Problemas geotecnia cimientos 2

Capítulo 4

RREESSIISSTTEENNCCIIAA AA EESSFFUUEERRZZOO CCOORRTTAANNTTEE

Problemas de Geotecnia y Cimientos

120

Capítulo 4 - Resistencia a esfuerzo cortante

121

PROBLEMA 4.1 Calcular los esfuerzos que actúan sobre el plano π, que forma un ángulo de 30º con respecto al plano sobre el que actúa la tensión principal mayor (figura 4.1).

400 kN / m

200 kN / m

2

2

α = 30º

2400 kN / m

200 kN / m2

π

Figura 4.1

SOLUCIÓN 1) Cálculo analítico En un estado de tensiones bidimensional, las tensiones que actúan en cualquier plano que pasa por un punto se pueden representar gráficamente con el círculo de Mohr. Si un plano π forma un ángulo a con el plano principal mayor, las tensiones normal (σ) y tangencial (τ) en dicho plano vienen dadas por:

σ = σ1 · cos2 a + σ3 · sen2 a

α⋅σ−σ

=τ 2sen2

31

siendo σ1 y σ3 las tensiones principales mayor y menor, respectivamente.


122

σ = 200

P

350 σ = 400

B

σ

86'6

τ (kN / m )2

(kN / m )2

3 1

p = 300

α = 30º

2α = 60º

π

π

C

Figura 4.2

Sustituyendo valores:

σ = 400 · cos2 30º + 200 · sen2 30º = 350 kN / m2

2m/kN60'86º60sen·

2200400 =−=τ

2) Cálculo gráfico (figura 4.2) En primer lugar, se representa el círculo de Mohr, cuyo diámetro es:

σ1 - σ3 = 200 kN / m2 y cuyo centro tiene por abcisa:

p = (σ1 + σ3) / 2 = 300 kN / m2


123

Seguidamente se debe buscar el polo P. Para ello, por el punto (400,0), que representa al plano principal mayor, se traza una paralela a éste (horizontal), cortando al círculo en el polo P. Trazando ahora por el polo P una paralela al plano π, ésta corta al círculo de Mohr en el punto B, cuyas coordenadas representan las tensiones en dicho plano, resultando ser:

σ = 350 kN / m2 τ = 86'6 kN / m2

Obsérvese que si el plano π forma un ángulo α = 30º con el plano principal mayor, el ángulo central en el círculo de Mohr es el doble, es decir, 60º.


124

PROBLEMA 4.2 Obtener la magnitud y dirección de los esfuerzos principales, para el estado de tensiones representado en la figura 4.3.

400

600

400

600

45º

200 200

200 200

( Tensiones en kN / m )2

Figura 4.3

SOLUCIÓN

1) Cálculo gráfico (figura 4.4) En primer lugar se debe dibujar el círculo de Mohr. Dado que el enunciado proporciona las tensiones en dos planos perpendiculares, se conocen los puntos S1 (400,200) y S2 (600, -200) del círculo. Si se unen dichos puntos con una recta, la intersección de esta recta con el eje de abcisas proporciona el centro del círculo de Mohr que corta al eje de abcisas en los puntos que representan las tensiones principales, resultando ser:

σ1 = 723'6 kN / m2 σ3 = 276'4 kN / m2


125

σ = 276'4

P

σ = 723'6

100 200 300 400 500 600 700 800 900

100

200

300

-100

-200

-300

Plano principalmenor

Plano principalmayor

(kN / m )τ 2

(kN / m )σ 2

3 1

S2

1σ

p

3σ

2 αβ

1S

Plano principalmayor

Plano principalmenor

Figura 4.4 Trazando ahora por S2 una paralela al plano cuyo estado tensional representa, se obtiene el polo P en la intersección con el círculo de Mohr (el mismo resultado se hubiese obtenido tomando el punto S1). Finalmente, uniendo el polo P con los puntos (σ1 , 0) y (σ3, 0), se obtienen las direcciones de los planos principales.

2) Cálculo analítico Se conocen las tensiones en dos planos perpendiculares entre sí. La abcisa del centro del círculo de Mohr es:

2m/kN500

2400600

p 312 σ+σ==+= (1)

y el radio es:

2r 31 σ−σ

= (2)


126

Puesto que los puntos S1 (400, 200) y S2 (600, -200) pertenecen al círculo, tomando por ejemplo el segundo de ellos, se debe verificar:

22222 r)200()500600()500( =−+−=τ+−σ Por lo tanto:

2m/kN61'223r = Resolviendo ahora las ecuaciones (1) y (2), se obtiene:

σ1 = 723'6 kN / m2 σ3 = 276'4 kN / m2

Resta finalmente orientar los planos principales. Sea a el ángulo que forma el plano representado por S1 con el plano principal mayor. En el plano de Mohr, el ángulo central formado por estos dos puntos es 2a, y se verifica que (figura 4.4):

2a + ß = 180º Como:

º43'6361'223

200sen =β→=β

entonces:

º29'58=α El plano principal menor es perpendicular al plano principal mayor.


127

PROBLEMA 4.3 En un punto de una arena se ha producido la rotura cuando en el plano de máxima tensión cortante actúan los siguientes esfuerzos: o Tensión normal total: 384 kN / m2 o Tensión cortante: 131 kN / m2 o Presión intersticial: 136 kN / m2 Determinar:

a) Tensiones efectivas principales. b) Ángulo de rozamiento de la arena. c) Tensiones efectivas en los planos de rotura. d) Ángulo que forman los planos de rotura.

SOLUCIÓN a) Tensiones principales El plano de máxima tensión cortante es el representado por el punto A (figura 4.5) y las tensiones que actúan según el enunciado son las siguientes: Totales:

2m/kN384=σ 2m/kN136u = 2m/kN131=τ

Por consiguiente, las efectivas serán:

2m/kN248136384u' =−=−σ=σ 2m/kN131=τ


128

(kN / m )2

τ

σ', σ

φ'

r

R

σ'

φ'

2 α

φ'

B C'

φ'

p' = 248 u = 136

p = 384

A'

3 1σ'

1

2R

O C

A

σσ3

r

(kN / m )2

1

φ'

131

Figura 4.5 Con estos datos, es evidente que la abcisa del centro del círculo de Mohr en efectivas p' es 248 kN/m2 y el radio r de los círculos es 131 kN/m2. Por lo tanto, se puede escribir que:

21 m/kN379131248r'p' =+=+=σ

23 m/kN117131248r'p' =−=−=σ

b) Ángulo de rozamiento de la arena Al tratarse de una arena, la cohesión efectiva c' es nula. Por otro lado, como en el enunciado se indica que se ha producido la rotura, el círculo de Mohr en efectivas debe ser tangente a la línea de resistencia intrínseca y esta condición se expresa en el triángulo OC'R1 (figura 4.5) como:

'sen·'pr φ=


129

Sustituyendo valores, se obtiene:

º89'31248131

senarc' =

=φ

c) Tensiones efectivas en los planos de rotura Los planos de rotura teóricos son dos: R1 y R2 (figura 4.5). El primero se tiene con una tensión de corte positiva y el segundo con el mismo valor de la tensión de corte pero negativa, y en ambos, la tensión normal efectiva es la misma. Se trata de calcular las coordenadas de los puntos R1 y R2. En el triángulo OC'R1 se tiene:

21 m/kN57'210º89'31cos·248'cos·'pOR ==φ=

Y ahora en el triángulo OBR1: 2

11R m/kN79'178'cos·OR' =φ=σ

211R m/kN24'111'sen·OR =φ=τ

Las coordenadas del otro plano de rotura (plano conjugado) serán: 2

2R m/kN79'178' =σ

22R m/kN24'111−=τ


130

d) Ángulo que forman los planos de rotura entre sí Como se desprende de la figura 4.5, el ángulo central entre R1 y R2 es:

º22'11689'31·2180'2º1802 =−=φ−=α Por lo tanto, el ángulo formado por los planos es la mitad, es decir: α = 58'11º


131

PROBLEMA 4.4 Sobre un suelo se han realizado ensayos triaxiales CU obteniéndose una cohesión efectiva c' = 47'6 kN/m2, un ángulo de rozamiento efectivo φ' = 30º, una cohesión aparente ccu = 30 kN/m2 y un ángulo de rozamiento aparente φcu = 30º. En uno de los ensayos, la muestra rompió cuando la tensión vertical era de 500 kN / m2. Se pide calcular en este ensayo la presión intersticial en el momento de la rotura y la presión de célula aplicada.

SOLUCIÓN Los parámetros de resistencia intrínsecos (efectivos) son válidos en cualquier situación, mientras que los parámetros aparentes (totales) solo pueden emplearse en las mismas circunstancias en las que se obtuvieron, en este caso, ensayo CU. Puesto que se trata de una situación de rotura, el círculo de Mohr en efectivas será tangente a la línea de resistencia intrínseca. Además, como el ensayo es CU, el círculo de Mohr en totales será tangente a la línea de resistencia aparente (figura 4.6). Estas condiciones de tangencia se expresan como:

º30sen·)º30cot·6'47'p('sen·)'cot·'c'p(r +=φφ+= (1)

º30sen·)º30cot·30p(sen·)cot·cp(r cucucu +=φφ+= (2) Por otra parte, los círculos están desplazados horizontalmente un valor igual a la presión intersticial en rotura, es decir:

u'pp += (3) Finalmente, como el ensayo se realizó con una presión vertical de 500 kN/m2, se puede escribir:

r500p −= (4)


132

(kN / m )τ

σ', σ 2(kN / m )

Ø = 30º

p'

c' = 47'6c = 30cu

Ø' = 30º

rr

σ' σ σ' σ = 500

u

p

O' O

cu

c' · ctg Ø'

c · ctg Øcu cu

1 13 3

2

Figura 4.6

Se dispone de un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas (r, p, p' y u) que resuelto proporciona los siguientes valores: p = 316'01 kN/m2 p' = 285'53 kN/m2 r = 183'99 kN/m2

2m/kN84'30u =

Resta calcular la presión de célula. Como:

2500

2m/kN01'316p 3312 σ+=σ+σ==

entonces, se obtiene que:

2

3 m/kN02'132=σ


133

PROBLEMA 4.5 En un ensayo triaxial se han obtenido los siguientes resultados en la fase de saturación:

Presión de

célula

Presión de

cola

Presión

intersticial (kN / m2)

(kN / m2)

(kN / m2)

0 50 50

100 100 200 200 300 300 500

0

40

90

200

300

-10 8

30 65 90

185 197 296 300 500

Determinar el valor del parámetro B de presión intersticial en cada etapa.

SOLUCIÓN En el ensayo triaxial (figura 4.7), cuando se produce una variación hidrostática de la presión de célula (∆σ3), inmediatamente se origina una variación de presión intersticial en la muestra (∆u). En estas condiciones, el parámetro de presión intersticial B se define como:

3

uB

σ∆∆=

y su valor depende del grado de saturación de la muestra. Para un grado de saturación del 100% el parámetro B es igual a la unidad. La aplicación de una presión de cola a la muestra tiene por objeto asegurar su saturación y aplicar en la misma una presión intersticial.


134

σ3

u

ucσ3

uuu

Figura 4.7

El procedimiento consiste en aplicar una presión de célula y registrar la presión intersticial en la muestra. Seguidamente, se aplica la presión de cola hasta igualar la presión de célula (puede ser 10 kN / m2 inferior para asegurar presiones efectivas positivas en la muestra) y se comprueba que la presión intersticial en la muestra iguala a la presión de cola o está muy próxima. El proceso se repite incrementando la presión de célula, registrar nuevamente la presión intersticial en la muestra y calcular el valor del parámetro B con la expresión anterior. Si no es la unidad, se aplica otra vez presión de cola y se repite el proceso. Los cálculos y resultados pueden ordenarse en la siguiente tabla:

Presión de

célula

Presión de

cola

Presión

intersticial

∆u

∆σ3

B = ∆u /∆σ3

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

0 0 -10 50 8 18 50 0.36 50 40 30

100 65 35 50 0.70 100 90 90 200 185 95 100 0.95 200 200 197 300 296 99 100 0.99 300 300 300 500 500 200 200 1.00


135

PROBLEMA 4.6 En una arcilla normalmente consolidada se realiza un ensayo triaxial CU con una presión de cola de 100 kN / m2 y consolidando con una presión de célula de 300 kN / m2, alcanzándose la rotura con un desviador de 200 kN / m2 e igual a la presión intersticial en rotura. Se pide calcular: a) Ángulo de rozamiento efectivo y parámetros de presión intersticial de la arcilla. b) Desviador que se hubiese obtenido si la rotura se hubiese realizado con

drenaje. c) Presión intersticial en rotura si tras la consolidación a 300 kN / m2 se cierra el

drenaje, se incrementa la presión de célula a 500 kN / m2 y se procede a romper la muestra manteniendo el drenaje cerrado.

SOLUCIÓN a) Ángulo de rozamiento efectivo y parámetros de presión intersticial

En el ensayo CU pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.8:

- ESTADO 1: Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN / m2 y de una presión de célula σ3 = 300 kN / m2, permitiendo la consolidación, es decir, cuando finalice ésta, la presión intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2: Estado de rotura. Finalizada la consolidación, se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presión vertical σ1

hasta alcanzar la rotura. Como en la muestra se incrementa la presión total vertical aplicada, se producirá en cada incremento una variación de presión intersticial, cuya estimación puede realizarse con la fórmula de Skempton y que no puede disiparse ya que el drenaje está cerrado. En el momento de rotura, la presión intersticial tendrá un valor ur = 200 kN / m2.


136

ESTADO 2

100 kN / m

ESTADO 1

2

300 kN / m

2300 kN / m

2

σ1

300 kN / m2

u = 100 kN / m2c

200 kN / m2

Figura 4.8

Según el enunciado, el desviador en rotura vale:

σ1 - σ3 = 200 kN / m2. Como σ3 = 300 kN / m2, entonces:

σ1 = 500 kN / m2

p = (σ1 + σ3) / 2 = 400 kN / m2 Como la presión intersticial en rotura fue de 200 kN / m2, resulta que:

p' = p - ur = 400 - 200 = 200 kN / m2 Siendo la arcilla normalmente consolidada, la cohesión efectiva es nula, y en el estado de rotura, el círculo de Mohr en efectivas es tangente a la línea de resistencia intrínseca. Esta condición se expresa, si la cohesión efectiva es nula, como:

sen φ' = r / p' = ((σ1 - σ3) / 2 ) / p'=100 / 200 = 0'5


137

En consecuencia, el ángulo de rozamiento efectivo de la arcilla es 30º. Calculemos ahora los parámetros de presión intersticial. Como se aplica una presión de cola, la muestra está saturada y por consiguiente B = 1. Para el cálculo del parámetro A de presión intersticial, debe utilizarse la fórmula de Skempton:

∆u = B [ ∆σ3 + A(∆σ1 - ∆σ3) ] fórmula que proporciona la variación de presión intersticial al pasar de un estado a otro. Del estado 1 al estado 2, las variaciones de presiones totales son:

∆σ3 = 0 ∆σ1 = 500 - 300 = 200 kN / m2

Sustituyendo:

∆u = 200 A = ur - uc = 200 - 100 = 100 kN / m2

de donde se obtiene:

A = 0'5 φ' = 30º A = 0'5


138

ESTADO 2ESTADO 1

100 kN / m

300 kN / m

2300 kN / m

2

2 2300 kN / m

σ1

100 kN / m 2

u = 100 kN / mc2 u = 100 kN / mc

2

Figura 4.9 b) Desviador en rotura en el ensayo CD

En el ensayo CD, pueden considerarse los estados reflejados en la figura 4.9:

- ESTADO 1: Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN/m2 y de una presión de célula σ3 = 300 kN / m2, permitiendo la consolidación, es decir, cuando finalice la consolidación, la presión intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2: Estado de rotura. Finalizada la consolidación, se mantiene el drenaje abierto y se procede a incrementar la presión vertical σ1 permitiendo la disipación de las variaciones de presión intersticial que se puedan producir en la muestra. En rotura, teóricamente, la presión intersticial es la misma que la del estado anterior, es decir, igual a la presión de cola.


139

La condición de tangencia del círculo de Mohr en efectivas a la línea de resistencia intrínseca se expresa ahora como:

p' sen 30º = 0'5 p' = r o también:

0'5 (p-uc) = 0'5 (p- 100) = 0'5 [ (s 1 + s 3 ) / 2 – 100 ] = r = (s1 - s 3 ) / 2 de donde se deduce que:

s 1 = 700 kN / m2 y la presión efectiva será:

s '1 = s 1 - uc = 600 kN / m2 El desviador en rotura es:

s 1 - s 3 = 400 kN / m2

c) Presión intersticial en el ensayo sin drenaje

En el ensayo del enunciado pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.10):

- ESTADO 1: Aplicación de la presión de cola uc = 100 kN / m2 y de una presión de célula σ3 = 300 kN / m2, permitiendo la consolidación, es decir, cuando finalice la consolidación, la presión intersticial en la muestra será igual a la presión de cola.

- ESTADO 2: Se cierra el drenaje y se procede a incrementar la presión

de célula a σ3 = 500 kN / m2. La presión intersticial en la muestra variará, alcanzando un valor u2.


140

ESTADO 2ESTADO 1

100 kN / m

300 kN / m

2

2

2300 kN / m

2500 kN / m

2u

500 kN / m2

r

ESTADO 3

u

500 kN / m 2

1σ

u = 100 kN / mc2

Figura 4.10 Como al pasar del estado 1 al estado 2 las variaciones de presiones totales producidas son: ∆σ3 = 500 – 300 = 200 kN/m2 ∆σ1 = 500 – 300 = 200 kN/m2

la fórmula de Skempton proporciona la siguiente variación de presión intersticial: ∆u = B [ ∆σ3 + A(∆σ1 - ∆σ3) ] = 200 kN/m2

y por lo tanto u2 = uc + 200 = 300 kN/m2 Como se puede deducir fácilmente, las tensiones efectivas son iguales a las del estado 1.

- ESTADO 3: Estado de rotura. Manteniendo el drenaje cerrado, se procede a incrementar la presión vertical σ1 hasta la rotura en donde la presión intersticial habrá alcanzado un valor ur.


