Ediciones Upc - Cimentaciones y estructuras de contención - Problemas resueltos

GEOTECNIA CIMENTACIONES Y ESTRUCTURAS DE CONTENCIÓN. PROBLEMAS RESUELTOS Sebastià Olivella Pastallé Alejandro Josa García-Tornel Francisco Javier Valencia Vera

Prólogo Esta publicación contiene una colección de problemas resueltos de estructuras de cimentación (superficiales y profundas) y de contención (muros). Estos problemas han sido propuestos en los últimos años en los estudios de Ingeniería Técnica de Obras Públicas de la UPC (segundo cuatrimestre de la asignatura de Geotecnia de 2o curso) para su resolución por parte de los alumnos. La colección no coincide exactamente con la utilizada en la actualidad en dicha asignatura ya que, en estos momentos, se proporcionan a los alumnos problemas procedentes fundamentalmente de exámenes que, en su mayoría, se resuelven en seminarios específicos. Esta publicación complementa con la publicada en 1997 (Mecánica de Suelos. Problemas resueltos, primer cuatrimestre de la asignatura de Geotecnia de 2o curso). Por otro lado también hay que hacer referencia a la publicación Geotecnia. Reconocimiento del Terreno que es en especial útil en relación con la forma de determinar en el campo algunos parámetros utilizados en la presente publicación. La colección no ha sido concebida directamente para su publicación sino que se adapta a la materia impartida en la asignatura. Además, no se trata de problemas planteados como un caso real, sino que los problemas que se presentan pretenden conseguir que el estudiante se familiarice con los distintos métodos de cálculo estudiados en la asignatura. El contenido de esta publicación está dividido en tres capítulos. El primero contiene problemas de cimentaciones superficiales (zapatas). Básicamente se trata de realizar las comprobaciones resistentes (hundimiento de la cimentación) y cálculo de asientos. El segundo capítulo contiene problemas de cimentaciones profundas (pilotes). En este caso se realizan principalmente cálculos destinados a las comprobaciones resistentes de la cimentación. En este capítulo se hace referencia repetidas veces a la publicación Acondicionamiento del Terreno. Cimentaciones (NTE) del MOPT que contiene una serie de tablas para determinar cargas de hundimiento en función de parámetros como la resistencia a la penetración o la resistencia a la compresión simple. En el tercer capítulo se resuelven problemas de estructuras de contención (muros). Principalmente se realizan cálculos para determinar los empujes causados por el terreno completándose el cálculo con las comprobaciones de estabilidad al vuelco y al deslizamiento del muro. Los autores esperan que esta publicación resulte de interés no sólo para los alumnos de las asignaturas Geotecnia y Estructuras de Cimentación de Ingeniería Técnica de Obras Públicas de la UPC, sino también para todas aquellas personas interesadas en el tema. Barcelona, octubre de 1999

Índice

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Índice

Página Capítulo 1: Cimentaciones superficiales ……………………………………….

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Capítulo 2: Cimentaciones profundas …………………………………………..

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Capítulo 3: Estructuras de contención …………………………………………

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Cimentaciones superficiales

Capítulo 1. Cimentaciones superficiales PROBLEMA 1 a) Obtener la presión de hundimiento de una zapata superficial de ancho b para el caso no drenado utilizando las hipótesis y el mecanismo de rotura global de Prandtl, y analizar la posibilidad de incluir el peso del terreno. b) Interpretar los términos y parámetros de la expresión de Hanna (1981) para la presión de hundimiento en condiciones drenadas en el caso de arena densa sobre arena suelta, y modificarla para los casos de zapata circular y rectangular. c) Obtener la expresión de Brown y Meyerhof (1969) para la presión de hundimiento en condiciones no drenadas en el caso de arcilla dura sobre arcilla blanda y zapata rectangular.

a) La condición de rotura en condiciones no drenadas puede interpretarse, en un plano (σ, τ) de tensiones totales, como una envolvente de tipo Mohr-Coulomb con c (cohesión) igual a cu (resistencia al corte sin drenaje) y φ (ángulo de rozamiento interno) nulo. Las envolventes de rotura se producen en este caso a 45º con respecto a las direcciones principales vertical y horizontal. El mecanismo de rotura resultante bajo una cimentación corrida, según Prandtl, se idealiza mediante dos triángulos y un sector circular (Fig. 1.1). Para obtener la presión de hundimiento bajo esta cimentación se parte del esquema indicado en la Figura 1.1 que contiene el sector circular (II) y la mitad de los dos triángulos. Sobre este sistema de cuñas se pueden calcular los diferentes esfuerzos sobre cada línea del contorno. Posteriormente, el equilibrio de momentos permitirá calcular la presión p capaz de provocar el movimiento y por tanto será la presión de hundimiento.

© Los autores, 1999; © Edicions UPC, 1999.

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Al existir simetría de las cuñas, no es necesario considerar el peso del terreno, ya que al tomar momentos respecto al punto N, se compensarán las diferentes componentes del mismo.

b

Fig. 1.1 Mecanismo de Rotura y sistema de cuñas considerado

La tensión efectiva horizontal para los casos activo y pasivo de Rankine viene dada por las siguientes expresiones: Rotura en estado activo:

Rotura en estado pasivo:

 π φ  π φ σ h = σ v tg 2  −  − 2 c tg  −   4 2  4 2

 π φ  π φ σ h = σ v tg 2  +  + 2 c tg  +   4 2  4 2

σ h = σ v Ka − 2 c Ka

σh = σv K p + 2 c K p

donde a los coeficientes que multiplican a la tensión vertical (σ σv) son el coeficiente de empuje activo (Ka) y el coeficiente de empuje pasivo (Kp), respectivamente. Para una envolvente de rotura en la que φ = 0 (condiciones no drenadas), resulta:

 π K a = tg 2   = 1  4

 π K p = tg 2   = 1  4


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Si se supone que la cuña I se encuentra en estado de rotura activo, la carga resultante (P) por unidad de longitud de zapata sobre la misma se obtendrá de la multiplicación de la longitud sobre la que se encuentra aplicada la carga resultante por la tensión horizontal resultante del estado activo de rotura. Siendo p la presión transmitida por la zapata, se obtiene que:

P = lado × tensión σ h = p − 2c u σv = p P=

b ( p − 2 cu ) 2

Por otro lado, la cuña II en el estado de rotura pasivo implicará que:

Q=

b (q + 2 c u ) 2

siendo q la tensión debida a la sobrecarga existente en la zona donde no está la zapata. Por último, se toman momentos de las fuerzas calculadas con respecto al punto N. Los momentos estabilizadores dan lugar a:  b  1 b   1 b π   q  ×  ×  + Q ×  ×  + c u ×  × R × R  2  2 2  2 2 2  mientras que los desestabilizadores son:  b  1 b  1 b p  × ×  +P × ×   2  2 2   2 2 Igualando dichos momentos, y después de simplificar algunos coeficientes, resulta: q + (q + 2 c u ) + 2 π c u = p + ( p − 2 c u ) que finalmente permite obtener:

p = q + ( π + 2) × c u = q + 5.14 c u que es la presión de hundimiento en este caso. Este mismo resultado se puede obtener de la expresión general de Brinch-Hansen para zapata corrida apoyada en superficie y con cargas no inclinadas, haciendo φ → 0 y c → c u . En efecto, si se toma la expresión general:


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p = qs q d q iq N q + cs c d c ic N c +

1 bγs γ d y iγ N γ 2

El factor que interviene en la sobrecarga q tiene la forma:

 π φ N q = e π tg φ tg 2  +   4 2

lim N q = 1

φ→ 0

El factor que interviene en el término de cohesión tiene la forma:

N c = ( N q − 1)

1 tg φ

π e π tg φ tg 2  + 4 lim N c = lim φ→ 0 φ→ 0 tg φ

φ  −1 2

=

 π φ  π φ  π φ 1 e π tg φ π ( 1 + tg 2 φ) tg 2  +  + e π tg φ 2 tg +   1 + tg 2  +    4 2  4 2   4 2  2 = lim = π+2 φ→ 0 1 + tg 2 φ es decir, también resulta igual a lo que se había obtenido por equilibrio de cuñas. Por último, el factor que interviene en el término de peso es:

N γ = 2( N q + 1) tg φ

lim N γ = 0

φ→ 0

que tiende a cero, indicando que el peso del terreno no juega ningún papel en la rotura en condiciones no drenadas del terreno bajo una zapata. En realidad, este término que tiene que ver con el peso (Nγ) no lo obtuvo Prandtl y lo que se ha usado es la expresión propuesta por Brinch-Hansen, usando N q y N c obtenidos por Prandtl y N γ propuesto por Terzaghi.


