo de deformación edométrico puede obtenerse como: Em  (w c v K  a) Para = 6 meses = 182.1. Mecánica de Suelos.5 días.000 cm 1 día (5 m) 4  4×0. y que su permeabilidad es de 10 cm/s.50 m 0. -4 2 -7 3 nat Figura 33.10 cm /s. 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. Comentar este resultado. 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. b) el rebajamiento del nivel piezométrico que se produce en la capa de gravas.
9 años Yt TH c 2  4 2 2  U Por lo tanto el terraplén debe ser tal que produzca un asiento de 0. en el periodo en el que se dispone: *t T terraplén 6meses 5 × 10 cm /s × 365 dia × 1 m × 86400 s  0.28 ( < 0.Consolidación de suelos saturados '% *t  "  uA 2 ( ) H Em Em umedio ) )u medio  )u A  )u B Siendo. es decir.28 × 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. respectivamente.50 m = 0. Puesto que el nivel piezométrico se define como: uA uB uB umedio 2 2 *t" H  50 t/m × 0.475 .335 m en los seis meses últimos del año.475 m.14 = 0.000 cm × 1 días  6534 dia 86400 s 5 × 10 cm /s 1 m v  6534 días  17.2 10.50 m   2. 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. 1998. ) y ) la variación de presión en cada extremo del estrato.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.95 x 0. expresado en presiones.20.2) *t  0.14 m B 4 2 2 2 2 T T bombeo 1año  U *" Para seis meses ya se obtuvo que = 0.50 m. .000 cm 1 dia (5 m)  4  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= 0.129 × (5 m) × 10. de: = 2 = . El signo negativo de este incremento de presión indica que se trata de un rebajamiento.95) B  1. © Edicions UPC.5 t/m . 1998. luego: U × terraplén © los autores. Sin embargo. el bombeo sólo podrá producir una parte de este asiento que se calcula como sigue: T 1.50 m  0.03 y = 0.0.06 < 0. Para obtener un asiento de 0.
05 )e  Si el índice de poros inicial fuese de = 0.475 m  0.375 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. Obtener: la curva -log F'. © Edicions UPC.0475 . en principio. Nótese que en el problema se ha trabajado con grados de consolidación bajos. 2 a  4.5 kg/cm . e e K Em cv 1 )e  g  v e0 0. diámetro de la muestra 70 mm. Es decir.175 m 0. y el asiento máximo que se requería al cabo de un año era de 0. Además.475 m.025.335  1. lo que representa una deformación vertical de: 0. e C c av cv K e. =0. 5% 10 m 0.2 1. 1998. pero el centro sí). =0.375 t/m a × 2 t/m .1) se muestran los resultados de un ensayo edométrico sobre una muestra inalterada de un suelo. Con estos cambios de . tanto como variarían y.71 ______________________________________ PROBLEMA 34. 1998. por lo que el bombeo seguiría produciendo asientos significativos (las zonas extremas no.09 ef  0.501.'& Mecánica de Suelos.675 m × 50 t/m  8. peso húmedo de la muestra 150. ya que una buena parte del estrato seguiría estando casi normalmente consolidado. En la tabla adjunta (ver también figura 34.8. por tanto. Por otro lado.675 0. Problemas resueltos *" terraplén  Por otro lado: *t" terraplén 0. peso seco de la muestra 127.675  2. 2 Cs e0 © los autores. con una carga elevada se obtendrían asientos importantes a corto plazo a pesar de que el grado de consolidación sería todavía bajo. así como tampoco sería aceptable que es constante.95.29 gr. .30 mm. la linealidad admitida en el cálculo de asientos sería inaceptable. en función de F'. sólo habrían consolidado de forma apreciable los extremos del estrato. el supuesto efecto de la precarga sería poco efectivo. en función de F' y en función de Datos del ensayo: altura final de la muestra 18. será de: *"  8. .2 m Sin embargo es poco realista. esto representa un cambio de índice de poros de: e0 mientras que a largo plazo los cambios de serán mucho mayores.85 gr. y presión vertical efectiva in situ 0.