141

La condición de tangencia del círculo de Mohr en efectivas a la línea de resistencia intrínseca se sigue expresando como:

p' · sen 30º = 0'5 · p' = r o también:

0'5 · (p - ur) = 0'5 · [ (s 1 + s 3 ) / 2 - ur ] = r = (s 1 - s 3 ) / 2

de donde se deduce que:

s 1 - 3s 3 = -2 · ur (1) La variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 2 al estado 3 de rotura puede estimarse con la fórmula de Skempton. Como

∆σ1 = σ1 – 500 kN/m2

∆σ3 = 0 entonces: ∆u = B · [ ∆σ3 + A · (∆σ1 - ∆σ3) ] = 1 · [ 0 + 0'5 (σ1 - σ3 - 0) ] = 0'5 · (σ1 - σ3) y por lo tanto:

ur = u2 + ∆u = 300 + 0'5 · (σ1 - 500) (2) Como se observa se ha admitido que A = 0'5 valor obtenido en el ensayo CU. El coeficiente A de presión intersticial no es un parámetro intrínseco y puede cuestionarse esta hipótesis. Sin embargo, puede observarse que entre el ensayo CU y éste sin drenaje, la única diferencia es el estado 2 de este último en el que no se produce ninguna variación de presiones efectivas en la muestra. En consecuencia, puede admitirse dicho valor del parámetro A. Las ecuaciones (1) y (2) permiten obtener los siguientes valores:

σ1 = 700 kN/m2 ur = 400 kN/m2


142

PROBLEMA 4.7 Un laboratorio ha proporcionado los siguientes resultados de un ensayo triaxial CU realizado sobre una arcilla aplicando una contrapresión (presión de cola) de 600 kN / m2:

Presión lateral Presión vertical en rotura

Presión intersticial en rotura

(kN/m2)

(kN/m2)

(kN/m2)

650 700 850

810 973 1896

569 547 652

Se pide: a) Valores de los parámetros de resistencia intrínsecos b) Si otra muestra de arcilla se somete a otro ensayo triaxial CU aplicando una

presión lateral de 900 kN/m2 y la misma contrapresión anterior, pero permitiendo solamente una consolidación del 50 %, ¿qué resistencia sin drenaje se obtendría?

SOLUCIÓN a) Parámetros intrínsecos Los resultados proporcionados por el laboratorio permiten obtener en rotura las presiones efectivas mayor (s '1) y menor (s '3), la tensión efectiva media (p'), el radio de los círculos de Mohr (r), el incremento de presión intersticial (?u) y el parámetro A de presión intersticial.


143

c' / tg Ø'

3σ'

c'

p'

τ

1C' σ'

r

φ'

σ'

B

O

Figura 4.11

En la tabla 4.1 se han recogido los resultados obtenidos. El parámetro A de presión intersticial se obtiene de la fórmula de Skempton, teniendo en cuenta que ∆σ3 = 0 y B = 1. Como puede observarse, el valor de A es muy similar en los ensayos 1 y 2. Muy diferente a estos es el deducido en el ensayo 3. Como en los tres ensayos se ha producido la rotura, teóricamente, los tres círculos de Mohr en efectivas deben ser tangentes a la línea de resistencia intrínseca. Para un círculo, la condición de tangencia es (figura 4.11):

r'sen·'p'tg

'c =φ

+

φ

y despejando la cohesión efectiva:

'tg·'p'cos

r'c φ−

φ=


144

Tabla 4.1

Ensayo σ3 σ1 ur σ'3 σ'1 p' r ∆u A

(σ3-ur) (σ1-ur) )2

''( 31 σ+σ )

2

''( 31 σ−σ (ur - 600) )

''u

(31 σ−σ

∆

1 2 3

650 700 850

810 973

1896

569 547 652

81 153 198

241 426

1244

161 289'5 721

80 136'5 523

-31 -53 52

-0'1938 -0'1941 0'0497

Si se tienen dos círculos de radios r1 y r2, y presiones efectivas medias p'1 y p'2, respectivamente, con los que se desea obtener la tangente común, se deberá verificar:

'tg·'p'cos

r'tg·'p

'cosr

22

11 φ−

φ=φ−

φ

y operando:

21

21

'p'prr

'sen−−=φ

Los resultados que se obtienen utilizando las fórmulas anteriores vienen indicados en la tabla 4.2.

Tabla 4.2

Ensayos φ' c'

(KN/m2)

1 y 2 2 y 3 1 y 3

26'08º 63'60º 52'29º

10'27 -276'20 -77'44

Se deduce que el ensayo 3 es erróneo y debe desecharse. En consecuencia, los parámetros intrínsecos a adoptar son: φ' = 26'08º c' = 10'27 kN/m2


145

ESTADO 2(t = 0)

ESTADO 1(consolidación)

600

kN / m

600 kN / m2

2

u = 600 kN / m2c

600 kN / m

2

600 kN / m2

cu

ESTADO 4(rotura)

ESTADO 3(cierre drenaje)

290

0 kN

/ m

2900 kN / m

2900 kN

/ m

900 kN / m2

ru

290

0 kN

/ m

900 kN / m2

2900 kN

/ m

2900 kN / m

u = 600 kN / mc2

900 kN / m

2900

kN / m

2

rσ

σ r

u1

2750 kN / m

900 kN / m2

Figura 4.12 b) Resistencia a corte sin drenaje Los estados a considerar son los reflejados en la figura 4.12:

- ESTADO 1: Consolidación, aplicando una presión de cola de 600 kN/m2 y una presión de célula del mismo valor.

- ESTADO 2: Se incrementa la presión de célula a 900 kN / m2.

Inmediatamente (t = 0) se producirá un incremento de presión intersticial. Aplicando la fórmula de Skempton, este incremento es igual a 300 kN / m2, y por lo tanto, la presión intersticial en este estado será u1 = 900 kN / m2.


146

- ESTADO 3: Aplicada la presión lateral de 900 kN / m2, se deja consolidar el 50 %. Si la consolidación fuese del 100 %, la presión intersticial tendría que haber disminuido desde 900 kN / m2 a 600 kN / m2 (presión de cola). Como solamente es el 50 %, ello quiere decir que el drenaje se cierra cuando la presión intersticial es igual a 750 kN / m2.

- ESTADO 4: Con el drenaje cerrado, se incrementa la presión vertical

hasta la rotura, que se produce con un valor σr. En ese momento la presión intersticial valdrá ur.

Aplicando la fórmula de Skempton, se producirá el siguiente incremento de presión intersticial:

∆u = B ( ∆σ3 + A ( ∆σ1 - ∆σ3 ) ) = 1 ( 0 + A ( ∆σ1 - 0 ) ) = A ( σr - 900 ) Tomando A = - 0'194, la presión intersticial en rotura será:

ur = 750 – 0'194 ( σr - 900 ) Como se está en rotura, la condición de tangencia se expresa:

2

900º08'26sen·)900(·194'0750

2

900

º08'26tg27'10

r'sen·up'tg

'c

rr

r

r

−σ=

−σ+−

+σ+

=φ

−+

φ

Operando, se obtiene:

σr = 1285'67 kN / m2 La resistencia a corte sin drenaje (cu) es el radio del círculo de Mohr en rotura, es decir:

2u m/kN83'192

290067'1285

c =−=


147

PROBLEMA 4.8 Una muestra de arcilla se consolida en el triaxial con una presión de célula de 200 kN / m2 y una contrapresión de 100 kN / m2. A continuación se incrementa la presión de célula a 300 kN / m2 y la presión vertical a 400 kN / m2, permitiéndose el drenaje de la muestra hasta que se alcanza una presión intersticial de 150 kN / m2, momento en el que se cierra la llave de drenaje y se procede a incrementar la presión lateral a 500 kN / m2 y seguidamente la presión vertical hasta la rotura. Sabiendo que la arcilla tiene un ángulo de rozamiento efectivo de 25º, una cohesión efectiva de 10 kN / m2 y que A = 0'2, se pide calcular la presión intersticial y la presión vertical en rotura.

SOLUCIÓN

Es similar al problema 4.7. En la figura 4.13 se tienen los estados a considerar. En el estado 1, la presión intersticial u1 que se tiene para t = 0 se calcula del siguiente modo con la fórmula de Skempton:

∆σ1 = 400 - 200 = 200 kN / m2

∆σ3 = 300 - 200 = 100 kN / m2

∆u = 1 · [ 100 + 0'2 ( 200 – 100 ) ] = 120 kN / m2

u1 = uc + ∆u = 100 + 120 = 220 kN / m2

Análogamente, en el estado 2 de rotura, la presión intersticial se calcula del siguiente modo:

∆σ1 = σr – 400 ∆σ3 = 500 – 300 = 200 kN / m2

∆u = 1 · [ 200 + 0'2 (σr – 400 – 200 ) ] ur = 150 + ∆u = 230 + 0'2 σr


148

ESTADO 1( t = 0 )

ESTADO 0(consolidación)

200

kN / m

200 kN / m2

2

u = 100 kN / m2c

200 kN / m

2

200 kN / m2

cu

ESTADO 2(rotura)

ESTADO 1( cierre llave )

2u ru

230

0 kN

/ m

400 kN / m2

2300 kN

/ m

2400 kN / m

u = 100 kN / mc2

500 kN / m

2500

kN / m

2

rσ

σ r

1u

300

kN / m

2

400 kN / m2300 kN

/ m2

400 kN / m2

2150 kN / m

Figura 4.13

Estableciendo la condición de tangencia:

2

500º25sen·2'0230

2

500

º25tg10

r'sen·up'tg

'c

rr

r

r

−σ=

σ−−

+σ+

=φ

−+

φ

y operando convenientemente, se obtiene:

σr = 716'78 kN / m2; ur = 373'36 kN / m2


149

PROBLEMA 4.9 Una muestra inalterada de una arcilla ha proporcionado en laboratorio una humedad del 25%, un peso específico relativo de las partículas de 2'75, un peso específico seco de 15'6 kN / m3 y una resistencia a compresión simple de 96 kN / m2. Se sabe además que el ángulo de rozamiento efectivo de esa arcilla es de 25º. Otra muestra inalterada de dicha arcilla se introduce en el triaxial teniendo una succión de - 40 kN / m2 y midiéndose una presión intersticial de 96 kN / m2 inmediatamente después de aplicar una presión de célula de 200 kN / m2 y una presión vertical de 400 kN / m2. Se pide: a) Parámetros de presión intersticial. b) Cohesión efectiva de la arcilla.

SOLUCIÓN a) Parámetros de presión intersticial El ensayo de compresión simple, y después el triaxial, se realizan sobre muestras inalteradas de una arcilla las cuales, en principio, podrían no estar saturadas ya que no se aplica presión de cola. Puesto que la relación que existe entre la humedad, peso específico relativo de las partículas, grado de saturación y peso específico seco es:

r

s

sd

S

G·1

·G

ω+

γ=γ ω

sustituyendo los datos proporcionados en el enunciado y despejando, se obtiene un grado de saturación del 90%. El parámetro B de presión intersticial está relacionado con el grado de saturación (figura 4.14). Para un grado de saturación del 90% se tiene B = 0'8.


150

0 0'2 0'4 0'6 0'8 1

0'2

0'4

0'6

0'8

1

0

Grado de saturación

Par

ámet

ro B

Figura 4.14

Por otra parte, en el experimento realizado en el triaxial, pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.15):

- ESTADO 1: Inicial de la muestra al ser colocada en el triaxial. No hay aplicadas ni presión de célula ni vertical. La presión intersticial en la muestra es – 40 kN/m2.

- ESTADO 2: Aplicación de una presión de célula σ3 = 200 kN/m2 y de

una presión vertical σ1 = 400 kN/m2, y como consecuencia e inmediatamente, la presión intersticial en la muestra pasa a ser de 96 kN/m2.

Así pues, la variación de presión intersticial que se produce a pasar del estado 1 al estado 2 es:

∆u = 96 – (- 40) = 136 kN / m2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presión total:

∆σ1 = 400 – 0 = 400 kN / m2

∆σ3 = 200 – 0 = 200 kN / m2


151

ESTADO 2ESTADO 1

220

0 kN

/ m

400 kN / m22

200 kN / m

2400 kN / m

- 40 kN / m2 96 kN / m2

Figura 4.15

La fórmula de Skempton se expresa como:

∆u = B · [∆σ3 + A · (∆σ1 - ∆σ3) ] Sustituyendo los valores anteriores y para B = 0'8 se obtiene:

A = - 0'15 B = 0'8

b) Cohesión efectiva En el ensayo de compresión simple pueden considerarse los siguientes estados (figura 4.16):


152

ESTADO 2ESTADO 1

ru- 40 kN / m2

2 96 kN / m

Figura 4.16

- ESTADO 1: Inicial de la muestra al ser colocada en el aparato. No hay ninguna presión exterior aplicada. La presión intersticial en la muestra es – 40 kN / m2.

- ESTADO 2: Rotura. Se incrementa rápidamente (sin drenaje) la

presión vertical hasta producir la rotura en un valor igual a su resistencia a compresión simple que según el enunciado es 96 kN / m2. En este momento, la presión intersticial es desconocida y de valor ur.

La variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 1 al estado 2 es:

∆u = ur – (–40) = = ur + 40 kN / m2

habiendo sido originada por los siguientes incrementos de presión total:

∆σ1 = 96 – 0 = 96 kN / m2

∆σ3 = 0 – 0 = 0 kN / m2


153

p'

c'

τ2(kN / m )

C'

r

φ' = 25º

(kN / m )2

σ', σ O C

p - u r

σ'3 1σ'96

c' · cotg 25º

Figura 4.17

Sustituyendo valores en la fórmula de Skempton queda:

∆u = B · [ ∆σ3 + A (∆σ1 - ∆σ3) ] ur + 40 = 0'8 · ( - 0'15 · 96) = -11'52

y por lo tanto:

ur = - 51'52 kN/m2 Por otra parte, en el estado 2 se alcanza la rotura y por lo tanto, el círculo de Mohr en efectivas será tangente a la línea de resistencia intrínseca (figura 4.17).


154

La condición de tangencia se expresa:

296

2º25sen·52'51

296

º25tg'c

º25sen·52'512º25tg

'c

r'sen·up'tg

'c

rr

r

=σ

=

++=

+

σ+

=φ

−+

φ

Despejando la cohesión efectiva, se obtiene:

c' = 6'56 kN/m2

Capítulo 6

EEMMPPUUJJEESS DDEELL TTEERRRREENNOO


184

Capítulo 6 - Empujes del terreno

185

PROBLEMA 6.1 Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de empujes y su punto de aplicación en el muro indicado en la figura 6.1 si el nivel freático se encuentra a 5 m de la coronación. Las propiedades geotécnicas del terreno son:

φ' = 28º ; c' = 0 ; γ = 18 kN / m3 ; γsat = 19'5 kN / m3

5 m

5 m

N.F.

z

IMPERMEABLE

Figura 6.1


186

SOLUCIÓN Aplicando la teoría de Rankine, la distribución de empujes activos en un muro de trasdós vertical y terreno horizontal en coronación viene dada por la siguiente expresión:

aava k·c·2k·e ′−σ′=′ (1)

siendo e'a y σ'v el empuje unitario activo efectivo y la presión efectiva vertical a una profundidad z, respectivamente, y ka el coeficiente de empuje activo. Se hace pues necesario determinar la distribución de presiones efectivas verticales. Adoptando el origen del eje z en la coronación (figura 6.1), se tiene:

0 ≤ z ≤ 5 σν = γ · z = 18 · z kN / m2

u = 0 (Se supone que no existe capilaridad) σ'ν = σν - u = 18 · z kN / m2

5 ≤ z ≤ 10 σν = γ · 5 + γsat (z - 5) = 19'5 · z – 7'5 kN / m2

u = γw · (z - 5) = 10 · (z - 5) kN / m2

σ'ν = σν - u = 9'5 · z + 42'5 kN / m2 El coeficiente de empuje activo viene dado por:

361'0º28sen1º28sen1

sen1sen1

ka =+−=

φ+φ−=


187

Así pues, y a partir de la expresión (1), se obtiene la siguiente distribución de empujes activos efectivos:

0 ≤ z ≤ 5 e'a = 0'361 · 1 8 · z = 6'498 · z kN / m2 z = 0 → e'a = 0 z = 5 → e'a = 32'49 kN / m2

5 ≤ z ≤ 10 e'a = 0'361 · (9'5 · z + 42'5 ) = 3'43 · z + 15'34 kN / m2 z = 5 → e'a = 32'49 kN / m2 z = 10 → e'a = 49'64 kN / m2

Además de los empujes efectivos, sobre el muro actuará el empuje del agua, cuya distribución es:

0 ≤ z ≤ 5

u = 0

5 ≤ z ≤ 10 u = 10 · (z - 5) Para z = 10 → u = 50 kN / m2


188

32'49 kN / m

49'64 kN / m

E'

2

2

a1

E'a2

E'a3 Ew

50 kN / m 2

Figura 6.2

En la figura 6.2 se han representado las leyes de empujes unitarios activos efectivos y del agua.

La resultante de empujes totales sobre el muro será:

E = E'a + Ew

siendo E'a y Ew las resultantes del empuje activo efectivo y del empuje del agua. Por comodidad en los cálculos, se hace la siguiente descomposición: E'a = E'a1 + E'a2 + E'a3 siendo:

E'a1 = 0'5 · 32'49 · 5 = 81'23 kN / m E'a2 = 5 · 32'49 = 162'45 kN / m E'a3 = 0'5 · 5 · (49'64 - 32'49) = 42'88 kN / m Ew = 0'5 · 5 · 50 = 125 kN / m

En consecuencia el empuje total sobre el muro es:

E = 411'56 kN / m


189

411'56 kN / m

2'98 m

Figura 6.3

El punto de aplicación de la resultante h (figura 6.3) se obtiene tomando momentos con respecto a la base del muro:

m98'256'411

35

·E35

·'E25

·'E35

5·'E

hw3a2a1a

=+++

+

=

E = 411'56 kN / m m98'2h =


190

PROBLEMA 6.2 Aplicando el método de Rankine, determinar en el muro indicado en la figura 6.4 la resultante de los empujes y su punto de aplicación.

3 m

4 m

z

N.F.

Arenas

Arcillas

IMPERMEABLE

Figura 6.4 Las características geotécnicas del terreno son:

Terreno φ' (º)

c' (kN / m2)

γsat (kN / m3)

Arcillas

28

10

20

Arenas

35

0

22


191

SOLUCIÓN Como se ha indicado en el problema 6.1, la aplicación del método de Rankine al cálculo de los empujes efectivos en un muro de trasdós vertical y terreno horizontal en coronación exige la determinación previa de la distribución de presiones efectivas verticales existente en dicho trasdós. Estando el agua en reposo, la distribución de presiones intersticiales será la hidrostática. Con el método de Rankine, los empujes efectivos unitarios se obtienen a partir de la siguiente expresión:

aaa k·'c·2k·''e −σ= ν

siendo ka el coeficiente de empuje activo y c' la cohesión efectiva. Adoptando el origen del eje z en la coronación del muro (figura 6.4), se tienen las siguientes distribuciones:

0 ≤ z ≤ 4

(Nivel superior de arcillas)

σν = γsatarcilla

· z = 20 z kN / m2 u = γω · z = 10 z kN / m2 σ'ν = σν - u = 20 z - 10 z = 10z kN / m2

361'028sen128sen1

'sen1'sen1

kº

º

arcilla

arcillaa =

+−=

φ+φ−

=

2a m/kN02'12z·61'3361'0·10·2z10·361'0'e −=−=

Si se analiza la última expresión, puede comprobarse que la distribución de empujes es negativa (tracciones) desde la coronación hasta una cierta profundidad zg. En esta zona, teóricamente, el terreno rompe a tracción, dando lugar a la aparición de grietas de tracción y los empujes efectivos son nulos.