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Con respecto a los coeficientes correctores que aparecen en la expresión general de BrinchHansen, se calculan a continuación: Coeficientes correctores de forma s:

sq = 1 +

b tg φ L

sc = 1 +

Nq b Nc L

sγ = 1 − 0.4

b L

sq = 1

sc = 1 +

Nq b Nc L

(condiciones no drenadas)

(condiciones drenadas) que suponiendo zapata corrida, serán igual a 1.

Coeficientes correctores de profundidad d:

d q = 1 + 2tgφ(1 − sin φ)

2

D b

dc = dq −

1 − dq N c tgφ

dγ = 1

d q =1

d c = 1+

2D Nc b


(condiciones drenadas)

que suponiendo zapata apoyada en superficie, estos coeficientes valdrán 1.

Coeficientes correctores de inclinación i: H    i q =  1 − V + bLc cotgφ  

2

i c = iq −

1 − iq N c tg φ

3/ 2

i γ = iq

iq = 1

ic = 1 −

2H N c bL c u


(condiciones drenadas)

La carga no se encuentra inclinada y, por tanto, los coeficientes valdrán 1. Por lo tanto, la expresión se ve reducida a:

p = q + (π + 2)c u que coincide con la obtenida del equilibrio de cuñas planteado partiendo del mecanismo de colapso indicado en la Fig. 1.1.


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b) Interpretación de los términos y parámetros de la expresión de por Hanna: Se supone que A es el área de la zapata que tiene una cierta geometría (por ejemplo circular o rectangular). Se considera el terreno seco, aunque en caso de estar saturado el desarrollo sería análogo pero en términos de tensiones efectivas. Las hipótesis realizadas por Hanna suponen que el estrato inferior rompe según un mecanismo de rotura global y su carga de hundimiento se puede obtener según la expresión general de Brinch-Hansen, es decir:

ph2 = qs q d q iq N q + cs c d c ic N c +

1 bγs γ d y iγ N γ 2

donde, teniendo en cuenta que la carga no está inclinada y el estrato inferior está compuesto por una arena suelta y por lo tanto la cohesión en dicho estrato será considerada nula, se tendrá lo siguiente:

ph2 = qsq N q +

1 bγs γ N γ 2

en la que, en ausencia de sobrecargas exteriores, q=γ1(d+h).

b

φ2;γγ1>γγ2) Fig. 1.2 Esquema para rotura por punzonamiento (φ1>φ El equilibrio entre la presión transmitida por la zapata (ph) y las presiones debidas a resistencia del terreno se expresa como:


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ph + γ 1 h = ph + ph 1

2

Si se despeja la presión de hundimiento total:

p h = p h 1 + ph 2 − γ 1 h Puesto que ph es lo que se calcula y ph 2 ya se ha definido, sólo queda por definir ph 1 . El punzonamiento del estrato 1 implica que se supera la resistencia al corte de la superficie que prolonga el perímetro de la cimentación hacia el estrato 2. Si se supone que se trata de una zapata circular, se tendrá un área: A=

π D2 4

siendo D su diámetro. Si se toma K como el coeficiente que relaciona las tensiones horizontales y las verticales en un punto, entonces:

σh = K σv

τ = σ h tg φ

donde se ha incluido también la condición de rotura para el cálculo de las tensiones de corte. Por otro lado, la tensión vertical es: σ v = γ 1( d + h − z ) . La integración de las tensiones tangenciales entre z = 0 y z = h, da lugar a:

 h2  ∫ τdz = ∫ Kσ v tg φ 1dz = K γ 1  d h + 2  tg φ 1 0 0 h

h

Por último queda distribuir la fuerza resistente obtenida en la superficie de la zapata circular:

ph 1 × área = resistencia × perímetro ph

1

 π D2 h2  = K γ1d h + 4 2 

  tg φ 1 π D 

donde ha sido necesario multiplicar por el área y por el perímetro para igualar fuerzas ya que ph 1 se había tomado como una presión sobre la superficie de la zapata.


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Finalmente se llega a la expresión:

ph

1

 h 2  tg φ 1 = 4 γ 1  dh +  2 D 

Si se extrae fuera del paréntesis h2/2 como factor común, quedará:

tg φ 1 2 d  ph 1 = γ 1 h2  1 + 2 K  h  D si se compara esta expresión con la zapata indefinida de ancho b propuesta inicialmente por Hanna, se observa que el ancho es sustituido aquí por el diámetro y en esta expresión aparece un coeficiente multiplicador de valor 2. De la propia derivación se observa que K, coeficiente de la expresión de Hanna, es un coeficiente de empuje lateral. Finalmente, la expresión global sería:

tg φ 1 2 d  − γ 1h ph = p h 2 + γ 1 h 2  1 + 2 K  h  D siendo ph 2 la carga de hundimiento de una zapata circular apoyada sobre el estrato 2 y D el diámetro de la zapata. Para zapata rectangular L× b se obtiene análogamente:

2d   1 ph = ph2 + γ 1 h2  1 +  K tg φ + h   L y para zapata corrida basta tomar: L→ → ∞.


1  − γ 1h b

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c) Presión de hundimiento para terreno formado por una capa de arcilla dura sobre un estrato de arcilla blanda (expresión de Brown-Meyerhof).

qo

Fig. 1.3 Representación esquemática del terreno

El terreno arcilloso inferior tiene un peso específico natural γ2 y una resistencia al corte cu2, mientras que la capa arcillosa superior, más resistente, está caracterizada análogamente por γ1 y cu1. Se supone que se produce la rotura en condiciones no drenadas y que la zapata es rectangular de dimensiones L× b. De forma análoga al apartado b) la presión de hundimiento se considera compuesta por los siguientes términos:

p h = p h 1 + ph 2 − γ 1 h en la que ph 2 es la presión de hundimiento por rotura global de la arcilla blanda (capa inferior), mientras que ph 1 es la presión de hundimiento por punzonamiento de la capa dura superior. Es decir, se hace la hipótesis que el estrato superior tiene una rotura perimetral de la base (se hunde la zapata por el perímetro), mientras que la zapata y esta zona rota en el estrato superior se hunden en el estrato inferior mediante una rotura global. Por lo tanto, hay dos contribuciones a la presión de hundimiento: la parte que aporta el punzonamiento del estrato superior y la parte que aporta la rotura global del estrato inferior. La presión de hundimiento provocada por la rotura global del estrato inferior viene dada por la siguiente expresión:


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ph = N c c u 2 sc + N q ( γ 1 ( d + h) + qo ) sq 2

en la que qo es una sobrecarga en el terreno y Nq=1, Nc=(π π+2) corresponden a condiciones no drenadas. Por otro lado, para calcular la presión de rotura por punzonamiento se han de hallar primeramente las tensiones de corte:

τ = c + σ h tgφ = c + σ v Ktgφ τ = c + (q o + γ 1 z )Ktgφ

donde q0 es la sobrecarga exterior aplicada en el terreno. Al estar trabajando en condiciones no drenadas, la condición de rotura en tensiones totales se corresponde con φ nulo y c igual a la resistencia al corte sin drenaje, resultando:

τ = cu Lo que interesa es calcular la fuerza resultante de la tensión resistente. Por lo tanto, se tomará un diferencial dz y se calculará:

dF1 = τdAp A p : Área perimetral dF1 = τΓdz Γ : Perímetro Integrando:

F1 =

d +h

d +h

d

d

∫ dF1 =

∫ c Γdz = c Γh u

u

Por lo tanto, la presión de hundimiento debida al punzonamiento del estrato superior será:

ph = 1

τ × perímetro × h c u1 2 (b+L)h = área bL

en la que la resistencia al corte que debe producirse en la zona de punzonamiento es igual a la resistencia al corte sin drenaje de la capa de arcilla superior. Al combinar las expresiones anteriores resulta:


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ph = N c sc c u 2 + N q (γ 1 (d + h) + qo )sq +

2( b + L) h c u1 − γ 1 h bL

donde:

b b tg φ 2 = 1 + tg 0º = 1 L L Nq b sc = 1 + Nc L

sq = 1 +

Finalmente se obtiene:

ph = N c sc c u 2 + γ 1 d + qo +

2( b + L) h c u1 bL

Esta expresión puede escribirse alternativamente como:

ph = N m* c u1 + γ 1 d + qo N m* = N c sc c u 2 +

2( b + L)h bL

Conviene remarcar que la sobrecarga qo corresponde a una sobrecarga externa y que los pesos de los espesores de terreno d y h se han considerado independientemente de la primera. __________________________________________


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PROBLEMA 2 En un terreno compuesto por 10 m de una arcilla media (φ φ'=25º, c'= 3 t/m2, cu = 7 t/m2, γsat = 2 t/m3, Cc=0.1, e0=0.8) sobre una capa rígida con el nivel freático en superficie, se debe cimentar una torre de comunicaciones que transmite una carga de 1000 t, inclinada 5º respecto a la vertical, con una excentricidad de 0.10 m en dirección arbitraria. Dimensionar una cimentación superficial adecuada para esta torre (a) suponiendo desconocidos los parámetros resistentes del suelo; b) con parámetros conocidos), y estimar los asientos que se producirán.

Fig. 2.1. Representación esquemática del terreno y cimentación

a) Determinación del tamaño de la cimentación suponiendo desconocidos los parámetros resistentes del suelo, en concreto, su resistencia al corte sin drenaje. Cuando el suelo es arcilloso, la presión de hundimiento (y, por tanto, la presión admisible) puede estimarse fácilmente si se conoce la resistencia al corte sin drenaje. En caso de no conocerla se podrían realizar los pasos que se indican a continuación. En primer lugar, se estima para este suelo una presión admisible de:

padm ≅ 1.5 a 2.0 kp cm 2 ≡ 15 a 20 t m 2 Valores que indican una capacidad portante aceptable correspondiente a una arcilla media.


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Entonces para una zapata cuadrada de lado B se realizan los siguientes cálculos:

V 6M + 3 , p < padm 2 B B V = 1000 t× cos 5º = 996.2 t H = 1000 t × sin 5º = 87.2 t M = V × 0.10 m = 99.6 m × t p=

Al igualar la presión calculada con la presión admisible se obtiene la ecuación que permite el dimensionamiento de la zapata:

p = padm B=

3

B 3 padm = BV + 6 M

BV + 6 M padm

Para padm= 15 t/m 2 resulta B = 8.43 m, mientras que para padm = 20 t/m 2 resulta B = 7.34 m. Como puede verse el resultado es sensible a la presión admisible considerada, la cual se ha estimado.

b) Determinación del tamaño de la cimentación conocidos los parámetros resistentes del suelo y, en particular, la resistencia al corte sin drenaje. En este caso es posible determinar el tamaño de la cimentación sin necesidad de estimar la presión admisible. Se parte de la expresión general de Brinch-Hansen:

ph = qsq d q iq N q + csc d c ic N c +

1 B γ s γ d γ iγ N γ 2

Suponiendo que la rotura se produce en condiciones no drenadas, lo cual es lo más probable al tratarse de un suelo arcilloso, se puede obtener la presión de hundimiento trabajando en tensiones totales haciendo: φ= 0º, c = cu. Con lo cual resulta:

N γ = 0, N q = 1, N c = π + 2 = 5.14 Se consideran dos casos para la profundidad de la zapata, que son D = 0 y D =2 m para estudiar la influencia de esta variable en las dimensiones de la cimentación a construir.


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Coeficientes de forma:

B tg φ = 1 L Nq B 1 = 1+ sc = 1 + × 1 = 1.19 Nc L 5.14 sq = 1 +

Coeficientes de inclinación: 2

  H  =1 iq =  1 − 2 V + B c cotg φ   ic = iq −

1 − iq N c tg φ

= 1−

2H = 0.93 para φ → 0 N c B 2cu

Coeficientes de profundidad ( D / B < 1):

D = 1 para φ → 0 B 2 D 2 tgφ(1 − sinφ ) 1 − dq B = + 2D dc = dq − = dc + 1 N c tgφ N c tgφ NcB d q = 1 + 2 tgφ (1 − sinφ ) 2

para φ → 0

Para los dos casos de empotramiento resulta: a) Empotramiento nulo, D = 0: dc = 1 b) Empotramiento de D = 2 m: dc = 1+

0.78 ≅ 1.1 para B entre 7.43 y 8.43 B

Se realiza a continuación el cálculo de la presión de hundimiento. Para D = 0, es decir, q = γ ×D = 0, la presión de hundimiento es:

ph = 0 + c u × 1.19 × 1 × 0.93 × 5.14 = 39.8 t m 2


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Y si se hace para D = 2 m, es decir, q = γ ×D = 2× × 2 = 4 t m 2 , la presión de hundimiento resulta:

p h = 4 × 1 × 1 × 1 + c u × 1.19 × 1.1 × 0.93 × 5.14 = 47.5 t m 2

Una vez calculada la presión de hundimiento se pasará al dimensionamiento mediante la condición de seguridad al hundimiento. El factor de seguridad al hundimiento viene definido como la relación existente entre la presión de hundimiento y la presión debida a las cargas verticales.

FS hundimiento =

ph p

siendo:

p=

V fuerza vertical = 2 área B

Sustituyendo esta última expresión en la fórmula del factor de seguridad, es posible despejar la dimensión de la zapata en función de las demás variables:

FS =

ph V B2

B=

V × FS ph

Para un valor del factor de seguridad FS = 3 resulta:

ph = 39.8 t m 2 ⇒ B = 8.65 m ph = 47.5 t m 2 ⇒ B = 7.95 m Para tener en cuenta la excentricidad hay que añadir 2×0.10 m = 0.2 m al ancho obtenido. En conclusión, B = 8.85 m cuando no se considera empotramiento de la zapata y B = 8.15 m cuando sí se considera empotramiento de la zapata (D = 2 m). El ancho obtenido sin considerar el empotramiento (es decir, para D = 0) se puede comparar con el obtenido en el dimensionamiento usando la presión admisible (apartado a.). La similitud de ambos valores indica que la presión admisible elegida era adecuada, aunque probablemente podría haber sido un poco más baja. De hecho, para arcillas, la presión admisible puede relacionarse con la de hundimiento a través del factor de seguridad al hundimiento. En este caso tendríamos:


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padm =

ph 39.8 = = 13.3 t m 2 3 3

Por otro lado, se realizará la comprobación estabilidad al deslizamiento. El factor de seguridad al deslizamiento se define, dependiendo de las condiciones de rotura, por:

V tg δ + cB 2 H cu B 2 FS no drenado = H FS drenado

=

siendo δ el ángulo de fricción terreno-zapata y c la cohesión entre terreno-zapata. Para