1998. © Edicions UPC.3 2 9 20 1700 1778 2032 2286 2540 2794 3048 3302 (µm) 0.2 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: = 18.3 2 10 25 3430 3556 3840 4064 4318 4572 4826 5000 (µm) 0.14 h  Vw  VT  Vs Vs  Br 2 h Vs  Vs  Br 2 donde * 2 es el área transversal de la muestra.3 1.7  47.29/2.14 cm Vs e  Para calcular el índice de poros en cada instante en función de la altura de la muestra ( ) se hará: h e 23.5 kp/cm . = 150.3 0.56  0.6 kp/cm Tiempo (min) Lectura 10 36 280 1000 (min) 500 630 760 890 0. = 70 mm.8 kp/cm Tiempo (min) Lectura 25. 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. F'0 = 0. curvas ensayo. 1998.025 .Consolidación de suelos saturados '' 1.2 kp/cm Tiempo (min) Lectura 6.85 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. = 127.85127.95.50 47. .6 kp/cm Tiempo Lectura (µm) 3. = 0.7 2 27 889 895 940 1270 1397 1524 1640 (µm) 0.30 mm.29)/1  23.4kp/cm Tiempo (min) Lectura 12.29 gr. = 0.56 cm 3 3 Vs  W s (S  127.
90 0.957 2.59 2 lectura (µm) 4826 4572 4318 4064 3840 3556 lectura (µm) 1640 1524 1397 1270 940 F ' = 12.179 0.84 0.82 0.227 3.65 0. .215 0.88 0.878 5.3  )  1  12.69 0.975 1.74 0.7 × 10 B 2 h h 3 En las tablas siguientes se incluyen los resultados de índices de poros en función de la lectura obtenidos a partir de las resultados del ensayo: F lectura (µm) 6275 6096 5842 5588 5300 5060 lectura (µm) 3302 3048 2794 2540 2286 2032 1778 ' = 25.63 0.67 0.29/2.30 mm y = 35 mm resulta: e )h  h  h f  35 (18. Problemas resueltos siendo en este caso: hf r Introduciendo = 18.25 127.717 0.4 kp/cm )h (mm) F ' = 3. 1998.6 kp/cm )h (mm) 2 e 0 0.005 5.2 kp/cm )h (mm) e e 2.751 4.76 0. que corresponde al valor más bajo de .703 1.8 kp/cm )h (mm) 2 e 1. Los valores de tensión juntamente con los índices de poros al final del escalón.481 3. © Edicions UPC.433 0.635 4.989 4. permiten obtener la curva -log F' que se representa en la figura 34. 497 0.61 0.89 0.30  ) )  1  18.719 0.80 0.86 4.211 2.53 0.50 0.87 0.57 0.93 Estas tablas contienen las lecturas en cada escalón de carga y su transformación a índice de poros en la muestra.78 0.735 3.Mecánica de Suelos.435 2.973 3. El índice de compresión se puede estimar a partir de su definición: e e Cc © los autores.449 1.243 4. 1998.55 0.3.72 2 F ' = 6.51 0.335 0.
044 0.93 1. da lugar a . Según dicho método. .009 Como puede verse en la figura 34. el valor del índice de poros inicial ( ).019 av 0. cada calculado sólo es válido en el tramo de la curva para el que se ha obtenido.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%).4 muestra la variación del coeficiente de compresibilidad con la tensión efectiva. es un tiempo inicial pequeño y es tal que la deformación es doble. por tanto.6 log 2 12. y =4 .62  0.40 log 25. según el método de Casagrande (Fig.2).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%. se realiza mediante el método de Casagrande.6  log 12. 1998. 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 obtiene gráficamente a partir de . puede estimarse el valor inicial de la curva y.74 6. El punto medio entre y corresponde a un grado de consolidación del 50% y.Consolidación de suelos saturados ) e  C c ) (log F) para cuyo cálculo se toman valores en la zona más lineal.12  0.6 0. © Edicions UPC.4 solamente se han representado los valores de correspondientes a la zona de la rama noval.2 0. El coeficiente de compresibilidad se obtiene también de su definición: Cc av   )e)F av y al tratarse de un comportamiento real no lineal.61 12. Si se supone que al inicio  entoces dicho asiento doble se obtendrá con =4 .50 25. El valor en la zona de recarga es menor que el que se obtiene cuando el suelo ha alcanzado ya la presión de preconsolidación.8 av Este valor de corresponde a un suelo de elevada compresibilidad. Este último valor. El cálculo de .8 log 25. 34.4 0.87 3.6 0. 1998.025 0. Los valores obtenidos en cada escalón de carga se resumen en la siguiente tabla: F ' (kp/cm ) 2 e av (cm /kp) 2 0.50  0. La figura 34. coeficiente de consolidación. por tanto. Una vez situados estos tiempos.