192

0'67 m 2'42 kN / m2

zg = 3'33 m

210'83 KN / m

220'58 kN / m

+

70 kN / m2

3 m

Figura 6.5

La profundidad zg es aquella en donde e'a = 0, es decir: 3'61 · zg - 12'02 = 0

m33'361'302'12

zg ==

La distribución de empujes efectivos es lineal y tiene los siguientes valores: z = 3'33 m e'a = 0 z = 4 m e'a = 3'61 · 4 - 12'02 = 2'42 kN / m2

4 ≤ z ≤ 7

(Nivel de arenas)

σν = γsat arcilla

· 4 + γsat arena

· ( z - 4 ) = 20 x 4 + 22 ( z - 4 ) = 22 z - 8 kN / m2 u = γω · z = 10 z kN / m2 σ'ν = σν - u = 12 z - 8 kN / m2

271'035sen135sen1

'sen1'sen1

kº

º

arena

arenaa =

+−=

φ+φ−

=

y como c' = 0 ( ) 2

aa m/kN17'2z25'38z12·271'0k·''e −=−=σ= ν


193

+

zg = 3'33 m

1

32

= T

E

0'67 m

3 m

E'

E'E'

E

E

dT

W

Figura 6.6

Esta distribución es también lineal y adopta los siguientes valores: z = 4 m e'a = 3'25 x 4 - 2'17 = 10'83 kN / m2 z = 7 m e'a = 3'25 x 7 - 2'17 = 20'58 kN / m2 En la figura 6.5 se representan las distribuciones de empujes activos efectivos unitarios y del agua sobre el muro. Como se puede observar, la presencia de dos terrenos diferentes produce una discontinuidad en la distribución de empujes activos efectivos unitarios. Por comodidad, para el cálculo de la resultante de los empujes sobre el muro se realiza la descomposición indicada en la figura 6.6. Como:

m/kN81'067'0·42'2·21

'E 1 ==

m/kN49'3283'10·3'E 2 ==

( ) m/kN63'143·83'1058'20·21

'E 3 =−=

m/kN2457·70·21

E ==ω

la resultante total de empujes vale: ET = E'a + Eω = E'1 + E'2 + E'3 + E'ω = 292'93 kN / m


194

Su punto de aplicación se puede obtener tomando momentos estáticos respecto a la base del muro. Si dET es la distancia de dicha resultante a la base, entonces:

37

·24533

·63'1423

·49'323

0'673 · 0'81 dE · E TT +++

+=

de donde: m2'18 dET = ET = E'a + Eω = 292'93 kN / m m2'18 dET =


195

PROBLEMA 6.3 Calcular por el método de Rankine la distribución de empujes activos actuantes en el trasdós del muro indicado en la figura 6.7. El terreno tiene las siguientes propiedades:

φ' = 22º ; c' = 20 kN / m2 ; γ = 18'5 kN / m3

8 m

q = 25 kN / m2

z

Figura 6.7

Solución:

1'85 m

251'75 kN / m

6'15 m


196

PROBLEMA 6.4 Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de los empujes en el trasdós del muro indicado en la figura 6.8, cuya coronación se mantiene inundada con una lámina de agua de 1 m.

1'5 mN.F.

Arena 12'5 m

1 m Agua

Arena 2

Figura 6.8

Las características geotécnicas del terreno son:

Terreno

φ' (º)

γsat (kN / m3)

k (m / s)

Arena 1

28

21

5 · 10-2 Arena 2 32 22 8 · 10-2


197

A

Bz

Arena 2

Agua

Arena 1

N.F.

1 m

2'5 m

1'5 m

C

Figura 6.9

SOLUCIÓN Al igual que en los problemas anteriores, la aplicación del método de Rankine al cálculo de los empujes efectivos exige en principio la determinación de la distribución de presiones efectivas verticales en el trasdós. Dadas las condiciones impuestas en el problema, a priori, debe sospecharse la existencia de un flujo de agua y ello es posible si existe una diferencia de potencial hidráulico. Si se toma el eje z en la superficie del terreno (figura 6.9), los potenciales en los puntos A y B son:

m404u

z- h AAA −=+−=

γ+=

ω

m110u

z- h BBB =+=

γ+=

ω

Hay pues una diferencia de potencial hidráulico y consecuentemente, existe un flujo de agua, que en este caso es vertical y hacia abajo, y a través de un terreno estratificado.


198

Para el cálculo de las presiones intersticiales se hace necesario determinar los gradientes existentes en cada estrato, y ello se realiza de la misma forma que en el problema 2.8. La permeabilidad equivalente vertical es:

s/m10·82'5

10·8

5'1

10·5

5'25'25'1

ke

e

k 2

22

2

!i i

i

2

1i

i

v−

−−

=

= =+

+==

∑∑

y el gradiente existente entre los puntos A y B vale:

25'145

Lh

iAB

AB ==∆=

Como debe verificarse por continuidad que: kv · i = k1 · i1 = k2 · i2

los gradientes que resultan son:

455'110·5

25'1·10·82'5i

2

2

1 ==−

−

909'010·8

25'1·10·82'5i

2

2

2 ==−

−

Ahora ya se puede proceder a calcular las presiones efectivas y los empujes.


199

En un punto Z situado a una profundidad z, se tiene:

0 ≤ z ≤ 2'5

(arena 1) 2

v m/kNz2110 +=σ

z455'11z·i1hhu

zh 1BZBz −=−=∆−=γ

+−=ω

( ) 2m/kN z55'41010·z455'01u −=−=

u = 0 para z = 2'2 m

2vv m/kNz55'25z55'41010z21u' =+−+=−σ=σ

361'028sen1

28sen1'sen1'sen1

kº

º

a =+−=

φ+φ−=

aava k·'c·2k·''e −σ=

2

ava m/kN z22'9361'0·z55'25k·''e ==σ= z = 0 → e'a = 0 z = 2'5 → e'a = 23'05 kN / m2


200

+

29'3

23'05

19'6 -1'375

101 m

2'5 m

1'5 m

Figura 6.10

2'5 ≤ z ≤ 4

(arena 2) ( ) 2

v m/kN5'7z2222·5'2z21·5'21·10 +=−++=σ

[ ] 365'0z909'0i·)5'2z(i·5'21hhu

zh 21BZBz −−=−+−=∆−=γ

+−=ω

2m/kN 65'3z91'0u −= 2

zvv m/kN15'11z09'21u' +=−σ=σ

307'032sen1

32sen1'sen1'sen1

kº

º

a =+−=

φ+φ−=

( ) 2

ava m/kN 42'3z47'6307'0·15'11z09'21k·''e +=+=σ= z = 2'5 → e'a = 19'6 kN / m2 z = 4 → e'a = 29'3 kN / m2

En la figura 6.10 se han representado las distribuciones de empujes activos unitarios y del agua.


201

+1

32

1

2

4

3

=

d19'6

23'05

29'3

1'375

10

E'

E' E'

U

U

U

U

TE

ET

0'3

1'5 m

2'5 m

1 m

Figura 6.11

Por comodidad y para obtener la resultante de los empujes sobre el muro y su punto de aplicación, se ha realizado la descomposición indicado en la figura 6.11. El empuje total sobre el muro será: ET = E'a + Eω con :

321a 'E'E'E'E ++=

4321 UUUUE +++=ω y siendo:

m/kN81'285'2·05'23·21

'E 1 ==

m/kN4'295'1·60'19'E 2 ==

( ) m/kN28'75'1·6'193'29·21

'E 3 =−=

m/kN51·10·21

U1 ==

m/kN1110·2'2·21

U2 ==

( ) m/kN21'0375'1·3'0·21

U3 −=−=

( ) m/kN03'15'1·375'1·21

U4 −=−=


202

entonces: m/kN 25'8077'1447'65E'EE aT =+=+= ω Tomando ahora momentos estáticos respecto a la base del muro, se obtiene que la distancia a la línea de acción de la resultante es: m86'1dET =

m/kN 25'80E'EE aT =+= ω

m86'1dET =


203

PROBLEMA 6.5 En el terreno indicado en la figura 6.12, se pretende realizar una excavación de 4 m de profundidad al abrigo de tablestacas, actuando en superficie una sobrecarga de 10 kN / m2. Se pide determinar la profundidad de empotramiento d de las tablestacas:

10 kN / m2

4 m

d

Arena

Figura 6.12 a) Sin apuntalamientos. b) Con puntales en coronación. En este caso se determinará la carga P en los

puntales. En ambos casos, se adoptará un coeficiente de reducción de 1'5 para los empujes pasivos. Las propiedades geotécnicas de la arena son:

φ' = 35º ; γ = 21 kN / m3


204

sd

Activo

Pasivod

O

Pasivo

Activo

4 m

10 kN / m2

Figura 6.13

SOLUCIÓN

a) Profundidad de empotramiento de las tablestacas en voladizo Se supone que cuando el tablestacado entra en carga, gira alrededor del punto O, movilizando los empujes activos y pasivos cuyas distribuciones se muestran en la figura 6.13. Por encima del punto O, en el trasdós se movilizan empujes activos mientras que en el intradós son pasivos los empujes movilizados.

Se trata de un problema hiperestático, cuya resolución requiere realizar una hipótesis. Si se cortara el tablestacado por el punto O, sea R (“contraempuje”) la acción horizontal de la parte inferior y V la vertical (figura 6.14). Usualmente, se supone que el momento flector en el punto O es nulo. Puesto que R no proporciona momento, ello permite escribir una ecuación en la que la única incógnita es d. El empotramiento real ds se admite en la práctica que es 1'2 d. El cálculo de los empujes se realiza aplicando el método de Rankine.


205

O R

d ActivoPasivo

4 m

V

z

z

10 kN / m2

Figura 6.14

Empujes en el trasdós

Se toma el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.14):

0 ≤ z ≤ 4 + d σv = γ · z + q = 21z + 10 kN / m2 u = 0 σ'v = 21 z + 10 kN / m2

aaa k'c·2k·''e −σ= ν

27'035sen135sen1

'sen1'sen1

kº

º

a =+−=

φ+φ−=

( ) 2a m/kN7'2z67'527'0·10z21'e +=+=

para z = 0 → e'a = 2'7 kN / m2

z = 4 + d → e'a = 5'67 (4 + d) + 2'7 = 25'38 + 5'67 · d kN / m2


206

Empujes en el intradós Tomando ahora el origen del eje z en el fondo de la excavación (figura 6.14), se tiene:

0 ≤ z ≤ d σv = γ · z = 21 z kN / m2 u = 0 σ'v = 21z kN / m2 Según Rankine, los empujes pasivos unitarios en un trasdós vertical vienen dados por:

ppp k'c·2k·''e +σ= ν

siendo kp el coeficiente de empuje pasivo que se calcula del siguiente modo:

69'3k1

'sen1'sen1

ka

p ==φ−φ+=

Por lo tanto: 2

p m/kNz49'7769'3·z21'e ==

para z = 0 → e'p = 0

z = d → e'p = 77'49 d kN / m2 Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de 1'5, en los cálculos debe adoptarse: z = 0 → e'p = 0

z = d → e'p = 77'49 d/1'5 = 51'66d kN / m2


207

O

a1

2'7 kN / m2

25'38+5'67·d kN / m2

a2

P

51'66 · d kN / m2

Activo

Pasivo

4 m

d E'

E'

E'

Figura 6.15 En la figura 6.15 se han representado las distribuciones unitarias de empujes activos y pasivos obtenidas y la descomposición que se realiza para el cálculo de las resultantes. - Empuje activo.

E'a = E'a1 + E'a2 E'a1 = 2'7· (4 + d) = 10'8 + 2'7 d kN / m E'a2 = 0'5 (25'38 + 5´67 d – 2'7) (4 + d) = 2´835 d2 + 22'68 d + 45'36 kN/m E'a = 2'835 d2 + 25'38 d + 56'16 kN / m

- Empuje pasivo máximo.

m/kNd·75'38d·d·49'77·21

E' 2p ==

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de 1'5, en los cálculos debe adoptarse:

m/kNd83'255'1

d75'38E' 2

2

p ==


208

sd

P A

Pasivo

Activo

4 m

Figura 6.16

Como el momento flector en O se admite nulo, entonces:

E'a1 · dE'a1 + E'a2 · dE'a2 - E'p · dE'p = 0

( ) ( ) ( ) ( ) 0d·83'25·31

d4·31

·36'45d·68'22d·835'22

d4·d·7'28'10 32 =−++++++

Resolviendo esta ecuación cúbica, resulta

d = 4'09 m Debido a la hipótesis realizada en el cálculo, la longitud de tablestaca por debajo del punto O suele admitirse que es del orden del 20% de d, y en consecuencia, la longitud de empotramiento resultante de las tablestacas es: ds = 1'2 · d = 1'2 ·4'09 = 4'91 m


209

b) Profundidad de empotramiento para el tablestacado apuntalado en cabeza En este caso es usual admitir que cuando el tablestacado entra en carga, el giro se produce alrededor del punto de aplicación del puntal (A), movilizándose los empujes indicados en la figura 6.16.

Ahora, la ecuación de equilibrio de momentos en A permite obtener la profundidad de empotramiento y seguidamente, la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales proporciona la fuerza P en el puntal. Las distribuciones de empujes son las mismas que en el caso anterior si se sustituye d por ds (figura 6.17). Estableciendo el equilibrio de momentos en A:

( ) ( ) ( ) ( ) 0)d32

4(·d83'25d432

·36'45d68'22d835'22

d4·d7'28'10 s

2sss

2s

ss =+−++++

++

ecuación cúbica que resuelta proporciona el siguiente valor: ds ˜ 1'74 m


210

Pasivo

Activo

4 m

d

2'7 kN / m2

s

s

25'38+5'67·d kN / m2s

AP

51'66 · d kN / m2

E'a1

a2E'

E'P

Figura 6.17

El equilibrio de fuerzas horizontales impone que:

2ss

2spa d83'2516'56d38'25d835'2'E'EP −++=−=

que proporciona el siguiente resultado: P = 30'70 kN/m

Como se puede observar, la colocación de un apuntalamiento en coronación reduce la profundidad de empotramiento de 4'91 m a 1'74 m.


211

PROBLEMA 6.6 Determinar el ancho de la cimentación del muro indicado en la figura 6.18 para cumplir las condiciones de estabilidad al vuelco, al deslizamiento y del paso de la resultante por el núcleo central.

2'5 m

1 m 0'8 1V:2H

Figura 6.18 Se adoptarán los siguientes valores para los coeficientes de seguridad:

Vuelco (Fv) = 2'0 Deslizamiento (Fd) = 1'5.


φ' = 33º ; δ = 20º ; c' = 0 ; γ = 19 kN / m3

Para el hormigón se adoptará un peso específico γh = 25 kN / m3.


212

W

2'5 m

1 m 0'8 1V:2H

T

N = N'

E = E'

δ

Figura 6.19

SOLUCIÓN El dimensionamiento de la base de muro requiere conocer las acciones que actúan sobre el mismo, siendo el primer paso la determinación de los empujes del terreno. a) Cálculo de los empujes El problema impone un valor del coeficiente de rozamiento muro-terreno (δ). En consecuencia, se aplicará para el cálculo de los empujes de tierras el método de Coulomb ya que el de Rankine no es válido. El método de Coulomb para la estimación del empuje activo se basa en establecer el equilibrio de una cuña de empuje que desliza sobre un plano, debiéndose buscar el plano de rotura que proporciona el empuje máximo. Sea un plano de deslizamiento cualquiera definido por su inclinación α respecto a la horizontal. Sobre la cuña así delimitada actúan las fuerzas indicadas en la figura 6.19.


213

3'5 mW

1

2'5 m

1 m

2 m

Figura 6.20

Puesto que no hay agua, las reacciones normales efectiva (N') y total (N) en el plano de deslizamiento son iguales, así como las resultantes del empuje activo efectivo (E') y total (E). En el cálculo del peso W, deben distinguirse dos casos, dependiendo del valor del ángulo α:

- Caso 1: 0 ≤ α ≤ α1 = 60'26º (figura 6.20)

1tg13'6

2·1·21

tg5'3

·21

Área2

−α

=−α

=

m/kN19tg

47'116área·19W −

α==

- Caso 2 : 60'26º ≤ α ≤ 90º (figura 6.21)

1tg25'2

xx·2

x5'2tg

−α=→+=α

1tg275'118

x·2·5'2·19·21

W−α

==


214

2'5 m

2 · x

1V:2H

x

Figura 6.21

La resultante de los empujes está inclinada un ángulo δ respecto a la normal al trasdós y puede descomponerse en sus componentes horizontal y vertical (figura 6.22):

E'x = E' cos 20º (1) E'y = E' sen 20º (2)

En el plano de deslizamiento actúan la resultante de las tensiones normales (N') y la resultante de la máxima resistencia a esfuerzo cortante (T) que puede movilizarse en ese plano:

T = N' tg 33º (3)

Con ello, el equilibrio fuerzas verticales se escribe:

W - N' cos α - T sen α - E'y = 0 (4)

y el de fuerzas horizontales como: E'x + T · cos α - N' · sen α = 0 (5)


215

E

E E

N'

T

20º

W

y

x

'

'

'

Figura 6.22

Sustituyendo (1) en (5), (2) en (4), (3) en (4) y en (5), despejando N' de (4) y sustituyendo en (5), se obtiene el empuje E' en función de α, determinándose su valor máximo igualando a cero la derivada respecto a α, que resulta ser:

E' = 23'50 kN / m para

α = 54º Es importante señalar, que el punto de aplicación de la resultante de los empujes de tierras sobre el muro no queda definida cuando se utiliza el método de Coulomb. En este problema se aceptará la aproximación de situar la resultante a un tercio de la altura del muro desde la cimentación.