δ=

2 φ = 16.6º y c = 0 , 3

resulta que: FS drenado = 3.42 donde se supone que no hay cohesión. Mientras que en condiciones no drenadas y adoptando la resistencia el corte de 7 t/m2 resulta:

FS no drenado = 6.3

Por último se calcularán los asientos. Para dicho cálculo se usará B = 8.85 m que es el valor correspondiente a la cimentación apoyada en superficie. La presión de cálculo correspondiente a esta dimensión es:

p=

V 996.2 t = 12.7 t m 2 = 2 2 B 78.3 m

El asiento total se puede obtener como suma de dos componentes, un asiento instantáneo que se produce al aplicar la carga, y un asiento de consolidación que se produce de forma diferida a medida que se disipan las presiones intersticiales generadas al aplicar la cimentación. Asiento instantáneo: Se suponen condiciones no drenadas por tratarse de una arcilla. En estas condiciones, el módulo de Poisson, ya que no se produce cambio de volumen, es igual a ν u =


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0.5. El módulo de Young en condiciones no drenadas se puede estimar a partir de la resistencia al corte sin drenaje mediante: Eu ≅ 500 c u = 500 × 7 t m 2 = 3500 t m 2 Si cu fuera variable con la profundidad, entonces Eu también variaría. La solución elástica para zapata flexible permite obtener los asientos de un estrato sobre una base rígida sometido a una carga rectangular mediante el método elástico:

s=

2 a q(1 − ν 2 ) K Eu

a=B

2

q = p = 12.7 t m 2

Si se calcula el asiento en el centro de la zapata, K= K0 donde K0 viene dado en función de h a y m, por ejemplo en el caso de zapata cuadrada se tienen los siguientes valores: m = b/a h/a 0 0.2 0.5 1 2 3 5 7 10 ∞

τ=0 0.0 0.10 0.26 0.51 0.77 0.88 0.98 1.02 1.05 1.12

u=0 0.0 0.08 0.21 0.44 0.72 0.84 0.95 1.00 1.04 1.12

Además la tabla anterior da las opciones de zapata lisa (ττ = 0) y de zapata rugosa (u = 0). El primer caso (zapata lisa) da lugar a valores mayores que el segundo (zapata rugosa), con lo cual se quedará del lado de la seguridad, por lo que se supondrá que es el que se produce. Se propone h a = 2.25 y b a =1 para quedar del lado de la seguridad. h a = 2 → K 0 = 0.77  0.88 − 0.77 ( 2.25 − 2) = 0.78  ⇒ K 0 = 0.77 + 3− 2 h a = 3 → K 0 = 0.88  Luego: s=

2 × 4.425 × 12.7 × (1 − 0.5 2 ) × 0.78 = 0.02 m = 2 cm 3500


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Asiento diferido: Por tratarse del asiento de consolidación puede aplicarse el método edométrico para su cálculo. En dicho método supone que: ∆σ' z = ∆σ z ya que los ∆u son nulos una vez se ha completado la consolidación. Para aplicar dicho método en condiciones bidimensionales se considera terreno estratificado de forma que se puede tener el cuenta que la deformación varia con la profundidad. En este caso divide el estrato en capas de 2.5 m:

Fig. 2.2 Discretización del terreno para el cálculo de asientos de consolidación

Para calcular las tensiones verticles se recurre a la figura de Sovinc (Jiménez Salas, tomo II, ver Figura 2.3) que corresponde a una solución elástica en medio limitado inferiormente por base rígida y zapata rectangular: b a=

B 2 =1 B 2

10 h = = 2.25 b 4.425

Al subdividir el estrato en 4 subestratos de 2.5 m cada uno (unidades t/m 2 ) resultan las tensiones de la siguiente tabla: Estrato

z

z b

∆σ p

∆σ

σ0 = γ z

σ '0 = γ ' z

1

1.25

0.28

0.98

12.4

2.5

1.25

2

3.75

0.85

0.76

9.6

7.5

3.75

3

6.25

1.41

0.60

7.6

12.5

6.25

4

8.75

1.98

0.52

6.6

17.5

8.75


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Fig. 2.3. Ábaco de Sovinc (1961)

Para calcular deformaciones verticales se usa el módulo edométrico que viene definido por:

Em =

∆σ' (1 + e 0 )  σ' + ∆σ'   C c log 0  σ'0 

Los módulos obtenidos para los estratos 1, 2, 3 y 4 son:

Em 1 =

Em 3 =

12.4 × (1 + 0.80 ) 9.6 × (1 + 0.80 ) = 215.0 t m 2 Em 2 = = 313.4 t m 2  1.25 + 12.4   3.75 + 9.6  0.1 × log 10  0.1 × log 10      3.75  1.25  7.6 × (1 + 0.80) 6.6 × (1 + 0.80 ) = 486.7 t m 2 = 375.8 t m 2 Em4 =  8.75 + 6.6   6.25 + 7.6  0.1 × log 10  0.1 × log 10     8.75   6.25 


30


Finalmente el asiento diferido viene dado por la suma: s=

h

∑E

∆σ' ∆σ i =

mi

2.5 2.5 2.5 2.5 × 12.4 + × 9.6 + × 7.6 + × 6.6 = 0. 305 m 486.7 375.8 313.4 215.0 s = 0.305 m = 30.5 cm

El asiento total vendrá dado por la suma del asiento instantáneo y el diferido:

s = sins + sdif = 2 + 30.5 = 32.5 cm Este asiento corresponde al punto en el centro bajo la cimentación. ______________________________________

PROBLEMA 3 Obtener la presión de hundimiento de una zapata rectangular de 4 m × 6 m ante una carga vertical centrada, que corresponde una zapata apoyada a 1 m de profundidad en los siguientes terrenos: a) capa de 5 m de arena densa (φ φ'=40º, γn= 2 t/m3) sobre terreno granular (φ φ'=30º, γn= 1.8 t/m3). b) capa de 3 m de arena (φ φ'=30º, γn = 1.8 t/m3) sobre macizo rocoso. c) capa de 3 m de arena (φ φ'=40º, γn= 2 t/m3) sobre terreno (cu=2 t/m3,γγn= 1.8 t/m3), con el nivel freático en el contacto entre ambas capas.

a) Se supondrá terreno seco. Al tener una arena densa sobre una arena suelta, en principio, la hipótesis de rotura que se propone es que se producirá punzonamiento en el estrato superior y rotura global del estrato inferior. La fórmula de Hanna (1981) se desarrolló para este caso, aunque para zapata corrida. Para zapata rectangular resulta (ver problema 1):

2 d   1 1 ph = ph 2 + γ 1 h2  1 +  K s tg φ'1  +  − γ 1 h   L B h 


31


siendo ph 2 la presión de hundimiento del estrato inferior, es decir:

ph 2 =

1 γ B N γ 2 s γ 2 d γ 2 iγ 2 + q 2 N q 2 s q 2 d q 2 iq 2 2 2

teniendo en cuenta que el término de cohesión es nulo ya que c’ (la cohesión) es cero. Por otra parte, los coeficientes pueden calcularse como:

q2 = h × γ 1 = 5 m × 2 t m 3 = 10 t m 2 h : Ancho del estrato superior de arena Nq2 = e dq2 = 1

π tg φ'

2

i q2

B 4  π φ'  × tg 2  + 2  = 18.4 sq 2 = 1 + tg φ'2 = 1 + tg 30º = 1.38 L 2  6 4 = 1 (al no haber inclinación de la carga)

Fig. 3.1 Representación esquemática de la cimentación

El coeficiente de empotramiento en el cálculo de ph2 debe ser dq2 = 1 debido a que no hay empotramiento en la capa inferior, sino que el empotramiento está realmente en la capa 1:

N γ 2 = 2 ( N q 2 + 1) tg φ ' 2 = 2 × ( 18.4 + 1) tg 30º = 22.4 s γ 2 = 1 − 0.4 × dγ 2 = 1

iγ 2

B 4 = 1 − 0.4 × = 0.73 (coef. forma) L 6 =1


32


Como puede verse se ha supuesto que d γ 1 = 1 porque de hecho no hay empotramiento en la capa inferior. Esto es una hipótesis que deja del lado de la seguridad. Finalmente, la presión de hundimiento en la capa inferior vendrá dada por:

ph 2 =

1 × 1.8 × 4 × 22.4 × 0.73 × 1 × 1 + 10 × 18.4 × 1.38 × 1 × 1 = 330 t m 2 2

Sustituyendo en la expresión de Hanna y utilizando K s = 5.5 (que se obtiene del ábaco dado por este autor, Fig 3.2):

2 × 1  1 ph = 330 + 2 × 4 2 ×  1 +  × 5.5 × tg 40º ×  +  6 4 

1  − 2×4 = 4

= 330 + 92 − 8 = 414 t m 2

Fig. 3.2 Ábaco de Hanna (1981).