Problemas resueltos Figura 34.1 Resultados del ensayo edométrico de consolidación Figura 34.Mecánica de Suelos. 1998.2 Determinación del tiempo correspondiente al 50% de consolidación (sólo se representa el último escalón de carga) © los autores. © Edicions UPC. . 1998.
196  1. Análogamente.16 × 0.8 × 10 4.87 3.009 9.196  9.001 kg/cm ) 3 F ' av Cv K 0. 1998. 1998.83  0. © Edicions UPC. puede estimarse la permeabilidad usando la definición de : cv  (1  o) e cv K En las figuras 34.3 × 10 cm /s v 1800 H  hf  )h  2 4 F 12.06  0. para los demás escalones se tiene: F 1.8 × 10 -4 -9 0.49 cm (lectura 1397 µm).2 0. .83  0. Por último.6 - 0.2 0.95 × 0.7 se muestra la variación de la permeabilidad con la tensión efectiva y con el índice de poros.025 2.6 y 34.49 2  2  1.2 kp/cm h 2 t50  20 min  1200 s 2 c Se ha tomado como ) medio en el escalón el valor de 0.16 cm 1.1 × 10 -4 -9 0.83  0.0 cm 2 F 25.74 6.019 1.2 × 10 cm /s v 1200 H  hf  )h 4 2 6.62 12.8 0.8 × 10 cm /s v 1800 30 min  1800 s 2 H  hf  )h  5 2 La figura 34.5 muestra la variación del coeficiente de consolidación con la tensión efectiva para los escalones en la rama noval. respectivamente.044 1.6 kp/cm 2 t50  c 1.2 kp/cm se tiene: F 3.2 × 10 2.Consolidación de suelos saturados ! 2 Para el escalón de carga de 3.21  1.95 cm 2 2 0.38  1.83  0.3 × 10 2.93 1.4 kp/cm 2 t50  30 min  1800 s 2 c 1.1 × 10 1.1 cm 2 2 1.5 × 10 -5 -10 kp/cm cm /kp cm /s cm/s 2 2 2 © los autores.6 0.1 × 10 cm /s v 1800 H 2 4 2 30 min  1800 s  hf  )h  1.9 × 10 -4 -9 0.0 × 0. En la tabla siguiente se resumen los valores obtenidos: e (w a v K  cv av 1 (w eo ((w  0.8 kp/cm 2 t50  c 2 1.196  1.1 × 0.50 25.196  2.
1998. Como se observa en la curva de carga (Fig. Estos parámetros van variando a lo largo del ensayo debido al comportamiento no lineal del suelo. .3) el comportamiento es bastante lineal en el plano -log F' pero tanto como están definidos a partir de un modelo de comportamiento lineal. 1998.3 Curva de carga en condiciones edométricas Figura 34. e av cv Figura 34. 34." av cv K Mecánica de Suelos.4 Variación del coeficiente de compresibilidad con la tensión efectiva (valores en rama noval) © los autores. Problemas resueltos Como puede verse los valores de . 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. © Edicions UPC.
5 Variación del coeficiente de consolidación con la tensión efectiva (valores en rama noval) Figura 34.7 Variación de la permeabilidad con el índice de poros (valores en rama noval) _____________________________________ © los autores.Consolidación de suelos saturados # Figura 34. 1998. 1998. . © Edicions UPC.6 Variación de la permeabilidad con la tensión efectiva (valores en rama noval) Figura 34.