216

T

W

N' = N

20º

H_3

E = E'

b 0'8

B

O

2'5 m

T

O

N' = N

2'5 m W

b 0'8

B

W2

1

_H3

hE

vE

Figura 6.23

b) Cálculo de las acciones sobre el muro El muro debe ser dimensionado para que sea estable frente a las acciones que ha de soportar. Las fuerzas actuantes sobre el muro son las siguientes (figura 6.23):

W: Peso del muro. E: Resultante de los empujes en el trasdós del muro. T: Resultante de la resistencia a deslizamiento desarrollada en la

cimentación del muro. N': Resultante de las presiones efectivas normales en la cimentación

del muro. Por comodidad en los cálculos, el peso del muro se descompone del siguiente modo:

W1 = 25 · 0'8 · 2'5 = 50 kN / m

W2 = 25 ·21

· 2'5 · b = 31'25 b kN / m


217

Y las resultante de los empujes en sus componentes horizontal y vertical:

Eh = E · cos δ = 23'5 · cos 20º = 22'08 kN / m Ev = E · sen δ = 23'5 · sen 20º = 8'04 kN / m

El equilibrio de fuerzas horizontales exige:

T = Eh → T = 22'08 kN / m Y el equilibrio de fuerzas verticales se escribe :

N' = W1 + W2 + Ev = 50 + 31'25 · b + 8'04 = 58'04 + 31'25 · b kN / m

c) Comprobación de la seguridad al vuelco El coeficiente de seguridad frente al vuelco se define como el cociente entre la suma de los momentos estabilizadores y la suma de los momentos volcadores:

∑∑=

vol

estv

M

MF

Los momentos deben ser tomados respecto del punto O (figura 6.23). Para la diferenciación entre momentos volcadores y momentos estabilizadores se adoptará como criterio el contemplado en la ROM 0.5 – 94 que dice: “Cada acción individual será descompuesta en dos direcciones una vertical y otra horizontal. Se considerarán como fuerzas estabilizadoras todas las componentes verticales de las acciones, ya sea su momento de uno u otro signo (la subpresión, por ejemplo, sería una fuerza estabilizadora negativa). El posible empuje pasivo que se pueda oponer al vuelco, también será contabilizado como estabilizador. El resto de las componentes horizontales se contabilizaran, con su signo correspondiente, en el cálculo de la suma de los momentos volcadores”.


218

Si el coeficiente de seguridad debe ser igual a 2, con este criterio deberá verificarse:

2

35'2

·E

)8'0b(·Eb32

·W)4'0b(·WF

h

v21

v =++++

=

Sustituyendo los valores obtenidos anteriormente y resolviendo la ecuación, se obtiene un valor de b = 0'17 m. d) Comprobación de la seguridad al deslizamiento No existiendo empujes del terreno en la puntera, el coeficiente de seguridad al deslizamiento se expresa como:

nec

máxd T

TF =

Tmax es la resultante de la máxima resistencia a deslizamiento que ofrece el cimiento:

Tmax = ca · B' + N' · tg δ

siendo ca la adherencia entre el cimiento y el terreno (nula si lo es la cohesión del terreno) y B' el ancho eficaz de la cimentación. Así pues:

Tmax = (58'04 + 31'25 b) · tg 20º kN / m

Tnec es la resultante de la resistencia a deslizamiento que debe movilizarse para que haya equilibrio:

Tnec = E'h = 22'08 kN / m


219

Para tener un coeficiente de seguridad frente al deslizamiento de 1'5, se debe verificar que:

5'108'22

º20tg·)b25'3104'58(Fd =+=

Esta ecuación resuelta proporciona un valor de b = 1'05 m que es más restrictivo que el valor deducido para la condición de vuelco. Se adoptará pues:

B = b + 0'8 = 1'85 m .

e) Comprobación de paso de la resultante por el núcleo central del cimiento

Para el ancho B calculado anteriormente, las fuerzas que actúan por encima del cimiento del muro son:

W1 = 50 kN / m W2 = 32'81 kN / m Eh = 22'08 kN / m Ev = 8'04 kN / m

Este sistema de fuerzas, figura 6.24, se reduce en el centro de gravedad del cimiento a un momento (M), a una fuerza vertical (N) y a una fuerza horizontal (H):

N = 50 + 32'81 + 8'04 = 90'85 kN / m M = 50 · 0'52 − 32'81 · 0'22 – 22'08 · 0'83 + 8'04 · 0'92 = 7'85 kN · m / m

H = Eh = 22'08 kN/m


220

2'5 m W1

2W

v

h

E

E

0'8 m1'05 m

1'85 m

0'83 m

0'92 m 0'92 m

H

N M

Figura 6.24

Para que la resultante de fuerzas pase por el núcleo central se debe cumplir que la excentricidad sea:

m 6B

e ≤

en este caso:

m 31'0685'1

6B

m 09'085'9085'7

'NM

e ==<=== ? cumple


221

PROBLEMA 6.7 Aplicando el método de Coulomb, calcular la resultante del empuje activo sobre el muro indicado en la figura 6.25. Las características del terreno son:

φ' = 28º ; δ = 20º ; c' = 0 ; γ = 18 kN / m3

6 m

20º

E

2 m

20º

Figura 6.25

Solución: E = 149 kN / m


222

PROBLEMA 6.8 Comprobar las condiciones de estabilidad frente al deslizamiento y al vuelco del muro indicado en la figura 6.26. Las características del terreno son:

Terreno Pesos específicos (kN/m3)

φ' (º)

c' (kN/m2)

Arcillas Arenas

γ = 17

γsat = 21

28 35

15 0

1'5 m

1 m

4 m

1'5 m

4'5 m

Arenas

Arcillas

q = 15 KN/m2

N.F.N.F.

z

z

Figura 6.26 En el nivel de arcillas se despreciarán los efectos capilares y para el hormigón se adoptará un peso específico del hormigón γH = 25 kN / m3. Para los pasivos se considerará un coeficiente de reducción de 1'5.


223

SOLUCIÓN a) Cálculo de empujes Puesto que el problema no impone un rozamiento muro - terreno (δ), se pueden calcular los empujes aplicando el método de Rankine.

Empujes activos en trasdós Se adopta el origen del eje z en la coronación (figura 6.26).

0 ≤ z ≤ 4

(Nivel de arcillas) Si se desprecian los efectos capilares en las arcillas, las presiones intersticiales de cálculo son nulas. Por consiguiente:

σν = σ'ν = 17 z + 15 kN / m2

361'028sen1

28sen1k

º

º

a =+−=

e'a = σ'ν · ka – 2 · c' · ak

e'a = 6'14 z – 12'61 kN / m2 Puesto que la arcilla presenta cohesión, se debe comprobar la existencia de grietas de tracción y en su caso estimar la profundidad. Si

m05'214'661'12

z0'e ga ==→=

Para

z = 4 m → e'a = 11'95 kN / m2


224

4 ≤ z ≤ 6'5

(Nivel de arenas)

σν = 83 + ( z - 4 ) 21 = 21 z - 1 kN / m2 u = ( z - 4 ) · γw = 10 z - 40 kN / m2 σ'ν = 11 z + 39 kN / m2

e'a = σ'ν · ka - 2 · c' · ak

271'035sen1

35sen1k

º

º

a =+−=

e'a = 2'98 z + 10'57 kN / m2

Para

z = 4 m → e'a = 22'49 kN / m2 z = 6'5 m → e'a = 29'94 kN / m2

Empujes pasivos posibles en la puntera Se adopta el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 6.26).

0 ≤ z ≤ 2'5

σν = 21 z kN / m2

u = z · γw = 10 z kN / m2 σ'ν = 11 z kN / m2

e'p = σ'ν · kp + 2 · c' · pk

69'335sen1

35sen1k

º

º

p =−+=

e'p = 40'59 z kN / m2

Para z = 0 m → e'p = 0 z = 2'5 m → e'p = 101'48 kN / m2


225

E

1'5 m

2'5 m

25 kN / m2

+ E'

1'95 m

2'05 mzg

+E'E'

25 kN / m229'94 kN / m2

11'95 kN / m2

222'49 kN / m

puntW a3 WEa2

E'a1

q = 15 KN/m2

4'5 m

W (zg)E

Figura 6.27 En la figura 6.27 se han representado las leyes de empujes. La resultante del empuje activo efectivo se calcula del siguiente modo:

E'a1 = 21

· 11'95 · 1'95 = 11'65 kN / m

E'a2 = 22'49 · 2'5 = 56'22 kN / m

E'a3 = 21

· ( 29'94 - 22'49 ) · 2'5 = 9'31 kN / m

El empuje efectivo vale pues:

E'a (total) = 77'18 kN / m

estando su línea de acción a una distancia d = 1'49 m de la base del cimiento del muro.


226

La resultante del máximo empuje pasivo efectivo vale:

E'p =21

· 101'48 · 2'5 = 126'85 kN / m

estando su línea de acción a una distancia d = 0'83 m de la base del cimiento del muro. En cuanto a los empujes del agua deben tenerse en cuenta las siguientes consideraciones: 1. Existen grietas de tracción, debiéndose considerar que pueden llenarse de

agua y consecuentemente suponer un empuje hidrostático:

m/kN01'2110·05'2·21

·z·21

E 2w

2g)zg(W ==γ=

estando su línea de acción a una distancia d = 5'13 m de la base del cimiento.

2. El muro está parcialmente sumergido y en consecuencia, estará sometido al empuje de Arquímedes. Si se considera en la puntera del muro el intradós ficticio indicado en la figura 6.27, los empujes hidrostáticos Ew en el trasdós e intradós son iguales y de sentido contrario, quedando únicamente los empujes hidrostáticos en la base del cimiento (“subpresion”), siendo Fw su resultante de valor:

Fw = 25 kN / m2

· 4'5 m = 112'5 kN / m

b) Equilibrio del muro Además de las resultantes de los empujes, las fuerzas que intervienen en el equilibrio del muro son las siguientes (figura 6.28): W1+W2: peso del muro.

W1 = 1'5 · 5 · 25 = 187'5 kN / m W2 = 4'5 · 1'5 · 25 = 168'75 kN / m


227

W

W

F

T

N'

W

a (total)

E

1'5 m

1'5 m

1 m

4 m

3 m

puntE'

W

E'

1

t

2

W (zg)

O

Figura 6.28

Wt: peso del terreno situado por encima de la puntera.

W t = 1 · 3 · 21 = 63 kN / m

N': reacción efectiva normal en el cimiento.

T: reacción horizontal necesaria para el equilibrio y movilizada por resistencia a deslizamiento en el contacto terreno-cimiento y cuyo valor máximo es:

Tmáx = N' · tag δ + ca · B'

donde δ y ca son el ángulo de rozamiento y la adherencia, respectivamente, entre el terreno y el cimiento, y B' el ancho eficaz de la cimentación. Puesto que en el enunciado no se proporciona un valor de δ, se adopta en el cálculo la estimación δ = 2 / 3 · φ' = 23'33º. Por otro lado, si la cohesión del terreno es nula la adherencia también lo es.


228

Las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben:

Σ Fν = 0 N' = W1 + W2 + W t – Fw = 306'75 kN / m

Σ Fh = 0 T + E'punt = Tnec = E'a + Ew( zg )

E'punt es el empuje efectivo en la puntera, sobre el trasdós ficticio. Debe señalarse que en los cálculos se admite que no se moviliza empuje pasivo si:

T < Tmax = N' · tg δ + ca · B' = 306'75 · tg (23'33º) = 132'3 kN / m

Como en la puntera actuarán como mínimo los empujes al reposo, se tiene que:

T = E'a + Ew (zg) - E'0 = 77'18+ 21'01 - E'0 = 98'19 - E'0 kN / m

siendo E'0 la resultante de los empujes al reposo sobre el trasdós ficticio de la puntera. Fácilmente se comprueba que el equilibrio no exige movilizar empujes pasivos. El coeficiente de empuje al reposo es: 426'0º35sen1'sen1k0 =−=φ−= y la resultante de los empujes efectivos al reposo será:

m/kN64'145'2·11·426'0·21

5'2·'·k·21

'E 2200 ===γ=

estando su línea de acción a una distancia de 0'83 m de la base del cimiento.


229

c) Coeficiente de seguridad al deslizamiento El coeficiente de seguridad al deslizamiento se define como:

Fd = 5'1T

'ET

nec

)adm(pmáx>

+

En esta expresión, si el coeficiente de reducción de pasivos es 1'5, el empuje pasivo admisible en la puntera es:

E'p (adm) = m/kN57'845'185'126

5'1

'E p ==

Sustituyendo valores:

Fd = 5'121'219'98

57'843'132 >=+ ? Válido

d) Coeficiente de seguridad al vuelco Se sigue el criterio de la ROM 0.5-94. El coeficiente de seguridad se define como:

Fν = ∑∑

vol

est

M

M

y debe ser superior a 2.


230

Como el equilibrio no exige la movilización de empujes pasivos, entonces, los momentos respecto al punto O (figura 6.28) que resultan son:

Σ Mest = W1 · 3'75 + W2 · 2'25 + W t · 1'5 − FW · 2'25+E'0 · 0'83 = = 187'5 · 3'75 + 168'75 · 2'25+63 · 1'5 − 112'5 · 2'25 + 14'64 · 0'83 = = 936'34 kN · m / m

Σ Mvol = E'a · 1'49 + EW(zg ) · 5'13 = = 77'18 · 1'49 + 21'01· 5'13 = 222'78 kN · m / m

y en consecuencia:

20'447'22234'936

Fv == ? Válido

Observación: En las condiciones de estabilidad comprobadas en el problema, se

han tenido en cuenta los empujes en la puntera del muro. Normalmente no se tienen en cuenta en el cálculo ya que no puede asegurarse la existencia del terreno en la puntera durante toda la vida del muro, quedando esta hipótesis del lado de la seguridad.

Capítulo 7

EESSTTAABBIILLIIDDAADD DDEE TTAALLUUDDEESS


232

Capítulo 7 - Estabilidad de taludes

233

PROBLEMA 7.1 Obtener el parámetro ru en un talud indefinido de inclinación β en donde existe un flujo de agua lineal hacia el exterior que forma un ángulo α con la horizontal.

SOLUCIÓN

β

α

z e1

A

C B

Figura 7.1 Considérese un plano de deslizamiento paralelo a la superficie del terreno situado a una profundidad z (figura 7.1).


234

El parámetro ru se define como:

z·

ur

satu γ

=

siendo u la presión intersticial existente en cualquier punto del plano de deslizamiento. Si e1 es una línea de corriente, AB es una equipotencial, y puesto que en el punto A la presión intersticial es nula, la presión intersticial en B vale:

ωγ= ·ACu siendo AC la diferencia de cota existente entre los puntos A y B.

Se trata pues de obtener AC en función de z y de los ángulos α y β. Haciendo las oportunas operaciones, se llega a:

( ) sat

wu ·

coscoscos

rγγ

α−βαβ=


235

PROBLEMA 7.2 En el talud indefinido indicado en la figura 7.2, obtener el coeficiente de seguridad suponiendo planos de deslizamiento paralelos a la superficie del terreno y desarrollados en el suelo 1 y sabiendo que la filtración es horizontal en el suelo 2.

β=20º

α c

c

Suelo 1 Suelo 2

1

2

Figura 7.2


Suelo

γsat (kN/m3)

φ' (º)

c' (kN/m2)

k (m/s)

1 2

22

50

0

10-1 5 · 10-2

SOLUCIÓN El coeficiente de seguridad de un talud indefinido en un terreno incoherente sometido a una filtración rectilínea viene dado por:

βφ

β

−=tg

'tg·

cos

r1F

2u


236

Como se ha deducido en el problema 7.1, el parámetro ru se obtiene de la expresión:

( ) sat

wu ·

coscoscos

rγγ

α−βαβ=

siendo α el ángulo formado por las líneas de corriente con la horizontal. Se conoce que la filtración en el suelo 2 es horizontal. Por otro lado, como las permeabilidades son diferentes, se produce una refracción de flujo al pasar el agua del suelo 2 al suelo 1, y como se sabe, debe verificarse que:

2

2

1

1

tgk

tgk

∈=

∈

Como ∈2 = 70º, entonces:

º69'79º70tg·10·5

10tgarctg·

k

ktgarc

2

1

22

11 =

=

∈=∈

−

−

y por consiguiente: α = 79'69º - 70º = 9'69º Sustituyendo estos valores en las fórmulas se tiene:

( ) 43'02210

·º69'9º20cos

º69'9cos·º20cosru =

−=

y

69'1º20tgº50tg

·º20cos

43'01F

2=

−=


237

PROBLEMA 7.3 Suponiendo una rotura plana, calcular el coeficiente de seguridad de una zanja vertical para un muro pantalla de 10 m de profundidad, sostenida con un lodo bentonítico de densidad 12 KN / m3 y excavada en un terreno arcilloso que tiene un peso específico de 20 KN / m3 y una resistencia a compresión simple de 100 kN/m2.

SOLUCIÓN

Para un plano posible de rotura de inclinación α (figura 7.3), se define el coeficiente de seguridad F como:

TR

F =

siendo R la máxima fuerza que puede movilizarse por esfuerzo cortante en dicho plano y T la fuerza que debe movilizarse por esfuerzo cortante en la situación de equilibrio estricto. Puesto que el plano de rotura no es conocido, se debe encontrar el plano que proporciona el mínimo coeficiente de seguridad. En la construcción de los muros pantallas, las zanjas se excavan y hormigonan rápidamente. Se trata pues de una situación a corto plazo y por consiguiente, se trabajará en totales con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 100 = 50 kN / m2.

Si φ u = 0, entonces R = cu L → F

L·cT u=

Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción y su profundidad puede estimarse aplicando la teoría de Rankine.


238

10 mP

W

A

B C

T

N

L

D

U zg

α

120 kN / m2

50 kN / m2

Figura 7.3

. Si el ángulo de rozamiento es nulo, el coeficiente de empuje activo vale:

1sen1sen1

k a =φ+φ−=

y la profundidad de las grietas de tracción se obtiene como:

m520

50·2

k·

c·2z

a

ug ==

γ=

Suponiendo un plano de rotura de inclinación α (figura 7.3), las fuerzas que intervienen en la situación de equilibrio estricto, además de T y de la resultante N de las tensiones totales en el plano de rotura, son: o Empuje hidrostático de lodos:

m/kN60010·120·21

10·10·12·21

P ===

o Empuje hidrostático en grietas de tracción:

m/kN1255·50·21

5·5·01·21

U ===


239

o Peso masa deslizante a lo largo de un plano con inclinación α:

m/kNtg750

m/KN20·tg5

·2

510W 3

α=

α+=

Las ecuaciones de equilibrio se escriben: o Vertical:

W = N · cos α + T · sen α o Horizontal:

P + T · cos α − N · sen α - U = 0 Además,

α=

α−==

sen·F250

sen)510(

·F50

F

L·cT u

Eliminando N y T con estas tres ecuaciones y sustituyendo las expresiones obtenidas anteriormente para W, U y P, y despejando oportunamente se llega a:

α=

2sen82'1

F

El valor de α que hace mínimo F se obtiene igualando a cero la primera derivada:

º452cos0ddF =α→α→=

α

Para este valor resulta:

82'1F =


240

PROBLEMA 7.4 Obtener el coeficiente de seguridad del talud del canal indicado en la figura 7.4, inmediatamente después de una subida rápida del nivel de agua a 7 m y suponiendo que la rotura es plana.

7 m

5 m

40 kN/m2

10 m

60º

N.F.