Para ver que la hipótesis de rotura es correcta se realizan algunas comprobaciones adicionales. En primer lugar puede determinarse la profundidad de un hipotético mecanimso de rotura contenido exclusivamente en el estrato superior:


33


   π φ'  B exp  − 1  tg φ'1  2   4  d2 = = 1.71 B = 6.8 m  π φ' 1  2 cos  +  4 2  puesto que 6.8 m > 4 m (que es el ancho restante entre el fondo de la zapata hasta la interfase entre los dos estratos), este tipo de rotura no parece probable.. Sin embargo, la forma de comprobarlo con mayor seguridad es mediante la carga de hundimiento en el estrato superior en el caso en que pudiera desarrollarse la rotura en él:

ph 1 =

1 γ B N γ 1 S γ 1 d γ 1 i γ 1 + q 1 N q 1 S q 1 d q 1 iq 1 2 1

siendo:

q1 = 1 × γ 1 = 1 × 2 = 2 t m 2 s q 1 = 1.56

s γ 1 = 0.73

iγ 1 = 1

iq 1 = 1

N q 1 = 64.20

N γ 1 = 109.4

2 D Como D B = 1 4 < 1, d q 1 = 1 + 2 tg φ '1 (1 − sinφ '1 ) B = = d q 1 1.05 dγ1 1

Por tanto dicha carga de hundimiento viene dada por:

ph 1 =

1 × 2 × 4 × 109.4 × 0.73 × 1 × 1 + 2 × 64.2 × 1.56 × 1.05 × 1 = 530 t m 2 2

que es mayor que la obtenida por la fórmula de Hanna con lo que se confirma que no puede desarrollarse la superficie de rotura en esta capa de arena densa.

b) Se supone terreno seco. Se tiene una arena suelta sobre un macizo rocoso.


34


Fig. 3.3 Representación esquemática del terreno y cimentación

Para esta situación se puede utilizar la expresión general de Brinch-Hansen pero afectada de unos coeficientes correctores ξ q , ξ c , ξ γ , que tienen en cuenta que el estrato rígido no permite desarrollar el mecanismo de rotura teórico en estrato indefinido:

ph = qs q d q iq N q ξ q + c' s c d c ic N c ξ c +

1 B γ s γ d γ iγ N γ ξ γ 2

donde se ha tomado c' = 0. ξ q , ξ c , ξ γ son unos coeficientes correctores que han sido obtenidos y transformados en ábacos por Mandel y Salençon (Figura 3.4). ξ q y ξ γ se obtienen en función de:

B 4 = =2 h 2

ξ q = 2.4

ξ γ = 1.2

y por tanto la presión de hundimiento se calcula como:

1 × 1.8 × 4 × 2 × 0.73 × 1 × 22.4 × 1.2 = 117 + 71 = 118 t m 2 ph = 1 × 1.8 × 1.38 × 1.07 × 18.4 × 2.4 +

donde sq , N q , sγ y N γ se han tomado del apartado anterior, y los coeficientes de profundidad se han calculado como: 1 = 1.07 4 dγ = 1

d q = 1 + 2 tg 30º (1 − sin 30º ) 2 ×

( D B = 1 4 = 0. 25 < 1)


35


Fig. 3.4 Ábacos de Mandel y Salençon (ξq y ξγ, respectivamente en función de B/H )

c) Se tiene el nivel freático en la interfase entre capas, y por tanto el terreno superior seco. Para las dimensiones del estrato y zapata, h = 2 m, B = 4m, se obtiene una relación:

h 2 = = 0.5 < 1.5 B 4 Esta condición indica que no será probable la rotura generalizada en el estrato superior. Por tratarse de un material tipo arena compacta sobre un material arcilloso blando, la presión de hundimiento puede ser obtenida por la solución dada por Tcheng (1957):

ph 2

ph = 1−

 π  2h  tg φ' 1 (1 − sin φ'1 ) exp  −  − φ' 1  tg φ'1   B   2


36



Substituyendo para φ 1 = 40º, resulta:

ph =

ph 2 0.856

Tan solo queda obtener ph2, que se calculará en condiciones no drenadas, es decir, con φ’2 igual a cero:

p h = q 2 N q 2 s q 2 d q 2 iq 2 + c u N c 2 s c 2 d c 2 ic 2 2

sq 2 = d q 2 = iq 2 = 1 d c 2 = ic 2 = 1

sc 2 = 1 +

N c 2 = 5.14

N q2 B 1 4 =1+ × = 1.13 Nc2 L 5.14 6 q 2 = 3 × 2 = 6 t m2

2 ph = 1 × 1 × 1 × 6 + 1.13 × 1 × 1 × 5.14 × 2 = 17.6 t m 2

ph =

17.6 = 20.6 t m 2 0.856

Es preciso remarcar que la presión de hundimiento determinada por esta solución (Tcheng, 1957), alternativamente puede calcularse mediante una solución del tipo Hanna teniendo en cuenta que el estrato inferior es, en este caso, un suelo arcilloso. ________________________________________


37


PROBLEMA 4 Se va a construir un depósito circular de 28 m de diámetro y 3400 t de peso en la superficie de un terreno con el nivel freático en superficie compuesto por 4 m de arcilla blanda (cu=3 t/m2, γn= 1.9 t/m3, Cc=0.15, e0=0.9) sobre una arcilla dura (cu=12 t/m2, γn= 2 t/m3, Cc=0.08, e0=0.8). Estimar el factor de seguridad al hundimiento de esta cimentación y el asiento previsible que se producirá, suponiendo que a 29 m de la superficie existe una capa rígida que puede considerarse indeformable.


Se trata de una capa más blanda apoyada sobre una capa más dura. La presión de hundimiento puede obtenerse por:

ph = c u1 N m + q donde N m ha sido tabulado por Vesic (1970) para diferentes tipologías de carga y en función de (cu2/cu1) y (B/H): c2/ c1 1 1.5 2 3 4 5 10 ∞

4 6.17 6.17 6.17 6.17 6.17 6.17 6.17 6.17

8 6.17 6.34 6.46 6.63 6.73 6.80 6.96 7.17

12 6.17 6.49 6.73 7.05 7.26 7.40 7.74 8.17

B/H 16 6.17 6.63 6.98 7.45 7.75 7.97 8.49 9.17

20 6.17 6.76 7.20 7.82 8.23 8.51 9.22 10.17

40 6.17 7.25 8.10 9.36 10.24 10.88 12.58 15.17

∞ 6.17 9.25 12.34 18.51 24.68 30.85 61.70 ∞

donde B es el diámetro de la carga y H la distancia entre la base de la zapata y la superficie de contacto entre las dos capas. En el caso planteado:


38


c u2 c u1

=

12 =4 y 3

B 28 =7 = 4 H

Según la tabla dada por Vesic, para B H = 4 se tiene:

N m = 6 .17 y para B H = 8 se tiene: N m = 6.73 Se interpolará para encontrar el valor de B H = 7 :  6.73 − 6.17  N m = 6.17 +   × ( 7 − 4 ) = 6.59  8−4  y substituyendo se obtiene la presión de hundimiento:

ph = N m c u + q = 6.59 × 3 + 0 = 19.8 t m 2 Luego, frente al hundimiento el factor de seguridad es:

FS =

ph 19.8 = 3.6 = p 3400 ( π14 2 )

El factor de seguridad al hundimiento es suficiente al ser superior a 3. Si fuese FS < 3 habría que cambiar el diseño. Dos posibles soluciones consisten en aumentar el empotramiento o en aumentar la superficie de la base. Para el cálculo de asientos se procede a su descomposición en una contribución instantánea más una contribución diferida. Asientos instantáneos: Se usará el método aproximado de Steinbrenner porque no hay solución elástica analítica para este caso al estar el terreno compuesto por dos capas de diferente naturaleza. Por otro lado, puesto que para dicho método se dispone de ábacos para carga rectangular, conviene convertir el círculo en cuadrado de forma que ambas formas tengan áreas equivalentes, es decir:

π × 14 2 = B' 2

B' = 24.8 m

B = B' 2 = 12.4 m


39


donde B' es el lado del cuadrado equivalente al depósito, mientras que B es el lado de los cuatro cuadrados en los que se divide el cuadrado grande para poder utilizar los asientos en la esquina y obtener el asiento total en el centro, es decir: scentro=4xsesquina; usando B = 12.4 m para calcular sesquina. Por otro lado, el asiento instantáneo se producirá en condiciones no drenadas y por tanto se toma ν u = 0.5 y Eu ≈ 500 c u .

Fig.4.2. Ábaco para cálculo de asientos mediante el método de Steinbrenner 1 = s esquina

2 = s esquina

q B ( I 2 − I1 ) Eu1 q B ( I3 − I2 ) Eu2

estrato 1 estrato 2

ν u = 0.5  2  ⇒ I i = ( 1 − ν u ) f 1 ( n, m i ) 1 − 2ν u = 0 

n=

L =1 B

0 z = = 0 ⇒ I 1 = 0 porque f 1 ( 1,0 ) = 0 B 12.4 4 m2 = = 0.32 ⇒ f 1 = 0.04 ⇒ I 2 = 0.04 × ( 1 − 0.5 2 ) = 0.03 12.4 29 m3 = = 2.34 ⇒ f 1 = 0.32 ⇒ I 3 = 0. 32 × ( 1 − 0.5 2 ) = 0.24 12.4

m1 =

Para el cálculo de Ii se ha empleado simplemente la primera parte, al ser la segunda nula (ν = 0.5).


40


Finalmente, el asiento en el centro de la cimentación se obtendrá como:  5.5 × 12.4 × 0.03 5.5 × 12.4 × ( 0.24 − 0.03)  s centro = 4 ×  +  = 0.015 m = 1.5 cm   1500 6000 Asientos diferidos: Se calcularán mediante el método edométrico. Cuando se calculan asientos debidos a deformación drenada (en este caso diferidos por tratarse de unas arcillas) por el método edomérico, conviene subdividir el estrato para tener en cuenta así la variación del módulo de deformación con la profundidad provocada por la variación del estado tensional. En este caso se propone la siguiente subdivisión en subestratos:

Fig. 4.3 División del terreno en subestratos para el cálculo de asientos

Para la aplicación de dicho método edométrico se require una ley de variación de tensiones verticales bajo la cimentación. En este caso se han propuesto dos alternativas para las cuales se ha determinado el estado tensional. Carga circular sobre semiespacio indefinido (Foster y Alvin, 1954). Solución analítica dada por: 32   σz   1 = 1 −    q   1 + (a z) 2    

que es la ley de tensiones verticales bajo el centro de la cimentación. Carga circular sobre estrato de espesor finito (Milovic, 1970). Solución en forma de ábaco:


41


h 29 = =2 a 14

( ν = 0.3)

Fig. 4.4. Ábaco de Milovic (1970) para el cálculo de tensiones verticales bajo carga circular flexible.

Los resultados obtenidos en uno y otro caso se muestran en la siguiente tabla: FOSTER Y ALVIN

MILOVIC

∆σ/q

∆σ

∆σ/q

∆σ

σ0

σ 0'

0.07

1.00

5.5

1.00

5.5

1.9

0.9

3

0.21

0.99

5.4

0.98

5.4

5.7

2.7

3

6.5

0.46

0.92

5.1

0.90

4.9

12.6

6.1

4

11.5

0.82

0.74

4.1

0.80

4.4

22.6

11.1

5

16.5

1.18

0.56

3.1

0.65

3.6

32.6

16.1

6

21.5

1.54

0.41

2.2

0.55

3.0

42.6

21.1

7

26.5

1.89

0.31

1.7

0.42

2.3

52.6

26.1

z (m)

z/a

1

1

2

Estratos

Se adoptan las tensiones de la opción b) (estrato de espesor finito) porque representa mejor la situación y son más desfavorables. Se supondrá que ∆σ'z = ∆σz , al no haber ∆u, y se calcularán asientos como si las condiciones fuesen edométricas en cada estrato. A continuación se calcularán los módulos de deformación secantes que vienen dados por la siguiente expresión:


42


Em =

∆σ' ( 1 + e 0 )  σ' + ∆σ'  C c log 10  0   σ'0 

que aplicada a cada uno de los subestratos da lugar a: Estratos

1

2

3

4

5

6

7

m2)

82

143

431

683

924

1169

1411

Em ( t

Por último basta calcular el asiento por integración (en este caso suma) de las deformaciones: s= +

hi

∑iE

∆σ' ∆σ i =

mi

5 5 2 2 × 5.5 + × 5.4 + × 4.9 + × 4.4 + 683 431 143 82

5 5 5 × 3.6 + × 3.0 + × 2.3 = 0. 340 m 924 1169 1411

El asiento total se obtiene como:

s total = s instantaneo + s diferido = 1.5 + 34.0 = 34.5 cm. El asiento puede ser inadmisible según el tipo de depósito a construir. Para reducirlo, una primera medida es profundizar, empotrando la estructura en el terreno. Nótese que profundizando 2 m se reduce el asiento aproximadamente en:

2m 3400 t = 13.4 cm × 2 π × 14 2 m 2 82 t m ya que la parte superior del terreno es más deformable y el incremento de tensión es mayor. Esta estimación debería corroborarse mediante un nuevo cálculo de los asientos con el estado tensional correspondiente a la carga apoyada a cierta profundidad. Otra opción muy razonable para reducir los asientos es la realización de una precarga que consolide el suelo y que al ser excavada deje éste sobreconsolidado. ________________________________________

PROBLEMA 5 Tenemos un terreno compuesto por 6 m de una arena densa (φ φ'=38º, γn = 2 t/m3) sobre 7 m 3 de una arena media (φ φ'=32º, γn = 1.8 t/m ), a su vez apoyada en un macizo rocoso. Se va a proyectar una cimentación superficial de 5 m de anchura empotrada a 1 m de profundidad,


43


para soportar una carga de 1500 t y un momento de 100 t×m. Predimensionar esta cimentación y estimar sus asientos suponiendo que el módulo de la arena densa aumenta linealmente desde 50 MPa a 1m de profundidad hasta 140 MPa a 6 m de profundidad y que el de la arena media aumenta también linealmente desde 70 MPa a 6 m de profundidad hasta 100 MPa a 13 m de profundidad.