4 7. Del círculo de Mohr. que se podrá obtener de la definición de tensión efectiva: La figura 35.17  F 3.7 0. © Edicions UPC. Estimar la presión axial que habría que aplicar para romper otra muestra de ese mismo suelo con una presión de cámara de 4.Resistencia de suelos saturados % Capítulo 5. la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento. 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. Resistencia de suelos saturados PROBLEMA 35.64 F 2. Pero lo que se aplica axialmente es la tensión total. así como la exportación e importación de ejemplares para su distribución y venta fuera del ámbito de la Unión Europea.4 kp/cm 2 2 2 2 y una presión intersticial de 1. se supondrá que no hay cohesión. y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamo públicos. Las tensiones efectivas en rotura de la muestra ensayada serán: F!  3.0 kp/cm . bajo las sanciones establecidas en las leyes. Si se aplica la misma condición de rotura:  1.4 kp/cm .7 kp/cm c' = 0.4  1  16.1 = 3.4 se obtiene la tensión efectiva F'F 15. . comprendidos la reprografía y el tratamiento informático.7  2  1. por tanto.7 F 3. y una tensión axial de 9. © los autores. Una muestra de arena densa llega a rotura en un ensayo triaxial con una presión de cámara de 3.7  F 3.7 kp/cm .1 muestra los círculos de Mohr en la situación de rotura para ambos ensayos.7 kp/cm . 1998. es decir. se Como se trata de una arena.7 kp/cm puede obtener la siguiente expresión: F 9. En el ensayo a que se supone constante a lo largo del proceso de carga. sin la autorización escrita de los titulares del "copyright". 2 Por tratarse de un suelo de tipo granular.7  1.4 7.4 kp/cm F F u  15.0 kp/cm .4 .7  2  7. Quedan rigurosamente prohibidas. se supondrá que el proceso de rotura se produce en condiciones drenadas y. una presión intersticial de 2. 1998. la presión intersticial se mantiente prácticamente constante en todo el proceso de carga.4 kp/cm N ´ el ángulo de rozamiento interno.
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. que en este caso se reducen al ángulo de rozamiento interno( c=0): sin N 0. 36. Obtener p en rotura. © los autores. Suponer =constante. 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. ________________________________________ PROBLEMA 36.1 Círculos de Mohr en rotura Aunque no se pide en el enunciado. se pueden obtener los parámetros que caracterizan la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb.& Mecánica de Suelos. Del círculo de Mohr del estado tensional que se añade (Fig. 1998. © 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). Un elemento de un suelo saturado que presenta un ángulo de rozamiento interno de 30 de 0.638 N 40Otra forma análoga de resolver este problema es usar la condición de rotura en direcciones principales ( c' = 0): F F! tg B  N 4 2 Sustituyendo en esta expresión puede comprobarse que se llega a la misma solución. Problemas resueltos Figura 35.1). A este estado se 2 = p en un plano que forma 45 o con la horizontal (sentido contrario a las = 0. 1998. .
1998. © Edicions UPC. .Resistencia de suelos saturados ' Figura 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. 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. De los estados tensionales en dos planos perpendiculares. 1998.
6 t/m  2 × 0.75 p  5. 1998.40 centro s Fh  Fv 2  11. 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. © los autores.85  4 × 0.75 Para interpretar gráficamente se necesitan las siguiente variables: R  5.85 p  33.2. Sustituyendo los valores de que es una ecuación de segundo grado en N ' y c' resulta:  0. © Edicions UPC.04 Ff  8. 1998.3 Los círculos de Mohr inicial y en rotura se representan en la figura 36.82 Jf  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. .18  11.75 × 33.18  0 p   5. elevando al cuadrado para eliminar la raíz cuadrada y operando.Sustituyendo resulta: Mecánica de Suelos.85 ± 5. juntamente con la envolvente de rotura de Mohr-Coulomb.
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. se obtiene: x=v. . © Edicions UPC. 1998. en este caso. el incremento de presión intersticial en condiciones no drenadas debe obtenerse. 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. 1998. 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.