Figura 7.4

- Datos: Arcillas: Ru = 60 kN / m2 γ = 19 kN / m3

SOLUCIÓN Se trata de una situación a corto plazo y por consiguiente se trabajará en totales con φu = 0 y cu = 0'5 · Ru = 0'5 · 60 = 30 KN / m2.


241

Como el terreno presenta cohesión, pueden aparecer grietas de tracción. Aplicando la teoría de Rankine, para φu = 0 y una sobrecarga p, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

γ

−γ

= pc·2z u

g

En la zona de sobrecarga (p = 40 kN / m2).

m05'11940

1930·2

zg =−=

y en la zona de coronación sin sobrecarga y en el talud:

m16'31930·2

zg ==

Suponiendo un plano de rotura con inclinación α, las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

- Peso, W.

- Empuje hidrostático en grieta de tracción,

2g

2gW z5z·10·

21

E ==

- Empuje hidrostático en paramentos del talud, u, que tiene como

componente horizontal uh = u · sen 60º y como vertical uv = u · cos 60º.

- Reacción normal en el plano de rotura, N.

- Fuerza resistente necesaria para el equilibrio en el plano de rotura, T.

- Según el plano de rotura, resultante de la sobrecarga de coronación, P.


242

7 m

10 m

TO

NL

α60º

u

N.F.

A

WB

3'16

5 m

3'16

h

1'05

EW

40 kN/m2

Figura 7.5 Los mecanismos de rotura que pueden plantearse son: 1. Mecanismo A. Condicionado por grieta de tracción del paramento del talud

(figura 7.5).

Válido para:

º83'49

º60tg10

16'310arctg0 =

−≤α≤

En el triángulo OAB se verificará:

α−

=α−

=→α

−=73'1

47'5

º60tgtg

1

16'3h

tg16'3h

º60tgh


243

N.F.

7 m

60º

5 m

10 m

α

L

3'16

W

T Nu 6'84

E

70 k

N/m

10 / tg 60 = 5'77

2

W

40 kN/m2

Figura 7.6

Las fuerzas que intervienen en el equilibrio son:

( )

α−=

α

−−=º60tg

tg1·

60tgh

·5'9tg

16'3hº60tg

h·

21

·19W222

P = 0

( ) )h216'17(·8'1516'3·16'3h7h7·21

·10EW −=+−+−=

( ) ( )h14·h·77'5º60sen

h·7h7·

21

·10u −=+−=

y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

α−==sen

16'3h·30L·cR u


244

2. Mecanismo B. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en zona sin sobrecarga (figura 7.6).

Válido para:

º85'4977'584'6

arctgº41'3277'1084'6

arctg =

≤α≤=


α−

−

α+

α=

tg84'6

·21

·1910·º60tg

10tg

84'6tg

84'6·

21

·19W2

−

α= 74'57

tg01'90

·5'9W

P = 0

m/kN23'4916'3·21

·10E 2W ==

m/kN9'282º60sen

7·70·

21

u ==

Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

α=

α==

sen2'205

sen84'6

·30L·cR u


245

N.F.

7 m

10 m

60º α

5'77

8'95 / tg α

W

N

u

T

8'95

1'05

5 m

70 k

N/m

2

P

EW

40 kN/m2

Figura 7.7

3. Mecanismo C. Condicionado por una grieta de tracción de coronación en zona con sobrecarga (figura 7.7).

Válido para:

º72'3977'1095'8

arctg0 =

≤α≤


−

α=

α−

−

α+

α= 77'5

tg9'98

·5'9tg95'8

·21

·1910·77'5tg

95'8tg

95'8·

21

·19W2

m/KN51'505'1·21

·10E 2W ==

m/KN9'282u =

−

α= 77'10

tg95'8

·40P


246

Y la máxima resistencia a esfuerzo cortante en el plano:

α==

sen95'8

·30L·cR u

En cualquiera de los tres casos, las ecuaciones de equilibrio de fuerzas se escriben: Horizontal: N · sen α - T · cos α - u · sen 60º + EW = 0 Vertical: u · cos 60º + W - N · cos α - T · sen α + P = 0 Despejando N de la primera ecuación:

α−+α=

senEº60sen·ucos·T

N W

Sustituyendo en la segunda y despejando T se llega a:

α

α

+α

−++= sen·tgE

tgu·866'0

PWu5'0T W

El coeficiente de seguridad viene dado por:

TR

F =


247

α

5'3

1'3

0'8

1'8

Coe

ficie

nte

de s

egur

idad

2'8

2'3

3'3

3'8

4'3

4'8

05'8

10 20 30 40 50

Mecanismo B

Mecanismo A

Mecanismo C

0

Figura 7.8

Con ayuda de una hoja de cálculo (figura 7.8), se ha encontrado el mínimo coeficiente de seguridad igual a 1'05 que se obtiene en el mecanismo C, para α = 25'8º.


248

PROBLEMA 7.5 Calcular el coeficiente de seguridad del talud arcilloso indicado en la figura 7.9, en las siguientes situaciones: a) Sin grietas de tracción. b) Con grietas de tracción.

8'1 m

12 m

6 m

d

W

B C D

A

R = 21 m

E

R =

21

m

E

θg

θd

1V:1'5H

W

W

Figura 7.9 - Datos:

θ = 84'1º θg = 67'4º d = 7'6 m

Áreas: ABCDEA = 112'28 m2 (a) ABCEA = 103'99 m2 (b)

Se considerará despreciable la variación del centro de gravedad de la masa deslizante. Arcillas: cu = 47 kN / m2 γ = 19 kN / m3


249

SOLUCIÓN El enunciado únicamente proporciona como parámetro resistente de la arcilla su cohesión sin drenaje cu. Solo puede realizarse el cálculo a corto plazo, en totales, y adoptando un ángulo de rozamiento nulo. En consecuencia, puede aplicarse el método del círculo de Petterson. a) Sin grieta de tracción - Fuerzas a considerar:

o Peso masa deslizante:

W = 19 · 112'28 = 2133'32 kN / m - Coeficiente de seguridad:

6'7·32'2133º180º1'84·

·21·47

d·W

R·AD·cF

2

u

π

==

88'1F =

b) Con grieta de tracción. - Fuerzas a considerar:

o Peso masa deslizante:

W = 19 x 103'99 = 1975'81 kN / m


250

o Empuje hidrostático en grieta de tracción: Según Rankine, la profundidad de las grietas de tracción viene dada por:

a

ug

k·

c·2z

γ=

Para φ = 0:

1sen1sen1

ka =φ+φ−=

y por consiguiente:

m95'41·19

47·2CEzg ===

m/kN51'12295'4·10·21

E 2W ==

m4'1195'4·32

1'8dW =+=

- Coeficiente de seguridad:

4'11·51'1226'7·81'1975

180·4'67·21·47

d·Ed·W

R·AE·cF

2

WW

u

+

π

=+

=

49'1F =

Si se comparan los dos valores obtenidos del coeficiente de seguridad, se podrá apreciar la importancia que tiene la consideración de la existencia de grietas en el cálculo.


251

PROBLEMA 7.6 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en el problema 7.5, considerando además de la grieta de tracción una lámina de agua de 6 m de altura (figura 7.10).

6 m

N.F.

Figura 7.10

Solución: F = 1'98


252

PROBLEMA 7.7 Calcular el coeficiente de seguridad del talud indicado en la figura 7.11.

W3'9 m

57º

66º

W

C D

11'2 m

R =

27

m

B

E11'34 m

F

E

A

W

2

1

Arcilla 1

Arcilla 2

Figura 7.11 Arcilla 1: cu = 54'5 kN / m2 γ = 19 kN / m3

Arcilla 2: cu = 80 kN / m2 γ = 19'5 kN / m3

Áreas: ABFA = 98 m2 BCDEFB = 107'8 m2


253

SOLUCIÓN Como en el problema 7.5, se trata de un cálculo a corto plazo y puede utilizarse el método del círculo de Petterson, ahora con terreno estratificado. - Fuerzas a considerar:

o Pesos:

W1 = 19 · 107'8 = 2048'2 kN / m d1 = 11'34 m W2 = 19'5 · 98 = 1911 kN / m d2 = 3'9 m

o Empuje hidrostático en grieta de tracción:

m74'519

5'54·2DEzg ===

m/kN74'16474'5·10·21

E 2W ==

m03'1574'5·32

2'11dW =+=

- Coeficiente de seguridad: En este caso, el coeficiente de seguridad viene dado por la expresión:

WW2211

2u1u

d·Ed·Wd·W

AF·R·cFE·R·cF

+++

=

Sustituyendo valores, se llega:

03'15·74'1649'3·191134'11·2'2048º180

·º57·27·80

º180·º9

·27·5'54F

22

++

π+π

=

94'1F =


254

PROBLEMA 7.8 En un paquete de arcillas de 10 m de potencia que descansa sobre un nivel potente de calizas, se pretende realizar una excavación con taludes de inclinación igual a 30º que alcance el nivel de calizas. Sabiendo que las arcillas están saturadas y que poseen una cohesión sin drenaje de 25 kN/m2 y un peso específico saturado de 21'5 kN/m3, se desea conocer, aplicando los ábacos de Taylor, el coeficiente de seguridad a corto plazo de esta excavación y si no fuese estable, la profundidad de excavación a la que deberá esperarse la rotura.

SOLUCIÓN

Ya que se trata de una situación de corto plazo, el cálculo debe realizarse en totales, y tratándose de una arcilla saturada, debe adoptarse un ángulo de rozamiento nulo y una cohesión igual a la cohesión sin drenaje, cu = 25 kN/m2. Además, el nivel calizo impone una limitación de profundidad (limitación de “D”). Si el ángulo de rozamiento es nulo, también lo es φd, y puesto que la pendiente de excavación es inferior a 54º, el ábaco nº 2 de Taylor proporciona el número de estabilidad (figura 7.12). Para una profundidad de excavación igual a 10 metros se tendría D = 1, y para este valor y una pendiente de 30º, el ábaco nº 2 proporciona un número de estabilidad igual a 0'133. En consecuencia, el coeficiente de seguridad de la excavación será:

0'87 21'5 · 10 · 0'133

25·H·N

c F u ==

γ=

Puesto que es inferior a la unidad, la excavación planteada no es estable a corto plazo y la rotura se producirá para una profundidad de excavación inferior a 10 metros, cuando el coeficiente de seguridad sea igual a la unidad. Se trata ahora de encontrar el valor de H que proporciona un valor de F igual a 1.


255

Siendo DH = 10 m, el valor de D para entrar en el ábaco nº 2 depende de la profundidad de excavación, que es la incógnita, y en consecuencia, el problema debe resolverse por tanteos. En la tabla 7.1 se han recogido los tanteos realizados para diferentes profundidades de excavación. Para cada una de ellas, se obtiene el valor de D, y yendo con este a la curva de 30º del ábaco nº 2 de Taylor, se obtiene el valor del número de estabilidad (figura 7.12). El coeficiente de seguridad se obtiene finalmente de:

H · 21'5 · N25

H · ·N

c F u =

γ=

Tabla 7.1

H

(m)

D = 10 / H N F

1 2 3 4 5 6 7 8 9

10

10,00 5,00 3,33 2,50 2,00 1,67 1,43 1,25 1,11 1,00

0,180 0,180 0,179 0,174 0,172 0,168 0,161 0,155 0,145 0,133

6,46 3,23 2,17 1,67 1,35 1,15 1,03 0,94 0,89 0,87

En la figura 7.13 se ha representado para cada altura de excavación tanteada el valor del coeficiente de seguridad obtenido. Puede apreciarse que el coeficiente de seguridad igual a la unidad se consigue para una altura de 7'33 m, siendo pues ésta la profundidad de excavación a la que teóricamente deberá esperarse la rotura.


256

Factor de profundidad D

7.5º

Núm

ero

de e

stab

ilida

d =

cd /

γ Η

0.091

0.10

2

0.11

0.12

0.13

0.14

0.15

0.16

0.17

0.18

0.19

3 4

15º

22.5º

30º

45º

H

nH

DH

H

nH

DH

i=45º

1'1

1'25

1'43

1'67 2'5

3'3

0.133

0.145

0.155

0.161

0.168

0.1740.179

0.172

Figura 7.12

F

1

0

2

4

3

5

6

7

0 2 6 12

H (m)

4 8 107'33

Figura 7.13


257

PROBLEMA 7.9 Se excava un talud rápidamente con una pendiente de 30º en una arcilla saturada que reposa sobre unas calizas. Cuando la potencia de las arcillas era de 12 m, se rompió la excavación con una altura de 8 m. Sabiendo que la arcilla tiene un peso específico de 18 KN / m3, calcular la resistencia sin drenaje de la misma. Solución: N = 0'164

cu = 23'6 kN / m2


258

PROBLEMA 7.10 Aplicando los ábacos de Taylor, calcúlese la altura que puede adoptarse en un talud excavado con una inclinación de 40º en un terreno que posee un ángulo de rozamiento de 23'6º, una cohesión de 20 kN / m2 y un peso específico de 21 kN / m3, si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2.

SOLUCIÓN

Puesto que el coeficiente debe ser 1'2 y el ángulo de rozamiento es 23'6º, se tiene que:

º202'1

º6'23tgarctg

Ftg

arctgd =

=

φ=φφ

Entrando en el ábaco nº 1 de Taylor con una pendiente de 40º y yendo a la curva φd = 20º, se obtiene un número de estabilidad N igual a 0'05 (figura 7.14). Como:

H·21·2'102

H··Fc

H·

c05'0N

c

d =γ

=γ

==

despejando, resulta una altura:

m87'15H =

Observación: En el problema se admite que el coeficiente de seguridad de la cohesión (Fc) y el coeficiente de seguridad del rozamiento (F? ) son iguales, aunque en la práctica suelen tomarse diferentes valores.


259

0

0.10

0.20

0.30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0.15

0.25

0.35

0.05

N =

c /

F γ

Η

Ángulo de pendiente

2025

15

10

5

φd = 0

Zon

a B

Zon

a A

0.181

n = 0

H

DH

nH

φd = 0 , D = ∞

φd = 0

, D =

1

DH=HD=1

Figura 7.14


260

PROBLEMA 7.11 En un inventario de taludes se observó que un terreno arcilloso puede mantener un talud vertical hasta una altura de 3 m, y si la pendiente es de 60º, entonces puede soportar una altura de 6 m. Sabiendo que el peso específico de este terreno es 21'3 KN / m3, se pide estimar la resistencia a corte del terreno.

SOLUCIÓN En el inventario se señalan dos situaciones de rotura (F=1 → φ = φd). Con los ábacos de Taylor se obtienen los siguientes pares de valores que cumplen la condición de rotura: Para i = 90º y H = 3 m:

φ =φd

0 5 10 15 20 25

N

c = 21'3 · 3 · N

0'260

16'61

0'240

15'34

0'220

14'06

0'200

12'78

0'183

11'69

0'167

10'67 Para i = 60º y H = 6 m:

φ =φd

0 5 10 15 20 25

N

c = 21'3 · 6 · N

0'190

24'28

0'163

20'83

0'139

17'76

0'116

14'82

0'098

12'52

0'080

10'22


261

c ( k

N / m

)

50 10 15 20 25

5

10

15

20

25

30

0

φ (º)

2

23'2

4

11'03

i = 60º H = 6 m

i = 90º H = 3 m

Figura 7.15 Representando gráficamente estas dos series de pares de valores y ajustando una curva a cada una de ellas, se obtiene como intersección de las mismas los valores (figura 7.15):

φ = 23'24º c = 11'03 kN / m2

que cumplen las dos condiciones, siendo pues la solución del problema.


262

PROBLEMA 7.12 Aplicando los ábacos de Taylor, calcular el coeficiente de seguridad de un talud de 10 m de altura y pendiente de 50º excavado en un terreno que posee un ángulo de rozamiento de 22º, una cohesión de 20 kN / m2 y un peso específico de 21 kN / m3.

SOLUCIÓN

La resolución se realiza con el ábaco de Taylor nº 1 (figura 7.16). En este caso, la incógnita es el coeficiente de seguridad, desconociéndose en principio la curva a adoptar. El problema debe resolverse por tanteos, intentando conseguir que el coeficiente de seguridad supuesto coincida con el calculado. Como ello es difícil de conseguir, se realizan los tanteos indicados en la tabla 7.2 y para que las entradas resulten cómodas en el ábaco de Taylor, los tanteos se han efectuado con los valores de φd del ábaco.

Tabla 7.2

φd

dtgtg

Fφφ=φ N

H··Nc

Fc γ=

25º 20º 15º 10º 5º

0'87 1'11 1'50 2'29 4'62

0'056 0'073 0'093 0'117 0'147

1'70 1'30 1'02 0'81 0'67

Si se representan en un gráfico Fφ - Fc los valores de la tabla y se les ajusta una curva, la solución es la intersección de dicha curva con la bisectriz (figura 7.17), resultando ser: F = Fφ = Fc = 1'2


263

0

0'10

0'20

0'30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0'15

0'25

0'35

0'05

N =

c / F

· γ ·

H

2025

15

10

5

φd = 0

Zon

a B

Zon

a A

0'181

n = 0

H

DH

nH

φ = 0 , D = ∞

φd = 0

, D =

1

DH=HD=1

0'073

0'093

0'117

0'147

0'056


d

Figura 7.16

Fc

1'8

0'2

0

0'4

0'8

0'6

1

1'2

1'4

1'6

2

0 1 2 3 4 5

F

1'2

Figura 7.17


264

PROBLEMA 7.13 Para la construcción de una carretera se pretende excavar un desmonte de 20 m de altura en un terreno constituido por 10 m de arcillas que descansan sobre un potente banco de areniscas. Las propiedades del terreno son las siguientes:

Suelo

γ (kN/m3)

φ' (º)

c' (kN/m2)

Arcillas Areniscas

20 22

25 35

10 1000

Si se desea tener un coeficiente de seguridad de 1'2 frente al deslizamiento y sin tener en cuenta las posibles grietas de tracción, se pide obtener el talud de excavación más económico a ejecutar.

SOLUCIÓN El problema puede resolverse aplicando los ábacos de Taylor ya que no se tienen en cuenta las grietas de tracción. Existiendo dos terrenos, pueden plantearse dos tipos de rotura (figura 7.18):

o Superficie de rotura desarrollada únicamente en el nivel superior de arcillas (círculo 1).

o Superficie de rotura que afecta a los dos niveles (círculo 2).