Se supone que el vector momento actúa perpendicularmente al lado de longitud L que se supone mayor que B. Las tensiones σ 1 y σ 2 , máxima y mínima para una sección rectangular sometida a una carga centrada y un momento en la dirección indicada, vienen dadas por: 6M V + B × L B × L2 6M V − σ2 = B × L B × L2 σ1 =

Se ha confeccionado una tabla para diferentes valores de la longitud L de la cimentación (B = 5 m se encuentra fijada) (tensiones en t/m 2 ): L

σ1

σ2

5

64.8

55.2

10

31.2

28.8

15

20.5

19.5

20

15.3

14.7

También se puede despejar L en función de σ 1 , resultando:


44


V + V 2 + 4 σ1B 6 M L= 2 σ1B que para σ 1 = 40 t/m 2 (arena densa sobre arena media) da lugar a L = 7.9 m. Se elige L = 8 m y se calcula la carga de hundimiento según Hanna, aunque no se trata exactamente de la misma situación que en el esquema propuesto por este autor, ya que existe una base rocosa indeformable. Sin embargo, en el problema 1 ya se vio lo que representaban los términos de la solución de Hanna y se ve posible su aplicación para el caso rectangular añadiendo solamente coeficientes para tener en cuenta la presencia de la base indeformable. La presión de hundimiento calculada según el esquema propuesto por Hanna es:

2 d   1 1 ph = ph 2 + γ 1 h2  1 +  K s tg φ'1  +  − γ 1 h   L B h  siendo:

ph = q2 N q 2 sq 2 d q 2 iq 2 + 2

1 γ 2 B N γ 2 sγ 2 d γ 2 i γ 2 2  π φ'  N q 2 = exp ( π tg φ'2 ) tg 2  + 2  = 23.2 2  4

q2 = 6 × γ 1 = 12 t m 2 sq 2 = 1 +

B 5 tg φ'2 = 1 + × tg 32º = 1.39 L 8

d q 2 = 1 y iq 2 = 1

y con respecto a los coeficientes del término de peso, éstos son:

N γ 2 = 2 ( N q 2 + 1) tg φ'2 = 30.2

sγ 2 = 1 − 0.4 ×

B = 0.75 L

d γ 2 = 1 y iq 2 = 1

Al ser B H = 5/7 = 0.7 menor que 1, las figuras de Mandel y Salençon (ver ábacos en Problema 3) dan lugar a ξ q = ξ γ = 1, lo que significa que la base rígida no afecta prácticamente al desarrollo de las superficies de rotura. Por tanto:

ph 2 =

1 × 1.8 × 5 × 30.2 × 0.75 × 1 × 1 + 12 × 23.2 × 1.39 × 1 × 1 = 489 t m 2 2

y substituyendo en la expresión de ph resulta ( K s = 6, según el ábaco de Hanna, Problema 3):


45


2 ×1  1 1 ph = 489 + 2 × 5 2 ×  1 +  × 6 × tg 38º× +  − 2 × 5 5   8 5 ph = 489 + 107 − 10 = 586 t m 2 Esta ph es muy elevada, e implica unas hipótesis de rotura del estrato inferior y punzonamiento del superior. Otra posibilidad de rotura, sería rotura generalizada del estrato superior sin efectos en el inferior. Para comprobar que la hipótesis de rotura es correcta se calculará: a) Profundidad necesaria de la capa superior para desarrollar la superficie de rotura (generalizada) en ella, como en el apartado primero del ejercicio anterior:   π φ'   B exp  − 1  tg φ' 1  2   4  d2 = = 1.63 B = 8.13 m  π φ'1  2 cos  +  4 2  puesto que 8.13 m > 5 m (espesor de dicha capa), en principio no se desarrollará en ella la rotura global. b) Carga de hundimiento del estrato superior suponiendo que pudiera desarrollarse la rotura en él:

1 × 2.0 × 5 × 78.03 × 0.75 × 1 × 1 + 2 × 48.93 × 1.49 × 1 × 1 2 = 292.6 + 145.8 = 438.4 t m 2

2 ph =

ph

2

en la que se han usado los siguientes coeficientes: q1 = 1 × γ 1 = 2 t m 2 d q1 = iq1 = 1

N q 2 = 48.93

N γ 1 = 78.03

5 × tg 38º = 1.49 8 = iγ 1 = 1

S q1 = 1 +

S γ 1 = 0.75

dγ1

En este caso, a pesar de que la profundidad no es suficiente para la rotura generalizada en el estrato superior, su carga de hundimiento suponiéndolo indefinido es menor (ph1

46


Sin embargo, los elevados valores de presión de hundimiento tanto en un cálculo como en otro incan que la problemática de esta cimentación no será el hundimiento, lo que se debe a que el terreno es de tipo granular. Por otro lado se realizará el cálculo de asientos. Para ello debe calcularse la expresión del módulo de deformación en cada estrato. Módulo de deformación del estrato superior:  14000 − 5000  E = 5000 +   × ( z' −1) = 5000 + 1800 × ( z' −1) = 5000 + 1800 z   6−1 Modulo de deformación del estrato inferior: E = 7000 +

10000 − 7000 × ( z' −6 ) = 7000 + 429 × ( z' −6 ) = 7000 + 429 × ( z − 5 ) 13 − 6

Dada la variabilidad de los módulos de deformación, una alternativa sencilla para el cálculo de los asientos es la discretización en subestratos según el siguiente esquema:

Fig. 5.2 Discretización en subestratos para el cálculo de asientos

El siguiente paso es calcular el estado de tensiones verticales en función de la profundidad: Estrato

z

z/(L/2)

∆σ z q

∆σ z

E

1

1.25

0.31

0.94

35.25

7250

2

3.75

0.94

0.64

24.00

11750

3

6.75

1.69

0.46

17.25

7751

4

10.25

2.56

0.30

11.25

11397


47


Donde ∆σ / q se ha obtenido con la figura dada por Sovinc (1961) (ver Problema 2) y utilizando:

q=

L b 4 = 1.6 = 2 = a B 2.5 2

1500 × 5 = 37.5 t m 2 8

h 12 =3 = 4 4

El asiento se obtiene finalmente como:

s = ∑i

hi 2.5 × 35.25 2.5 × 24 3.5 × 17.25 3.5 × 11.25 ∆σ'i = + + + = E mi 7250 / 0.743 11750 / 0.743 7751 / 0.743 11397 / 0.743 = 0.009 + 0.004 + 0.006 + 0.002 = 0.021 m = 21 mm

Según la metodología seguida, el cálculo de este asiento debe hacerse usando el módulo de deformación edométrico puesto que en la expresión para el cálculo del asiento se ha tomado solo en términos de variaciones verticales de tensión. El módulo elástico se ha transformado en edométrico utilizando ν=0.3 en la expresión:

Em =

E  2 ν2   1 −  1 − ν  

Alternativamente al método usado aquí puede determinarse el asiento mediante la misma estratificación en el método de Steinbrener, en este caso con los módulos elásticos (E). ______________________________________


48



Cimentaciones Profundas

49

Capítulo 2. Cimentaciones profundas PROBLEMA 6 Un terreno está compuesto por 15 m de una arena suelta sobre una arena compacta. Para cimentar cargas de 100 t se opta por hincar pilotes de hormigón (tras la hinca puede suponerse que la arena media suelta alcanza un φ' = 32º). Estudiar la posibilidad de dejar un pilote flotante en la capa superior. En caso de descartarse esta posibilidad dimensionar un pilote que penetre en la capa de apoyo (φ φ' = 38º). En esta última hipótesis dimensionar un grupo de pilotes 3×3 para soportar una carga total de 600 t (excentricidad máxima de 10 cm) de forma que ningún pilote supere la carga admisible de 100 t, y estimar los asientos que se producirán. Realizar el dimensionamiento tanto en base a la NTE como por cálculos estáticos. Para realizar el dimensionamiento a partir de resistencias a la penetración se pueden tomar los siguientes valores: Rp= 600 t/m2 y Rp=1200 t/m2, respectivamente, para la capa superior y de apoyo.