35 ( 1 86 13p2p  1 3 86 ) 3 86 )   0. Si se supone que el suelo está completamente saturado puede tomarse relacionar mediante ( la de Skempton): B=1.33 1 3 p 2 Foct  (  1 p7 1 p)  4. 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 (0.35 ( 1 3 13p2p  1 Con las tensiones efectivas calculadas puede plantearse la condición de rotura.35 ( 1 3 p 13p2p  1 86 3 Fh  Fh  u  7   6  1  1 3  0. .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. 1998. Para ello. en primer lugar se obtiene el radio del círculo de Mohr: © los autores.5  1 )  0.33  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.Mecánica de Suelos. © Edicions UPC. 1998.35 3 donde el subíndice indica que se trata de dichas variables en la situación de rotura. La presión intersticial al final será: u  u )u  1  la presión 1 3 p  0.35 ( 1 3 86 86 13p2p  1 3 86 ) 3 86 )   0. Problemas resueltos ( Foct) 1 3 1 3 (6 (6 7)  4.
. 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.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. 1998.3): © los autores.045 donde.085 2 6.60 1 6.70 ( 1 3 86 13p2p  1 3 86 ) 2  R sin NPara llegar al estado de rotura. como puede verse. 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Esta expresión es implícita y no puede despejarse. por lo que para su resolución se propone la utilización del método de Newton. Con el valor de p la p se calculan las variables necesarias para representación del círculo de Mohr (Fig. © Edicions UPC.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. 36. 1998. es necesario tomar un valor de partida que en este caso ha sido el valor de correspondiente al apartado anterior.045 3 6.
5 kp/cm 2 y uE = 2 kp/cm . 2 pE = 3. 2 que se obtiene una cK = 1. © Edicions UPC.34 kp/cm 2 uE = 0." Mecánica de Suelos.29 2 2 R Jf  2.06 Fv  6 1 pu  5. 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.5 kp/cm ) en el 2 que se producirá en los siguientes ensayos: a) UU con 4.93 kp/cm 2 (u = 1. Problemas resueltos u  3. 1998.5 kp/cm ) en el que se obtiene una 2 en rotura).5 kp/cm 2 y uE = 1 kp/cm .26 centro s Fh  Fv 2  5. el cK medido permite obtener el incremento de tensión vertical aplicado. . Determinar los parámetros en rotura de este suelo y el estado final 2 uE = 0. 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! =0.65 Ff  4.79 Figura 36. 2 cK = 0. Un suelo saturado es sometido a un ensayo UU (pE = 2 kp/cm .73  3. y a un ensayo UU (pE = 3.3 Círculos de Mohr inicial y en rotura para el apartado _______________________________________ b) PROBLEMA 37.77 kp/cm . por tanto.5 kp/cm . Al y. 1998. Si se introducen los datos del ensayo resulta: © los autores.29 Fh  7 1 pu  6.
5  3.45 × 2 × cu  1.5  2.41 kp/cm Puesto que se dispone de las tensiones tensional final.09 kp/cm F (3.95  2. puede usarse cualquiera de las dos ecuaciones iniciales y resulta: © los autores. 1998.86)  1.34  0.5  0.5  1.66 kp/cm En el segundo ensayo.09  1. 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: 2.66 tg B  N 2c tg B  N4 2 4 2 (kp/cm ) Segundo ensayo: 4.45 y en rotura se obtienen las siguientes tensiones efectivas: F F u  (2  1.Resistencia de suelos saturados # )u  1.52  (1. 1998. la variación de presión intersticial no se indica y por tanto puede calcularse como: )u  Af )F 0.41 tg B  N 2c tg B  N4 2 4 2 (kp/cm ) Restando la segunda ecuación de la primera se obtiene: 4. © Edicions UPC.52  0.09  4.59  2.86 kp/cm f  0.34  0. .41  0.52 kp/cm F!  F!  u  2  1.86  0.66) tg B  N4 2 B  N 45o  N 61o 4 2 2 Para obtener N 31.95  1.84 kp/cm A )F 2cu  1.95 kp/cm F!  3. se pueden determinar c' y N principales en rotura para dos ensayos con diferente estado ' de este suelo.59 kp/cm En rotura se obtienen las siguientes tensiones efectivas: u  0.89o  32c'.34  2.54)  2.84 1.