En el primer caso, el talud a estudiar tiene 10 m de altura. Para F = 1'2, se tendrá:

º23'212'1

º25tgtgarcd =

=φ


265

10 m

10 m1

2

Arcillas

Areniscas

Figura 7.18

y el número de estabilidad es:

042'010·02·2'1

10H··F

cN ==

γ=

Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19) se obtiene una inclinación i = 37º para la excavación a realizar en los 10 m superiores de arcillas. Para analizar el segundo tipo de rotura se supone que la altura total de 20 m se realiza en areniscas. En este caso, se tiene que:

º26'302'1

º35tgtgarcd =

=φ

894'120·22·2'1

1000H··F

cN ==

γ=

Entrando con estos valores en el ábaco nº 1 de Taylor (figura 7.19), se deduce una inclinación superior a los 90º. En consecuencia, las areniscas pueden desmontarse verticalmente. Para tener una idea de la resistencia de las areniscas, puede calcularse la altura máxima que puede excavarse con un talud vertical. Para no realizar extrapolaciones en el ábaco, se adopta un coeficiente de seguridad de 1'5, superior al del enunciado, quedando del lado de la seguridad. En este caso:

º255'1

º35tgtgarcd =

=φ


266

0

0'10

0'20

0'30

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90

0'15

0'25

0'35

0'05

N =

c / F

· γ ·

H

2025

15

10

5

φd = 0

Zon

a B

Zon

a A

0'181

n = 0

H

DH

nH

φ = 0 , D = ∞

φ = 0

, D =

1

DH=HD=1

0'147


d

d

0'042

37º

0'167

Figura 7.19

y con i = 90º, se obtiene en el ábaco un número de estabilidad N = 0'167 (figura 7.19). Por lo tanto, la altura máxima será:

m2'181167'0·22·5'1

1000H··F

cHmáx ==

γ=

Este resultado justifica la adopción de talud vertical en las areniscas.

Capítulo 8

CCIIMMEENNTTAACCIIOONNEESS SSUUPPEERRFFIICCIIAALLEESS


268

Capítulo 8 - Cimentaciones superficiales

269

PROBLEMA 8.1 En un terreno constituido por un potente nivel de arcillas normalmente consolidadas, se pretende cimentar una zapata de dimensiones 2 x 4 m a una profundidad de 1'5 m. El nivel freático se encuentra en la superficie del terreno. Las características geotécnicas de la arcilla son:

Terreno γsat cu φ' (kN/m3)

(kN/m2)

Arcilla

20

24

25º Se pide calcular: a) Carga de hundimiento de la zapata. b) Máxima presión que puede transmitir la zapata con un coeficiente de

seguridad frente al hundimiento F = 3.

SOLUCIÓN a) Carga de hundimiento de la zapata Siendo el terreno de cimentación cohesivo, la carga de hundimiento es distinta a corto y a largo plazo. En consecuencia, se deberá hacer el cálculo en las dos situaciones para determinar cual de ellas es la más desfavorable. Las presiones total, intersticial y efectiva a cota de cimentación (figura 8.1) son:

2

2w

2sat

kN/m 15uqq

kN/m1510·5'1·5'1u

kN/m 3020·5'1·5'1q

=−=′==γ=

==γ=


270

1'5 m

hq = q' + uq = q' + uq

h

B = 2 m

1'5 m

B = 2 m

hqN.F.

Figura 8.1

a.1) Carga de hundimiento a corto plazo

En terrenos cohesivos saturados, el cálculo de la carga de hundimiento a corto plazo se realiza en totales, adoptando un ángulo de rozamiento φu = 0. Aplicando la formulación de Brinch-Hansen, la carga de hundimiento en totales se obtiene a partir de la expresión:

γγγγ γ′++= i·d·s··B·N·21

i·d·s·N·qi·d·s·N·cq qqqqccccuh (1)

Para φu = 0, los factores de capacidad de carga son:

Nc = π + 2 = 5'14 Nq = 1 Nγ = 0

Suponiendo que no hay excentricidad de carga, las dimensiones efectivas de la zapata son:


271

B' = B = 2 m L' = L = 4 m

y en consecuencia los factores de forma a corto plazo valen:

8'0'L'B

4'01s

1s

1'1'L'B

2'01s

q

c

=−=

=

=+=

γ

Por tratarse de una cimentación superficial, y para quedar del lado de la seguridad, se desprecia el efecto del empotramiento de la zapata y se adoptan los factores de profundidad iguales a la unidad (dc = dq = dγ = 1). En cuanto a los factores de inclinación, se admite que la carga es vertical y por lo tanto son iguales a la unidad (ic = iq = iγ = 1). Sustituyendo los valores anteriores en la expresión (1) se tiene que la carga de hundimiento a corto plazo de la arcilla es: 2

h m/kN7'16501·1·1·1·301·1·1'1·14'5·24q =++= (2)

y la carga de hundimiento neta vale:

2hhn m/kN7'135307'165qqq =−=−= (3)

a.2) Carga de hundimiento a largo plazo El cálculo de la carga de hundimiento a largo plazo se debe realizar en efectivas. Aplicando la formulación de Brinch-Hansen, la carga de hundimiento efectiva se puede obtener con la expresión:

γγγ∗

γ γ′+′+′=′ i·d·s··B·N·21

i·d·s·N·qi·d·s·N·cq qqqqcccch (4)


272

Para φ' = 25º, los factores de capacidad de carga son:

( ) 75'6tg·1N·5'1N

72'20)1N·(cotN

66'102

45tg·eN

q

qc

2tg·q

=φ′−=

=−φ′=

=

φ′

+=

γ

φ′π

Al igual que en el caso anterior, las dimensiones efectivas de la cimentación son:

B' = B = 2 m L' = L = 4 m

y los factores de forma valen:

8'0LB

·4'01s

25'11N

1s·Ns

23'1tg·LB

1s

q

qqc

q

=′′

−=

=−

−=

=φ′′′

+=

γ

Los factores de profundidad e de inclinación siguen siendo iguales a la unidad. Puesto que la arcilla es normalmente consolidada, la cohesión efectiva c' es nula y por lo tanto, el primer término de la expresión (4) es cero. Estando el nivel freático por encima del plano de cimentación, el peso específico γ* a adoptar es el sumergido. Sustituyendo valores en la expresión (4) se obtiene que el valor de la carga de hundimiento efectiva a largo plazo es:

2h m/kN68'2501·1·8'0·10·2·75'6·

21

1·1·23'1·66'10·150q =++=′


273

La carga de hundimiento total vale:

2

hh m/kN68'2651568'250uqq =+=+′= (5)

y la carga de hundimiento neta es:

2hhn m/kN68'2353068'265qqq =−=−= (6)

b) Máxima carga transmitida Si se compara (5) con (2) o (6) con (3), se observa que la situación mas desfavorable es la de corto plazo. En consecuencia la carga de hundimiento a adoptar en el cálculo es:

2h m/kN7'165q =

El coeficiente de seguridad frente al hundimiento se define como:

qq

qq

q

qF

t

h

tn

hn

−−

==

Si el coeficiente de seguridad frente al hundimiento debe ser igual a 3, entonces:

30q307'165

3Ft −

−==

de donde se obtiene que la máxima carga que puede transmitir la zapata es:

2

t kN/m 23'75q =


274

PROBLEMA 8.2 Calcular el coeficiente de seguridad frente al hundimiento del muro corrido indicado en la figura 8.2, si el nivel freático se encuentra situado a una profundidad de 3'75 m. Las características geotécnicas del terreno son:

Terreno γsat (kN/m3)

γ (kN/m3)

φ' (º)

Arena

21

19'5

30 El peso específico del hormigón es γh = 26 kN / m3

1'25 m

B = 3 m

1 m

1 m

2 m

1'5 mN.F.

Arena

P = 50 kN / m

N = 300 kN / m

Figura 8.2


275

1'25 m

B = 3 m

1 m

2 mN.F.

Wp

tW

zW

tW

Q

1'5 m

2'25 m

1 m

e e

P

M

1'5 m 1'5 m

QP

eB

P = 50 kN / m

N = 300 kN / m

Figura 8.3

SOLUCIÓN El coeficiente de seguridad frente al hundimiento se define como el cociente entre la carga de hundimiento neta (qhn) y la carga transmitida neta (qtn):

qq

qq

q

qF

t

h

tn

hn

−−

==

1) Presión transmitida

En principio, se calculará la carga transmitida (qt). Para ello, se deben reducir todas las fuerzas actuantes por encima del plano de cimentación al centro de gravedad de la base de la cimentación (figura 8.3).


276

Si se consideran dos planos verticales que pasan por los cantos de la zapata, el peso del terreno situado en el pie y en la puntera (2 · wt) gravitará sobre la zapata (figura 8.3). A pesar de que teóricamente es incorrecto, los empujes sobre los planos verticales se admitirán iguales y por tanto se anulan. La resultante vertical vale:

Q = N + wp + 2·wt + wz donde wp es el peso del alzado y wz el peso de la zapata. Con los datos del enunciado, se tiene:

N = 300 kN/m wp = 26 · 3 · 1 = 78 kN/m wz = 26 · 3 · 1'25 = 97'5 kN/m wt = 19'5 · 1 · 1=19'5 kN/m

y por lo tanto:

Q = 300 + 78 + 2·19'5 + 97'5 = 514'5 kN/m Por otra parte, como:

Q = Q' + Fw siendo Fw la resultante de las subpresiones en la base del cimiento del muro: Fw = u · B y u = 0 a cota de cimentación, se tiene que:

Q = Q' = 514'5 kN/m La resultante horizontal vale:

P = 50 kN/m


277

Tomando momentos en el centro de gravedad de la base del cimiento (punto medio), el momento resultante es:

M = (2 + 1 + 1'25) · 50 = 212'5 kN y su eje es perpendicular al papel (longitudinal de la zapata). Así pues: MB = M = 212'5 kN ML = 0 Las excentricidades serán pues:

0e

m 413'05'5145'212

QM

e

L

BB

=

==′

=

Al existir excentricidad en la dirección de B, el ancho efectivo B' de la cimentación es:

B' = B – 2 · eB = 3 – 2 · 0'413 = 2'17 m y la presión transmitida al terreno vale:

2t kN/m 10'237

17'25'514

BQ

q ==′

=

2) Carga de hundimiento Como se trata de arenas, el cálculo de la carga de hundimiento se efectuará en términos efectivos, aplicando la formulación de Brinch-Hansen:

γγγ∗

γ γ′+′+′=′ i·d·s··B·N·21

i·d·s·N·qi·d·s·N·cq qqqqcccch


278

A cota de cimentación, la tensión total, intersticial y efectiva son:

2

2

m/kN87'43uqq

0u

m/kN87'435'19·25'2·25'2q

=−=′=

==γ=

Para φ' = 30º, B' = 2'17 m y L' = L → 8 (zapata corrida), los factores de capacidad de carga son:

( )( ) 06'15tg·1N·5'1N

14'301N·cotN

4'182

º45tg·eN

q

qc

2tg·q

=φ′−=

=−φ=

=

φ′

+=

γ

φ′π

y los factores de forma:

1LB

4'01s

11N

1s·Ns

1tgLB

1s

q

qqc

q

=′′

−=

=−

−=

=φ′′′

+=

γ

Existiendo una carga inclinada, los factores de inclinación son distintos a la unidad y se obtienen con las expresiones:

1m

c

qqc

m

q

cot·L·B·cQP

1i

tg·N

i1ii

cot·L·B·cQP

1i

+

γ

φ′′′′+′

−=

φ′−

−=

φ′′′′+′

−=


279

donde:

BL

1

BL

2m

LB

1

LB

2m

cosmsenmm

L

B

2L

2B

′′

+

′′

+=

′′

+

′′

+=

θ⋅+θ⋅=

siendo θ el ángulo que forma la proyección en planta de la resultante de fuerzas con el eje longitudinal de la zapata (dirección L). Para θ = 90º, B' = 2'17 m, L' = L → 8 se tiene:

mB = 2 mL = 1

y por tanto:

m = 2 sen2 90º + 1 cos2 90º = 2 4 Para P = 50 kN/m, Q' = 514'5 kN/m, B' = 2'17 m, L' = L → 8 , φ' = 30º, c' = 0 (arenas) y m = 2, los factores de inclinación valen:

735'005'514

501i

8'030tg14'30

815'01815'0i

815'005'514

501i

3

c

2

q

=

+−=

=⋅

−−=

=

+−=

γ


280

D = 1'5 m

1'25 m

2 m

1 m

W

Arena

N.F.

Figura 8.4

Al tratarse de una cimentación superficial, se desprecian los efectos del empotramiento y consecuentemente los factores de profundidad serán igual a la unidad (dc = dq = dγ = 1). Falta obtener el peso específico γ* para poder calcular la carga de hundimiento y este valor depende de la posición del nivel freático respecto al plano de cimentación. Si el nivel freático se sitúa a una distancia Dw por debajo del plano de cimentación, el peso específico a adoptar en el cálculo es:

( )γ=γ→>

γ′−γ⋅′

+γ′=γ→≤

γ′=γ→≤

∗

∗

∗

'BDBD

'BD

0D

Si

w

ww

w


281

En este caso Dw = 1'5 m < B' = 2'17 m (figura 8.4) y por lo tanto:

( ) ( ) ( )( ) 3w m/kN87'1610215'1917'25'1

1021BD =−−⋅+−=γ′−γ⋅

′+γ′=γ∗

Sustituyendo ahora valores en la expresión de la carga de hundimiento efectiva, se llega a:

2h kN/m 48'860735'0·1·1·87'16·17'2·06'15·

21

815'0·1·1·4'18·87'430q =++=′

y la carga de hundimiento total será:

2hh kN/m 48'860048'860uqq =+=+′=

El coeficiente de seguridad frente al hundimiento valdrá pues:

22'487'4310'23787'4348'860

qqqq

qq

Ft

h

tn

hn =−−=

−−==


282

PROBLEMA 8.3 Calcular la máxima fuerza vertical N que puede transmitir el muro corrido que se indica en la figura 8.5, con un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3. El nivel freático se encuentra situado en la superficie del terreno.

1'25 m

3 m

1 m

1 m

2 m

1'5 m

N.F.

Arenas

Arcillas

N ( kN / m )

Figura 8.5


Terreno γsat φ' c' Ru (kN / m3)

(º)

(kN / m2)

(kN / m2)

Arena

21

30 Arcilla 18 25 20 100

El peso específico del hormigón es γh = 26 kN / m3


283

1'25 m

1'5 m

3 m

1 m

2 mN.F.

1 m

N ( kN / m )

Wp

tW

zW

tW

3 m 3 m

q t

2'25 m

e e

Q

Figura 8.6

SOLUCIÓN

En primer lugar se debe calcular la carga transmitida por el muro al terreno. Para ello, se reducirá el sistema de fuerzas que actúan por encima del plano de cimentación al centro de gravedad de la cimentación (figura 8.6). Como existe simetría de cargas, la resultante Q es vertical y vale:

Q = N + wp + wz + 2·wt


284

donde: N: Carga lineal actuando en coronación del muro.

wp: Peso del alzado del muro. wz: Peso de la zapata. wt: Peso del terreno situado por encima de la zapata.

Con los datos del enunciado, se tiene:

wp = 26·3·1 = 78 kN / m wz = 26·3·1'25 = 97'5 kN / m wt = 21·1·1 = 21 kN / m

y por lo tanto:

Q = N + 78 + 97'5 + 2·21 = N + 217'5 kN / m

Puesto que no existe excentricidad de carga, el ancho eficaz es igual al ancho de la zapata (B = B'), y la presión transmitida por el muro a cota de cimentación es (figura 8.6):

2t kN/m 5'72

3N

35'217N

BQ

q +=+=′

=

Tratándose de un terreno estratificado, para el cálculo de la carga de hundimiento se utilizará un método aproximado (figura 8.7). Sean T1 y T2 dos terrenos cuyas cargas de hundimiento son qh1 y qh2, respectivamente, y se verifica que qh1 > qh2.


285

B

T1

T2

1t

T1

T2

B

t 2

B

Figura 8.7 Cuando el terreno superior es T1, la carga de hundimiento de la cimentación qh viene dada por:

h1h1

1h2h1h2h

1

h2h1

qq 1B

t

2'0B

t

0'8

q-qqq 1

B

t2'0

q q 2'0B

t

=>

−+=<<

=≤

(1)


286

2'25 m Arenas

N ( kN / m )

Arenas

q, u, q'

1 m

N.F.

Figura 8.8

Cuando el terreno superior es T2, la carga de hundimiento viene dada por:

)2(B

t·

0'7

q-qqq 7'0

B

t

q q 7'0B

t

2h2h1h1h

2

h2h2

−=<

=>

La aplicación de este método exige, a priori, determinar en el problema si el estrato superior es el T1 o es el T2, haciéndose necesario calcular las cargas de hundimiento con cada uno de los terrenos existentes por debajo del plano de cimentación. Supóngase en primer lugar que el terreno existente por debajo del plano de cimentación este constituido por las arenas (figura 8.8): Las tensiones totales, intersticiales y efectivas a cota de cimentación son:

2

2w

2arenasat

kN/m 75'24uqq

kN/m 5'2210·25'2·25'2u

kN/m 25'4721·25'2·25'2q

=−=′==γ=

==γ=


287

Como c'=0, la carga de hundimiento en efectivas es:

γγγγ γ′+=′ i·d·s·'·B·N·21

i·d·s·N·'qq arenaqqqq)arena(h (3)

Para φ' = 30º, B' = B = 3 m (no hay excentricidad) y L' = L ? 8 (zapata corrida), los factores de capacidad de carga son:

( )( ) 06'15tg·1N·5'1N

14'301N·cotN

4'182

º45tg·eN

q

qc

2tg·q

=φ′−=

=−φ′=

=

φ′

+=

γ

φ′π

y los factores de forma:

1LB

·4'01s

11N

1s·Ns

1tg·LB

1s

q

qqc

q

=′′

−=

=−

−=

=φ′′′

+=

γ

Siendo la carga vertical y centrada, los factores de inclinación son iguales a la unidad:

1iii cq === γ

y tratándose de una cimentación superficial, y para quedar del lado de la seguridad, se adoptan los factores de profundidad también iguales a la unidad:

1ddd cq === γ

Sustituyendo en la expresión (3) los valores anteriores se obtiene que la carga de hundimiento en efectivas de las arenas es:

2)arena(h kN/m89'7031·1·1·11·3·06'15·

21

1·1·1·4'18·75'24q =+=′ (4)


288

La carga de hundimiento total es::

2)arena(h)arena(h kN/m 39'7265'2289'703uqq =+=+′= (5)

y la carga de hundimiento neta será:

2)arena(h)arena(hn kN/m 14'67975'2489'703qqq =−=′−′= (6)

Supóngase ahora que por debajo del plano de cimentación solo hay arcillas (figura 8.9). En este caso, al tratarse de un material cohesivo, la carga de hundimiento es diferente a corto y a largo plazo. Las tensiones total, intersticial y efectiva a cota de cimentación son las mismas que en el caso anterior ya que no varía el terreno que existe por encima del plano de cimentación ni el nivel freático. En la situación de corto plazo, la carga de hundimiento se calcula en totales:


i·d·s·N·qi·d·s·N·cq arcillaqqqqccccu)arcilla(h (7)

Para

cu = Ru / 2 = 100 / 2 = 50 kN / m2

φu = 0 B' = B = 3 m (no hay excentricidad) L' = L → 8 (zapata corrida)

los factores de carga valen:

Nq = 1 Nc = 5'14 Nγ = 0


289

q, u, q'

Arcillas

Arenas2'25 m

N ( kN / m )

1 m

N.F.

Figura 8.9

Y los factores de forma son:

1LB

·4'01s

1LB

·0'21s

1s

c

q

=′′

−=

=′′

+=

=

γ

Los factores de inclinación y de profundidad siguen siendo iguales a la unidad. Sustituyendo en (7) los valores anteriores, la carga de hundimiento de la arcilla en totales es:

2)arcilla(h kN/m 25'30401·1·1·1·25'471·1·1·14'5·50q =++= (8)

y la carga de hundimiento neta es:

2)arcilla(h)arcilla(hn kN/m 25725'4725'304qqq =−=−= (9)


290

A largo plazo, la carga de hundimiento se calcula en efectivas:

γγγγ γ++= i·d·s·'·'B·N·21

i·d·s·N·'qi·d·s·N·'c'q arcillaqqqqcccc)arcilla(h

(10) Para

c' = 20 kN/m2

φ' = 25º B' = B = 3 m (no hay excentricidad) L' = L → 8 (zapata corrida)

Los factores de capacidad de carga son:

( )

( ) 75'6tg·1N·5'1N

72'201N·cotN

66'102

º45tg·eN

q

qc

2tg·q

=φ′−=

=−φ′=

=

φ′

+=

γ

φ′π

Los factores de forma son:

1LB

·4'01s

11N

1s·Ns

1tg·LB

1s

q

qqc

q

=′′

−=

=−

−=

=φ′′′

+=

γ

Los factores de inclinación y de profundidad siguen siendo iguales a la unidad.


291

Sustituyendo los valores anteriores en la expresión (10), el valor de la carga de hundimiento en efectivas de la arcilla es:

2)arcilla(h kN/m 23'7591·1·1·8·3·75'6·

21

1·1·1·66'10·75'241·1·1·72'20·20q =++=′

(11) y la carga de hundimiento neta en efectivas es:

2)arcilla(h)arcilla(hn kN/m 48'73475'2423'759qqq =−=′−′=′ (12)

Analicemos la situación a corto plazo en el terreno estratificado. Si se compara (5) con (8) ó (6) con (9), se observa que la arena tiene mayor carga de hundimiento. En consecuencia el terreno T1 es el superior. Como se cumple que :

15'035'1

B

t2'0 1 <==<

la carga de hundimiento del terreno estratificado viene dada por la expresión (1), o bien, trabajando con cargas netas por:

21hn2hn1hn2hn kN/m 3'4152'0

35'1

·8'0

25714'6792572'0

Bt

0'8q-q

qq =

−−+=

−+=

(13) En la situación a largo plazo, si se compara (4) con (11) ó (6) con (12), se observa que la arcilla tiene mayor carga de hundimiento. En consecuencia el terreno T1 es el inferior. Como se cumple que:

7'05'035'1

B

t 2 <==


292

La carga de hundimiento del terreno estratificado viene dada por la expresión (2), o bien trabajando con cargas netas por:

22hn2hn1hn1hn kN/m 95'694

35'1

·7'0

14'67948'73448'734

B

t·

0'7

q-qqq =−−=−=

(14) Comparando (13) y (14) se observa que la situación más desfavorable es a corto plazo. Para un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3 se tiene que:

3q

qF

tn

hn ==

Si

2hn kN/m 3'415q =

y

2ttn kN/m 25'25

3N

25'475'723N

qqq +=−+=−=

sustituyendo en la expresión anterior se obtiene que: N = 339'55 kN/m2


293

PROBLEMA 8.4 En un potente nivel de arcillas normalmente consolidadas, se pretende cimentar a 2 m de profundidad un depósito circular de 20 m de diámetro, que contendrá 5 m de altura de un líquido cuyo peso específico es 18 kN / m3. El peso propio del deposito supone a cota de cimentación una presión uniforme de 40 kN / m2 y el nivel freático está situado 1 m por encima de la superficie del terreno. Las características geotécnicas de la arcilla son: o Peso específico relativo de las partículas: 2'65 o Peso específico seco: 16'5 kN/m3 o Ángulo de rozamiento efectivo: 25º o Parámetro A de presión intersticial: 1'37 o Resistencia a compresión simple: 100 kN/m2 Se pide: a) Comprobar las condiciones de flotación del depósito. b) Estado de tensiones efectivas que se tendrá, inmediatamente después del

llenado del depósito, en un punto situado a 7 m de profundidad desde la superficie del terreno y debajo del eje del depósito.

c) Calcular el coeficiente de seguridad frente al hundimiento de la cimentación.

SOLUCIÓN a) Condiciones de flotación El depósito flotará si el empuje de Arquímedes es superior a la carga vertical transmitida. Teniendo en cuenta la geometría del problema (figura 8.10), esta situación se produce cuando la presión transmitida por el depósito es inferior a la presión intersticial existente a cota de cimentación (“subpresión”), es decir, si la presión transmitida efectiva es negativa.

Estando el nivel freático 1 m por encima de la superficie del terreno, a cota de cimentación la presión intersticial vale:

2w m/kN 303·103·u ==γ=


294

q t

20 m

Arcilla

N.F.

2 m

u

2 m

1 m

Figura 8.10

La situación más desfavorable se produce cuando el depósito está vacío. En este caso, la presión transmitida por el depósito a cota de cimentación es 40 kN / m2. Comparando este valor con el de la presión intersticial a cota de cimentación, 30 kN / m2, se deduce que el depósito nunca flotará ya que la presión transmitida es mayor que la presión intersticial.

b) Estado de tensiones tras el llenado en un punto situado a 7 m de profundidad

Antes de la construcción del depósito, en cada punto del terreno existe un estado inicial de tensiones (“estado 0”). La construcción y llenado del depósito, que se suponen realizados inmediatamente (situación a corto plazo), producirán un incremento de tensiones en el terreno que añadido al estado inicial será el estado de tensiones pedido en el enunciado y que denominaremos “estado I”.


295

Arcilla

1 m

N.F.

7 m2121'48 kN / m

2151'89 kN / m

2u = 80 kN / m

Figura 8.11

Estado 0 Con los datos del enunciado, el peso específico saturado de la arcilla es:

3w

ws

ddsat kN/m 27'2010·

10·65'25'16

15'16··G

1 =

−+=γ

γ

γ−+γ=γ

En un punto situado a 7 m de profundidad (figura 8.11), la tensión total, intersticial y efectiva valen:

20v00v

20

20v

kN/m 89'718089'151u

kN/m 808·10u

kN/m 89'1511·107·27'20

=−=−σ=σ′==

=+=σ

La presión efectiva horizontal es igual a la presión efectiva vertical por el coeficiente de empuje al reposo k0. Tratándose de una arcilla normalmente consolidada, el coeficiente de empuje al reposo viene dado por la fórmula de Jaky:

577'0º25sen1sen1k 0 =−=φ′−=


296

tq = 130 kN / m

N.F.

2

ESTADO 1

N.F.

q = 130 kN / mt2

N.F.

q

Figura 8.12

En consecuencia la presión efectiva horizontal vale:

200v0h kN/m 48'41577'0·89'71k· ==σ′=σ′

y aplicando el principio de Terzaghi, la presión total horizontal es:

200h0h kN/m 48'1218048'41u =+=+σ′=σ

Estado I Se aplicará la teoría de la elasticidad para obtener los incrementos de presiones producidos por la construcción y llenado del depósito. En este caso, se trata de una cimentación circular que, con el depósito lleno, transmite una presión uniforme de valor:

2t kN/m 13018·540q =+=

Puesto que se asume un comportamiento elástico del terreno, puede aplicarse el principio de superposición (figura 8.12). Como se puede observar, la variación de tensiones a añadir al estado inicial de tensiones es la producida por la carga transmitida neta cuyo valor es:

( ) 2ttn kN/m 46'791·102·27'20130qqq =+−=−=


297

q = 79'46 kN / mtn2

r = 10 m r = 10 m

z = 5 m

Figura 8.13 A partir de la solución dada por la teoría de la elasticidad para carga uniforme circular (figura 8.13), las variaciones de tensiones totales que se producen a corto plazo ( 5'0=ν ) en un punto situado a 5 m por debajo del depósito (7 m desde la superficie del terreno) valen:

( ) ( )

( ) ( ) 22/322/12

2/322/12

tnrh

2

2

3

2

2

3

2tnv

kN/m 71'29

510

1

1

510

1

5'01·25'0·21·

246'79

zr

1

1

zr

1

1221·

2

q

kN/m 35'72

510

1

11·46'79

zr

1

11·q

=

+

+

+

+−+=

=

+

+

+

ν+−ν+=σ∆=σ∆

=

+

−=

+

−=σ∆


298

2

u = 80 kN / m2

151'89 kN / m

u1

ESTADO INICIALESTADO INMEDIATAMENTE DESPUÉS

DE LLENAR EL DEPÓSITO

121'48 kN / m2

224'24 kN / m2

151'19 kN / m2

Figura 8.14

En consecuencia, en el estado 1 se tendrán las siguientes tensiones totales:

2h0h1h

2v0v1v

kN/m 19'15171'2948'121

kN/m 24'22435'7289'151

=+=σ∆+σ=σ

=+=σ∆+σ=σ

Estas variaciones de tensiones totales producirán una variación de presión intersticial. En consecuencia, la presión intersticial será diferente a la inicial, y se hace necesario su cálculo para determinar las presiones efectivas solicitadas en el enunciado. En la figura 8.14 se han representado los estados 0 y 1. Obsérvese que, al igual que en el estado triaxial, en cada uno las tensiones horizontales son iguales, y por consiguiente, la variación de presión intersticial que se produce al pasar del estado 0 al estado 1 puede calcularse con la fórmula de Skempton. Puesto que el terreno está saturado, B = 1, y siendo A = 1'37, el incremento de presión intersticial producido es:

( )[ ] ( )[ ] 2hvh kN/m 13'8871'2935'72·37'171'29·1·A·Bu =−+=σ∆−σ∆+σ∆=∆


299

Por tanto la presión intersticial en el estado I vale:

201 kN/m 13'16813'8880uuu =+=∆+=

Finalmente, el estado de tensiones efectivas que se tiene inmediatamente después del llenado del depósito en el punto solicitado es:

2

h

2v

kN/m 94'1613'16819'151

kN/m 11'5613'16824'224

−=−=σ′=−=σ′

c) Coeficiente de seguridad frente al hundimiento Al tratarse de un cimentación en terreno cohesivo, el cálculo del coeficiente de seguridad frente al hundimiento se debe realizar a corto y a largo plazo.

Corto plazo La carga de hundimiento a corto plazo (totales) se obtiene a partir de la siguiente expresión:


i·d·s·N·qi·d·s·N·cq qqqqccccuh

Para:

φu = 0 B' = B = 20 m L' = L = 20 m

los factores de capacidad de carga son:

Nq = 1 Nc = 5'14 Nγ = 0


300

y los factores de forma valen:

Sq = 1 Sc = 1'2 sγ = 0'6

Los factores de profundidad e inclinación se tomarán igual a la unidad ya que la carga es centrada y se desprecia el efecto de empotramiento de la cimentación.

i = d = 1 Si

cu = Ru / 2 = 100 / 2 = 50 kN / m2 γ = 20'27 kN / m3 q = 50'54 kN / m2

el valor de la carga de hundimiento es:

2h m/kN94'35801·1·1·1·54'501·1·2'1·14'5·50q =++=


2hhn m/kN4'308qqq =−=

El coeficiente de seguridad frente al hundimiento a corto plazo es:

88'346'794'308

qq

Ftn

hn ===

Largo plazo La carga de hundimiento a largo plazo se calcula en términos efectivos, a partir de la siguiente expresión:

γγγγ γ′+′+′=′ i·d·s·'·N·B·21

i·d·s·N·qi·d·s·N·cq qqqqcccch


301

Para

φ' = 25º B' = B = 20 m L' = L = 20 m

Los factores de capacidad de carga son:

Nq = 10'66 Nc = 20'72 Nγ = 6'75

Y los factores de forma valen:

Sq = 1'46 Sc = 1'51 sγ = 0'6

Los factores de profundidad e inclinación siguen valiendo la unidad. Si

c' = 0 (arcilla normalmente consolidada) γ' = 10'27 kN/m3 q' = 20'54 kN/m2

el valor de la carga de hundimiento es:

2h m/kN61'7351·1·6'0·27'10·75'6·20·

21

1·1·46'1·66'10·54'200q =++=′


2hhn m/kN07'715qqq =′−′=′

Finalmente el coeficiente de seguridad frente al hundimiento a largo plazo es:

946'7907'715

q

qF

tn

)arcilla(hn ==′

′=


302

PROBLEMA 8.5 Una zapata cuadrada de 10 m de lado se va a cimentar en un terreno constituido por arenas cuyo peso específico aparente es γ = 20 kN / m3, transmitiendo una presión de 100 kN / m2 y estando el plano de cimentación a un metro de profundidad de la superficie del terreno. Se pide estimar el asiento de la zapata si los ensayos de penetración dinámica estándar (SPT) realizados han proporcionado los golpeos representativos indicados en la figura 8.15.

Profundidad (m)

Golpeo (N)

0 = z = 6

20 6 = z = 11 25

11 = z 30

Arenas

6 m

5 m N = 25

N = 30

N = 20

z

Figura 8.15


303

SOLUCIÓN

Para la estimación del asiento de una cimentación en arenas se puede utilizar el método de Schmertmann. En el caso de zapata cuadrada, el asiento viene dado por la siguiente expresión:

∑

∆⋅

⋅⋅=B2

0

ztn1 E

zIqCs

o C1 es el “factor de profundidad” que viene dado por:

tn1 q

q5'01C

′⋅−=

donde q' es la tensión efectiva a cota de cimentación y qtn la carga transmitida neta. Si

2kN/m 2020·1·Dqq ==γ=′= y

2ttn kN/m 8020100qqq =−=−=

el factor de profundidad vale:

875'08020

·5'01C1 =−=

o Iz es un coeficiente que varía con la profundidad (figura 8.16). Para una zapata cuadrada de ancho B, su valor máximo se produce a B / 2 por debajo del plano de cimentación y viene dado por la expresión:

( ) 581'020·6

801'05'0

q1'05'0I

vq

tnz =⋅+=

σ′⋅+=


304

donde σ'vq es la tensión efectiva existente a una profundidad igual a B / 2 por debajo del plano de cimentación.

o E es el módulo de deformación. Según Schmertmann, en zapatas cuadradas puede utilizarse la siguiente correlación con la resistencia por punta (qc) del ensayo de penetración estática:

cq5'2E ⋅= Si solo se dispone de resultados del ensayo de penetración dinámica estándar SPT (N), se debe buscar alguna correlación entre qc y N.

Para el caso de arenas, la correlación más usual es:

4Nqc =

Así pues, la estimación del módulo de elasticidad se realizará con la siguiente expresión:

)m/kN(N·1000)cm/kg(N·10E 22 == Procedamos ahora a calcular el sumatorio, teniendo en cuenta que hay tres zonas en las que N es constante, y según lo anterior, también E. Por lo tanto, se tendrá:

∑∑∑ ∑∑ ∆⋅+

∆⋅+

∆⋅=

∆⋅=

∆⋅ 20

10

z10

5

z20

0

5

0

z20

0

zz

30·1000zI

25·1000zI

20·1000zI

N·1000zI

EzI

=

∑∑∑ ∆⋅+∆⋅+∆⋅=20

10z

10

5z

5

0z )zI(

300001

)zI(25000

1)zI(

200001


305

N = 20

N = 30

N = 255 m

5 m

10 m

B = 10 m

0'15 0'387 0'581

B/2 = 5 m

2B = 20 m

Iz

z (m)

1 m

Figura 8.16

Los tres sumatorios que se tienen ahora representan las áreas diferenciadas en la

figura 8.16. Por lo tanto:

∑ ≅+

+

+

+

=

∆⋅20

0

z 00025'030000

10·2387'0

25000

5·2

387'0581'0

20000

5·2

581'015'0

E

zI

Sustituyendo finalmente en la expresión del asiento, se llega a: cm75'1m0175'000025'080875'0s ==⋅⋅=


306

PROBLEMA 8.6 En el terreno mostrado en la figura 8.17, en el que el nivel freático se encuentra en superficie, se pretende cimentar a 2 m de profundidad una zapata cuadrada de 4 m de lado. Durante la campaña de reconocimiento del terreno, se extrajo una muestra inalterada (M) del nivel de arcilla a 5 m de profundidad, que ensayada en laboratorio arrojó los siguientes resultados: o Peso específico relativo de las partículas (Gs): 2'7 o Humedad (w): 36% o Índice de compresión (Cc): 0'25 o Índice de hinchamiento (Cs) : 0'05 o Presión de preconsolidación (s'p): 43'1 kN / m2 o Resistencia a compresión simple (Ru): 80 kN / m2 o Módulo de elasticidad sin drenaje (Eu): 12000 kN / m2 o Parámetro A de presión intersticial: 0'8

Roca

Arcilla

N.F.

3 m

5 mM

Figura 8.17

Sabiendo que la humedad de la arcilla a una profundidad de 3 m es del 37'5% y que ésta varía linealmente con la profundidad, se pide: a) Calcular la presión máxima que puede transmitir a corto plazo la zapata al

terreno con un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3. b) Para la presión transmitida anterior, estimar el asiento total bajo el centro de la

zapata. Nota: A excepción de la humedad, todos los parámetros geotécnicos de la arcilla se supondrán constantes con la profundidad.


307

Roca

Arcilla

B = 4 m

2 m

2t = 6 m

h

q, u, q'

q

N.F.

Figura 8.18

SOLUCIÓN a) Presión máxima transmitida Se trata de un terreno estratificado y la determinación de la carga de hundimiento se puede obtener aplicando el método aproximado para terreno bicapa indicado en el problema 8.3. Puesto que la carga de hundimiento de la arcilla es menor que la de la roca, el terreno T2 es la arcilla, y como (figura 8.18):

7'05'146

B

t 2 >==

la carga de hundimiento del terreno estratificado es la correspondiente a la arcilla.