34 kp/cm b) Ensayo u  2. 1998.5  0.5  Af )F 2.5 y uE = 2 kp/cm .45 )F) tg B  N 2c tg B  N4 2 2 2 2. También se representa la línea de rotura que. © los autores. 1998. Las tensiones efectivas en el estado de rotura se pueden obtener como: ) u  A f ) FF(3.5  0.5 kp/cm F!  2.5 Si se impone la condición de rotura: 2.5  )FF!  4. Las tensiones efectivas en rotura serán: )u  0 F (4.13 kp/cm F!  1. © Edicions UPC.50.16 kp/cm CD con pE = 4.5  )F)  2  2.5  0. Problemas resueltos c  2.45 )F) 3.97 kp/cm que permite obtener la presión intersticial y las tensiones efectivas en rotura: )u  1. une los puntos finales de los ensayos.0 kp/cm u F 8.25  0.$ Mecánica de Suelos.5  (1-Af) )F 2.25  0.5  0.5  0. es decir.55 )FF!  3.5  )F 2. .52  0.1 muestra las trayectorias de tensiones totales y efectivas en el plano de los ensayos planteados en este problema.5 kp/cm y uE = 1 kp/cm .5  2  2.55 )F(2.5 × 3.34 kp/cm F 4.36 )F 2.0 kp/cm p-p-q para cada uno La figura 37.66 tg 2 tg 45 45  32 2   0.36 )F 6.55 )F(2.5  (1  )u)  2. los estados de rotura.45 )FSi se impone la condición de rotura resulta: 2.5 kp/cm  2.10 kp/cm 32 2 a) Ensayo UU con pi = 3.5  )F)(1  )u) 2. como puede verse.
Operación 2: aumento de la presión axial hasta 4.Resistencia de suelos saturados % Figura 37.5 kp/cm . Se realizan en el ensayo las siguientes operaciones sucesivas: 2 Operación 1: disminución de la presión intersticial hasta 1 kp/cm .5 kp/cm 2 y una presión intersticial de 1. Operación 3: disminución de la presión de cámara hasta rotura. 2 2 Obtener la situación final de rotura en los siguientes casos: a) operaciones 2 y 3 drenadas. . © Edicions UPC. Una muestra de suelo con c'= 0. Después de estas dos operaciones las tensiones serán: © los autores. b) operación 2 drenada y operación 3 no drenada. está sometida inicialmente en un ensayo triaxial a un estado tensional isótropo definido por una presión de cámara de 3.1 t/m . c) operaciones 2 y 3 no drenadas. 1998.6.. 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. 2 N '= 28 0 y AB = 0.5 kp/cm .1 Trayectoria de tensiones en el plano p-p-q ______________________________________ PROBLEMA 38. 1998.
01 kp/cm F'F'! y de partida son los calculados después de la operación rotura puede calcularse )F'! 2.25 kp/cm F 3. En esta operación se A partir de esta situación se lleva a cabo la debe producir un )F! que lleve la muestra hasta rotura. F 3. © Edicions UPC. Esto se expresa en este caso como: F(F!  )F!) tg B  N  2 c tg B  N 4 2 4 2 N 28Los valores c  0.83 kp/cm operación 3 de forma también drenada. hasta que se cumpla la condición de rotura.25  1  2.5 kp/cm En la figura 38.1 se han representado las trayectorias de tensiones desde el estado incial hasta la rotura de la muestra.25 kp/cm  1 3 (  1 3 ( F2 F!)  3 kp/cm p F2 F!)  2 kp/cm F!  1.5  1  3.5 kp/cm q  F F!  F F!  1 kp/cm  1 3 (  1 3 ( F2 F!)  3.83 kp/cm p F2 F!)  2.5 kp/cm F!  3. es decir. es decir: )F!  F 2 c tg B  N 4 2 tg B N 4  F!   1.5  1  2.5  ( 1.& Mecánica de Suelos. .5 kp/cm q F!  2.25)  1.5  1  4. 1998.5 kp/cm F!  3. © los autores. 1998.25 kp/cm 2 Como puede verse. 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). A partir de la condición de . Problemas resueltos F 4.25 kp/cm p  F F!  2.5 kp/cm p F 4.
5 kp/cm q F!  3.83 kp/cm p  2. la condición de rotura en el plano p'.11 p a). se llega a b) Puesto que las operaciones 1 2 se realizan en las mismas condiciones que en el caso los mismos valores que en él: F 4.5 kp/cm p  1 kp/cm  3.83 kp/cm F 3. © Edicions UPC. 1998. lo que da lugar a: )u  )F! (1  Af) y por tanto: )F )u  )F! (1  Af) © los autores.02  1. 1998. la fórmula de Skempton permite calcular las variaciones de presión intersticial: )u  )F!  A ()F )F!) donde puede tomarse A=AB y )F=0. .Resistencia de suelos saturados ' Figura 38.1 Trayectorias de tensiones en el caso a) En esta figura.q es: q  3  sinNy 6 (c cos  p sin ) N N  0.5 kp/cm ( operación 3 no drenada se producirá una variación de la presión intersticial: )F )F )u  )u )F 0) )F!  )F!  )u  )F!  )u Por estar en condicciones triaxiales.5 kp/cm Al ser la F!  2.
se pueden actualizar los valores de las distintas variables tensionales usando los valores iniciales y los incrementos: F 4.5  0.77  0.6 )F!) 2.33 kp/cm F!  3.5 kp/cm u  1  0.Mecánica de Suelos. 1998.5  0. .82 kp/cm F 3.71 kp/cm p  2.68  1.5 0.5 kp/cm q  2. 1998.67 )u  0.6 )F!) tg B  N 2c tg B  N4 2 4 2 (3.00  1.39 kp/cm © los autores.17 kp/cm F!  2.03 )F!  1.4 )F!)  (2.68 kp/cm Con lo que se pueden calcular las variaciones de tensión efectiva: )F 0.5  0.67  4. © Edicions UPC.67  0. es decir: ( F)F)  (F!)F!) tg B  N  2c tg B  N 4 2 4 2 (3.0 kp/cm Figura 38.68 kp/cm p  2.5  1.6))  (2.5  1. Problemas resueltos )F!  )F!  )u  )F! )F! (1  Af)  Af )F! Se trata de hallar el incremento de tensión radial en rotura.67 kp/cm )F!  1.2 Trayectorias de tensiones en el caso b) Por último.5 )F!(10.
pueden calcularse las variaciones de tensión efectiva: )F 0. el cambio de presión intersticial y la presión intersticial son: )u  )F!  A()F )F!) 0.83 kp/cm p  2.46 kp/cm )F!   0. El estado tensional antes de operar es: F 3.6 )F!) 2.5 kp/cm p  1 kp/cm  3. 1998.6 u  1  0.Resistencia de suelos saturados En la figura 38.5 kp/cm Después de la F!  3.77  0.46 © los autores.5  1.6 kp/cm F 4. c) Las operaciones 2 y 3 se realizan de forma no drenada. .6  1. 1998.9 kp/cm La F!  3. © Edicions UPC.5  1.70 kp/cm y por último todas las demás variables tensionales: )u   0.03 )F!   1.5 kp/cm F!  2.5 kp/cm u  1 kp/cm operación 2.6  2.23 1.9 kp/cm pero partiendo de otras condiciones operación 3 se calcula de forma similar que en el apartado b) iniciales: )u  )F! (1  Af) )F )u  )F! (1  Af) )F!  )F!  )u  Af )F! Para llegar a la rotura basta imponer la condición de rotura a las tensiones efectivas a las que se ha llegado: ( F )F)  (F!  )F!) tg B  N  2c tg B  N 4 2 4 2 (2.9  )F!(1  0.9  0.6 × 1  0.5 kp/cm q F!  3.2 se han representado las trayectorias de tensiones desde el estado incial hasta la rotura de la muestra.6 kp/cm y las tensiones totales y efectivas después de dicha operación son: F 4.5 kp/cm F 2.16 kp/cm Una vez se ha obtenido la variación de tensión radial que se debe aplicar.6))  (1.
3 se representa la trayectoria de tensiones seguida hasta llegar a rotura. 1998.3.34 kp/cm p  2.70  1.92 kp/cm F 2.46  1. Figura 38. Trayectorias de tensiones en el caso c).46  3.9  0.36 kp/cm F!  1.9  0.5 kp/cm q u  1.14 p F!  3.5  1.06 kp/cm  1. © Edicions UPC.6  0.Mecánica de Suelos.16  2.2 kp/cm En la figura 38. Problemas resueltos F 4. 1998. . _______________________________________ © los autores.16 kp/cm  3.

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