308

Con los datos del enunciado, el peso específico saturado de la arcilla vale:

( ) ( ) 3

s

wssat kN/m 62'18

17'2·36'0136'0·10·7'2

1G·w

1w··G=

++=

++γ

=γ

A corto plazo, el cálculo de la carga de hundimiento debe realizarse en totales, con φu = 0º. A cota de cimentación, las tensiones valen:

2

2w

2sat

kN/m 42'17202'37uqq

kN/m 202·102·u

kN/m 24'372·62'182·q

=−=−=′==γ=

==γ=

Para φu = 0º, la carga de hundimiento en totales se obtiene a partir de la siguiente expresión:

qqqcccuh i·d·s·1·qi·d·s·14'5·cq += (1)

Puesto que no hay excentricidad de cargas, entonces:

B' = B = 4 m L' = L = 4 m

y los factores de capacidad de forma son:

sc = 1'2 sq = 1 Los factores de profundidad e inclinación son iguales a la unidad (d = i = 1). Como:

2

2uu

kN/m 24'37q

kN/m 4080·21

R·21

c

=

===


309

sustituyendo valores en la expresión (1), se obtiene que la carga de hundimiento a corto plazo de la arcilla es:

2h kN/m 96'2831·1·1·1·24'371·1·2'1·14'5·40q =+=


2hhn kN/m 72'24624'3796'283qqq =−=−=

Para un coeficiente de seguridad frente al hundimiento de 3 se tiene que:

3qqqq

qq

Ft

h

tn

hn =−−==

Sustituyendo valores en esta expresión, se obtiene que la presión máxima que puede transmitir la zapata al terreno es:

qt = 119'48 kN/m2

b) Asiento total En el caso de cimentaciones superficiales sobre terrenos cohesivos saturados, con dimensiones de zapata mucho menores que el espesor del estrato cohesivo, no existe confinamiento lateral del terreno como sucede en el edómetro. La determinación del asiento total se realizará utilizando el método de Skempton - Bjerrum donde el asiento total se obtiene como:

ciT sss +=


310

D

HB

q

L / B = 10

L / B = 5

L / B = 2

L / B = 1

círculo

L / B =

1

H / B

10 1000'10

1

2

0'8

0'9

1'0

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

D / B

µ0

µ 1

1000

0'93

0'5

0'5

1'5

Figura 8.19 siendo si el asiento instantáneo que se produce tras la aplicación de la carga y sc el asiento de consolidación. El asiento instantáneo (si) bajo una cimentación flexible sobre un estrato arcilloso saturado limitado inferiormente por un estrato indeformable (figura 8.19) se obtiene a partir de la siguiente expresión (Christian y Carrier, 1978)1:

10u

i ··E

B·qs µµ= (2)

1 Christian, J. T.; Carrier, W. D.(1978). "Janbu, Bjerrum and Kjaernsli's chart reinterpreted".

Canadian Geotechnical Journal, 15, p. 123-128.


311

donde q es presión transmitida por la cimentación, B es el ancho de la cimentación, Eu es el módulo de elasticidad no drenado y µ0 y µ1 son factores correctores por profundidad y por el espesor de estrato arcilloso. Para

5'042

BD

5'146

BH

==

==

los factores correctores son:

5'0

93'0

1

0

=µ=µ

Si

2

u

2t

kN/m 12000E

m 4B

kN/m 48'119qq

=

===

sustituyendo valores en la expresión (2) se obtiene que el asiento instantáneo es:

m 018'05'0·93'0·12000

4·48'119s i ==

El asiento de consolidación se obtiene a partir del asiento edométrico multiplicado por un factor de corrección (µ) que tiene en cuenta el efecto del tamaño de la cimentación:

edométricoc s·s µ= (3)


312

z

N.F.

q = 119'48 kN / mt

ESTADO FINAL

q, u, q'

2

(1)

(2)

(3)

N.F.

2 m

(3)

(1)

(2)

2 m

2 m

2 m

ESTADO INICIAL

Figura 8.20 Para el cálculo del asiento edométrico, por debajo del plano de cimentación se dividirá el estrato de arcilla en subcapas de 2 m de espesor (figura 8.20), y en el punto medio de cada subcapa, se calculará la tensión efectiva vertical inicial (σ'0i), la humedad (wi), el índice de huecos inicial (e0i) y el incremento de tensión vertical inducido por la zapata (∆σvi) Como la humedad es 37'5 % a 3 m de profundidad y 36 % a 5 m, y adoptando que la variación de la humedad con la profundidad es lineal, se tiene que:

% 75'39z·75'0)z(w +−= habiendo adoptado el origen del eje z en la superficie del terreno (figura 8.20). Las tensiones verticales efectivas, la humedad y el índice de poros iniciales en los puntos medios de cada subcapa son los siguientes:

Punto

Profundidad z (m)

σ'0 =γ'·z (kN/m2)

w (%)

e0 = Gs ·w

1

3

25'86

37'5

1'012 2 5 43'1 36 0'972 3 7 60'34 34'5 0'931


313

Si se compara la tensión efectiva vertical en el punto 2 (σ'0 = 43'1 kN/m2), profundidad a la que se extrajo la muestra, se observa que es igual a la tensión de preconsolidación (σ'p = 43'1 kN/m2) y consecuentemente se puede concluir que la arcilla es normalmente consolidada y el asiento edométrico en cada subcapa se puede obtener con la expresión:

σ′

σ∆+σ′+

=i0

vii0c

i0

i)i(edométrico ·logC·

e1

Hs (4)

y el asiento edométrico total será:

∑=

=3

1i)i(edométricoedométrico ss (5)

La zapata transmite al terreno una presión qt = 119'48 kN / m2 y la presión transmitida neta a cota de cimentación es:

2ttn kN/m 24'8224'3748'119qqq =−=−=

El incremento de tensión vertical provocado por esta carga transmitida neta en los puntos medios de cada subcapa, bajo el centro de la zapata, se obtienen a partir de la teoría de la elasticidad, resultando ser:

Punto

∆σvi

1

76'32 2 39'8 3 19'81


314

Nivelcompresible

Nivelincompresible

H

B

α

H / B Zapata circular Zapata cuadrada

0 0'25 0'5 1 2 4 10 ∞

1'00 0'67 0'50 0'38 0'30 0'28 0'26 0'25

1'00 0'74 0'53 0'37 0'26 0'20 0'14 0'00

Figura 8.21

En la siguiente tabla se han recogido los valores obtenidos con la expresión (4) para el asiento edométrico de cada subcapa, y el asiento edométrico total (5).

Punto Espesor Subcapa

Hi Cc e0i

σ'0i

∆σvi

sedm(i)

(m) (kN/m2) (kN/m2) (m)

1

2

0'25

1'012

25'86

76'32

0'148 2 2 0'25 0'972 43'1 39'8 0'072 3 2 0'25 0'931 60'34 19'81 0'032

sedométrico 0'252


315

El asiento de consolidación se obtiene con la expresión (3). El valor del factor de corrección µ vale:

( )A1·A −α+=µ donde A es el parámetro de presión intersticial y α es un coeficiente que se obtiene en función del espesor del estrato compresible H y de la anchura de la cimentación B (figura 8.21). Para H / B = 1'5 y zapata cuadrada ? α = 0'28. Si A = 0'8 el factor de corrección vale:

( ) 856'08'01·28'08'0 =−+=µ y el asiento de consolidación es:

m 216'0252'0·856'0s·s edométricoc ==µ= Por ultimo el asiento total vale: m 234'0216'0018'0sss ciT =+=+=


316

Capítulo 9

CCIIMMEENNTTAACCIIOONNEESS PPRROOFFUUNNDDAASS


318

Capítulo 9 - Cimentaciones profundas

319

PROBLEMA 9.1 Dimensionar, según la NTE “Pilotes Prefabricados – CPP”, un pilotaje prefabricado para una estructura de hormigón armado muy rígida, con una separación entre apoyos de 10 m, sabiendo que en cada uno de ellos el axil transmitido es de 275 t y los momentos flectores actuantes son de 12'5 t · m y 5 t · m y que el canto estimado para el encepado es de 1 m. En la figura 9.1 se tiene un esquema del terreno de cimentación, conociéndose del mismo las siguientes características:

Terreno Ru Rp (kg/cm2) (kg/cm2)

Arcillas limosas Arenas limosas Arcillas blandas Arenas limosas

7'5

0'75

80

120

Arcillas blandas

5 m

10 m

18 m

Tierra vegetal

Arcillas limosas

Arenas limosas

Arenas limosas

1 m

1 m

Figura 9.1


320

SOLUCIÓN o Bases de cálculo El problema requiere el establecimiento previo de las siguientes bases de cálculo:

- Solicitaciones en el grupo de pilotes (Q, Mx y My) o conjunto de esfuerzos sin mayorar a los que se encuentra sometido el grupo de pilotes es la base del encepado.

- Identificación de los distintos estratos del terreno de cimentación,

diferenciándose entre:

i. Granular de arenas o gravas. ii. Cohesivo. iii. Roca.

- Caracterización mecánica de los diferentes estratos, con alguna

de las siguientes determinaciones:

i. RP: Resistencia a la penetración estática. ii. N: Valor del ensayo SPT. iii. Ru: Resistencia a compresión simple.

- Localización del nivel freático. - Identificación de estratos con rozamiento negativo.

- Comprobación de las limitaciones de esfuerzos laterales en el

pilotaje.

- Identificación de estratos de roca de pequeño espesor y de capas blandas que pueden requerir un estudio especial.

- Elección de la tipología constructiva de los pilotes:

i. Pilotes hincados ? (NTE “Pilotes Prefabricados – CPP”). ii. Pilotes in situ ? (NTE “Pilotes in situ – CPI”).


321

5 m

Arcillas blandas

Arenas limosas

Arenas limosas

Arcillas limosas

18 m

10 m

1 m

Figura 9.2 Según el enunciado, los esfuerzos sin mayorar a los que esta sometido el grupo de pilotes en su plano superior son:

Q = 275 t Mx = 12'5 t·m My = 5 t·m

Como el canto estimado del encepado es de 1 m, los pilotes comienzan a penetrar por debajo de la tierra vegetal, y en consecuencia éste nivel no afecta en los cálculos, siendo el perfil de terreno a adoptar el indicado en la figura 9.2. En el problema se indica que los pilotes deben ser prefabricados, en consecuencia se utilizará la NTE “Pilotes Prefabricados – CCP” (1978).


322

o Cálculo El cálculo se inicia con un predimensionado de las siguientes incógnitas:

n: Número de pilotes a utilizar. D: Diámetro del pilote. L: Longitud del pilote.

El predimensionado de n y de D se realiza a partir de:

- Carga axil: Q (t) - Limitaciones del grupo de pilotes para absorber los momentos Mx y My.

Como hay momentos y:

t·m 75'85·75'1M·75'15'12M yx ==≠=

el número mínimo de pilotes debe ser:

n = 4 Para

cm 37'5D onamientopredimenside Tabla t 275Q

4n=→→

==

En cuanto a la longitud de los pilotes, en principio se empotrarán en el estrato granular inferior, suponiendo una longitud aproximada L = 18 m. Una vez finalizado el predimensionamiento, el diseño debe verificar las siguientes las siguientes condiciones:

- Condición de hundimiento. - Resistencia estructural. - Asientos.


323

o Comprobación de hundimiento Debe verificarse que:

E ≤ c · (P + F - Ri)

donde:

E: Carga axil equivalente. c: Coeficiente reductor de la resistencia del terreno. P: Resistencia por punta. F: Resistencia por fuste. Ri: Rozamiento negativo. Se distinguen dos casos:

R1 si P > 3·F (pilote columna) R2 si P ≤ 3·F (pilote flotante)

Al no existir rozamiento negativo, Ri = 0, luego:

E ≤ c·(P + F)

- Cálculo de la carga axil equivalente (E)

E = f(Q, M, D)

M = f(Mx o My, n) Para

t 321'87E 1 tabla

t·m 5'1755'12MMM

t 275Q

cm 5'37D

yx

=→→

=+=+===


324

A

B

C 1'125 m

1'125 m

2 m

1 m

C

B

A

Arenas

Arcillas

8·D

3·D

3·D

D

Figura 9.3

- Cálculo de la resistencia por punta (P) Debido a que la punta del pilote se apoya en el estrato granular de arenas (2 m por debajo del nivel de arcillas blandas), deberá utilizarse la tabla 3, delimitándose las zonas activas A, B y de seguridad C según la norma. Si se denomina hA, hB y hc a los espesores de las zonas activas y de seguridad (figura 9.3), se tiene que:

m 125'1375'0·3D·3hh

m 3375'0·8D·8h

BC

A

=======

El valor de cálculo de la resistencia a la penetración estática (Rp) es la media aritmética de las Rp de las zonas A y (B+C) cuyo valor se obtiene a partir de la siguiente expresión:

2

RRR )CB(P)A(P

P++

=

donde:

∑∑∑

∑

=

=

+

i

i)i(P

)CB(P

i

i)i(P

P(A)

e

e·RR

e

e·RR


325

En nuestro caso, la resistencia a la penetración estática de la zona activa superior es:

A

)arcilla)arcilla(Parena)arena(P)A(P h

h·Rh·RR

+=

Debido a la presencia de un estrato coherente blando en la zona activa superior A (figura 9.3), es necesario aplicar la regla complementaria que dice: “Estrato coherente intercalado en la zona A. Si es de consistencia blanda o muy blanda, la zona A queda reducida a los estratos situados por debajo del estrato coherente”. Por tanto:

2

A

arena)arena(P)A(P kg/cm 80

32·120

h

h·RR ===

La determinación de la resistencia a la penetración estática de las zonas B y C se obtiene a partir de la expresión anteriormente citada. Es importante señalar que la resistencia de la zona C solo se considera en aquellos casos en los que la resistencia en esta zona es inferior a la ofrecida en la zona B. En este caso son iguales, y por lo tanto, no se considera su resistencia, y la resistencia a la penetración estática en la zona B + C es:

2)CB(P kg/cm 120R =+

y la resistencia a la penetración estática de cálculo vale:

2)CB(P)A(PP kg/cm 100

212080

2

RRR =+=

+= +

Con este valor, la resistencia por la punta P que resulta es:

t 110'4P 3 tabla cm 5'37D

kg/cm 100R 2P =→→

==


326

Arcillas limosas(Coherente 1)

Arenas limosas(Granular 2)

Arenas limosas(Granular 4)

Arcillas blandas

18 m

1 m

10 m

5 m

(Coherente 3)

Figura 9.4 - Cálculo de la resistencia por el fuste (F). La resistencia por fuste se obtiene con la expresión:

∑= ii e·FF

donde:

Fi: Resistencia unitaria del estrato i atravesado por el pilote. ei: Espesor de estrato i.

Debido a la existencia de un estrato coherente de consistencia blanda, estrato (3), (figura 9.4), intercalado en un estrato granular es necesario aplicar las reglas complementarias, que dice “el valor de la resistencia por fuste unitaria de los estratos situados por encima del estrato coherente se tomará no superior a 3 veces la correspondiente al estrato coherente blando”.

En primer lugar, se debe obtener la resistencia por fuste del estrato coherente (3).


327

Para

t/m 53'3F 8 tabla cm 37'5 D

kg/cm 75'0R3

2u =→→

==

Aplicando la regla complementaria, los valores de F1 y F2 deben ser tales que:

t/m 59'10F·3F,F 321 =< Los valores de F1 y de F2 se obtienen utilizando las tablas 8 y 6.

t/m 7F 6 tabla kg/cm 80R

cm 37'5D

t/m 78'9F 8 tabla kg/cm 5'7R

cm 5'37D

22P

12u

=→→

=

=

=→→

=

=

Dado que los valores de F1 y F2 son inferiores a 3 · F3, los valores que se adoptan en el cálculo son:

F1 = 9'78 t/m F2 = 7 t/m

La resistencia por fuste unitaria del estrato (4) es:

t/m 9F 6 tabla cm 37'5 D

m 120R4

P =→→

==

Por tanto, la resistencia por fuste (F) es:

∑ =+++== t 43'1402·91·53'310·75·78'9e·FF ii


328

- Cálculo del coeficiente c.

c = f (relación P/F, tipo de terreno y n) Como:

t 29'42143'140·3F·3t 4'110P ==<= se trata de un pilote flotante. Por otro lado, como el terreno es dominantemente granular (6 m coherente y 12 granular), y para un número de pilotes n = 4, se tiene que:

1'33c 2 tabla

granular terreno

F·3P

4n

=→→

≤=

- Comprobación de condición de hundimiento.

Se debe cumplir que:

)FP·(cE +≤ Para:

E = 321'87 t c = 1'33 P = 10'4 t F = 140'43 t

se tiene que:

( ) t 333'643'1404'110·33'1t 87'321E =+<= cumple


329

o Comprobación estructural del pilote

En pilotes in situ, debe verificarse que:

E ≤ c´·(T – 0,4 · Ri) donde:

c´: Coeficiente reductor. T: Resistencia estructural del pilote.

En pilotes prefabricados, la comprobación estructural no se realiza. La norma determina una resistencia estructural necesaria (T) para cada pilote del grupo que se obtiene en función de n, E, R1 o R2. - Cálculo de T.

t 80'46T 14 tabla

0R

4 n

t 87'31E

i

=→→

===

o Comprobación de asientos

scálculo < sadmisible donde:

scálculo: Asiento que se produce por acción de las cargas

actuantes. Sadmisible: Asiento total máximo admisible.

Esta comprobación debe realizarse en todos aquellos en los que la punta de los pilotes no quede dispuesta en roca o en terreno granular de compacidad densa o muy densa, sin capas por debajo de menor compacidad.


330

El asiento total máximo admisible es función del tipo de estructura, de la modulación entre apoyos de la misma y del tipo de terreno de cimentación. Para una estructura de hormigón armado de gran rigidez, con una modulación media entre apoyos de 10 m y pilotes apoyados en terreno granular de arena, el asiento total máximo admisible que se obtiene es:

smáximo = 50 mm.

El asiento que sufrirá el grupo de pilotes diseñado se obtiene en función de:

scálculo = f(tipo de terreno, n, Qt/Qr, D)

donde:

Qt: Carga media de trabajo por pilote, calculado del modo que figura en el apartado correspondiente a la determinación de asientos A.

Qr: Resistencia de pilote. Al no existir rozamiento negativo, la carga media de trabajo por pilote es:

t 46'80487'321

nQ

Q t ===

y la resistencia del pilote vale:

t 83'25043'1404'110FPQr =+=+= El asiento de cálculo es:

mm 13s 12 tabla

cm 5'37D

granular terreno

4n

32'0Q

Q

calculado

r

t

<→→

=

=

=


331

1150

1150

375

(Cotas en mm)

Figura 9.5

Como el asiento calculado es menor que el asiento máximo, se cumple la condición de asientos.

scalculado = 13 mm < smáximo = 50 mm cumple

- Separación entre los ejes de los pilotes. La separación entre los ejes del grupo de pilotes se determina en función de P, F, D y L. Para

cm 115Separación 15 tabla

m 18L

cm 5'37D

F·3P

≈→→

==≤

DIMENSIONADO PROPUESTO. El resultado del cálculo del pilotaje se resume como (figura 9.5):

Número de pilotes

(n)

Longitud de pilotes

(L)

Resistencia estructural

(T)

Separación entre ejes

(s)

4

18 m

80'46 t

115 cm

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Problemas geotecnia cimientos 2