50

a) En primer lugar se dimensiona un pilote para 100 t siguiendo la metodología de la NTE (Acondicionamiento del Terreno. Cimentaciones. MOPT). Se supone que se trata de un pilote prefabricado y se recurre a las diferentes tablas de dicha norma. Para una carga de 100 t (Q = 100 t) y 1 pilote (n = 1) resulta un diámetro de φ = 42.5 cm. Po otro lado, al no haber momento, la carga equivalente es igual a la carga vertical, es decir: E = Q = 100 t. Para 1 pilote (n = 1) y terreno granular el coeficiente c es igual a 0.33. Y para una resistencia a la penetración estática del terreno Rp= 600 t/m2= 60 kp/cm2 (se considera primero el estrato superior solamente), juntamente con el diámetro elegido de φ = 42.5 cm resultan las cargas de hundimiento por punta y por fuste siguientes: tabla 3 (NTE)

tabla 6 (NTE)

P = Q p = 85.1 t

F = Q f = 6.8 t/m

Una vez se dispone de los valores de estas cargas de hundimiento, se sustituye en la inecuación siguiente: E ≤ c (P +F) 100 ≤ 0.33 (85.1 + 6.8 l) de la que resulta la longitud del pilote: l ≥ 31.6 m > 15 m Por tanto la capa superior no es suficientemente profunda para soportar el pilote y resulta necesario recalcular dicha longitud al no haber tenido en cuenta la presencia del estrato inferior de terreno. En la capa inferior se tiene que Rp = 1200 t/m2= 120 kp/cm2, que juntamente con el diámetro elegido de φ = 42.5 cm da lugar a: P = Q p = 170.2 t

F = Q f = 10.2 t/m

Si se tiene en cuenta que la punta estará en el estrato inferior pero el fuste tiene colaboración de ambos estratos, se tiene:

E ≤ c (P + F) 100 ≤ 0.33(170.2 + 6.8 × 15 + 10.2l 2 ) l = l1 + l2 = 15 + l2



51

y por tanto l2 ≥ 3.0 m, es decir, l = 15 + 3 = 18 m. Se trata pues, de pilotes de longitud total igual a 18 m, longitud a la que puede añadirse una longitud de empotramiento que puede tomarse entre 3 a 6 veces el diámetro del pilote. b) La segunda alternativa de cálculo es mediante cálculos estáticos. Como tope estructural para pilote prefabricado puede tomarse: Te = 0.25σ b B + 0.40σ a A con :

0.25σ b ≤ 75 kp cm 2

ó

σ b ≤ 300 kp cm 2

siendo: σa, la tensión máxima en el acero, σb, la tensión máxima en el hormigón, A el area de acero y B el área de hormigón. Esta expresión tiene en cuenta la contribución a la resistencia a la compresión del pilote de cada material (hormigón y acero) y también incluye unos coeficientes de minoración (0.25 y 0.40) que pueden interpretarse como factores de seguridad respecto a la rotura del pilote a compresión (4 y 2.5, respectivamente). Se ha supuesto máximo trabajo del hormigón y se desprecia la contribución del acero (A pequeño comparado con B):

Te = 0.25σ b B = 750 t m 2 100 t = 750

π φ2 4

φ = 0.42 m

y, por tanto, se tomará φ = 0.425 m = 42.5 cm que corresponde a uno de los diámetros tipo en la norma NTE para pilotes prefabricados. La carga de hundimiento se calculará como:

∫

l

Q h = Q p + Q f = p p A p + 2 π r τ (z) dz 0

donde se adoptarán las siguientes expresiones teóricas para la resistencia por punta:

p p = q sq d q i q N q siendo:

q=γl

sq = 1 +

B 1 tg φ' = 1 + tg 32º = 1.62 L 1



52

Ahora, teniendo en cuenta que D/B >1 ( l / φ >1) , obtendremos el resto de coeficientes:

d q = 1 + 2 tg φ' (1 − sin φ' ) 2 arctg

D ≅ 1 + tg 32º (1 − sin 32º ) 2 × 1.5 ≅ 1.2 B

(arctg( D / B ) ≈ 1.5 si D >> B ) N q = 10 3.04 tg φ' = 10 3.04 tg 32º = 79.4 p p = 2 × l × 1.62 × 1.2 × 79.4 = l × 309 t m 2 Q p = l × 309 × π ×

0.425 2 = 43.81 t 4

Se considera la limitación a la resistencia por punta que no permite que ésta aumente en profundidad indefinidamente. Esta limitación es:

= 5 N q tg φ' ( en t m 2 ) p max p = 5 × 79.4 × tg 32º = 248 t m 2 p max p y por tanto, resulta:

Q

max p

π × 0.425 2 = 248 × = 35.2 t 4

Por otro lado, la resistencia por fuste se calculará como:

τ ( z ) = σ h ( z ) tg δ donde se puede tomar como δ=2/3φ, y la tensión horizontal calcularse como: σh = K σv con K = 1 que puede ser razonable para arenas sueltas. La tensión vertical σ v es igual a (se supone terreno seco): σ v ( z) = γ n z γ n = 2 t m2 z = profundidad Sustituyendo, resulta la variación con la profundidad de la resistencia por fuste:



53

2  τ ( z ) = 2 × 1 × tg  φ' × z = 0.78 z t m 2 3  También se debe limitar la resistencia por fuste porque no puede aumentar indefinidamente en profundidad debido a que las tensiones verticales se estabilizan. Para un pilote hincado en arena suelta, la limitación es: τmax = 4 t/m2 Igualando 0.78 z = 4 resulta z = 5.13 m, que es la profundidad a partir de la cual la resistencia por fuste es superior a 4 t/m2. Por tanto, la resistencia por fuste para un pilote que alcance una profundidad l ≥ 5.13 m se calculará como:

Qf = 2πr ∫

5.13

0

0.78 z dz + 2 π r × 4 × ( l − 5.13) =

0.425 5.13 2 0.425 × 0.78 × + 2π× × 4 × (l − 5.13) = 2 2 2 = 13.7 + 5.34 l − 27.4 = 5.34 l − 13.7 (donde l > 5.13)

= 2 π×

Para un FS = 3 se puede calcular la longitud necesaria de los pilotes como: Q h = Q p + Q f = 35. 2 + 5.34 l − 13.7 Q h = FS × Q = 3 × 100 t = 300 t = 35.2 + 5.34 l − 13.7 l ≥ 52 m > 15 m (espesor de la arena suelta) Como puede observarse resulta necesario empotrar en la capa inferior ya que la longitud obtenida supera el espesor del estrato, y por tanto hay que rehacer el cálculo. En este caso la carga de hundimiento se obtendrá como:

∫

15

∫

l

Q h = Q p + Q f = p p A p + 2 π r τ 1 ( z ) dz + 2 π r τ 2 ( z ) dz 0

0

siendo:

p p = q sq d q iq N q donde:

q= γl

sq = 1 +

B 1 tg φ' = 1 + tg 38º = 1.78 L 1



54

y teniendo en cuenta que D/B >1 (l /φ >1), se tiene: d q = 1 + 2 tg φ' (1 − sin φ' ) 2 arctg

D ≅ 1 + tg 38º × (1 − sin 38º ) 2 × 1.5 ≅ 1.35 B

en la que se ha aproximado arctg(D/B)≅1.5, que corresponde a D>>B. Además Nq es igual: N q = 10 3.04 tg φ ' = 10 3 .04

tg 38º

= 237. 2

Sustituyendo y teniendo en cuenta que iq=1 (carga no inclinada) resulta: p p = 2 × l × 1.78 × 1.35 × 237.2 = 1139 l t m 2 Q p = p p Ap = 1139 l × π ×

0.425 2 = 162 l 4

Teniendo en cuenta la limitación a la resistencia por punta: p max = 5 N q tg φ' p p max = 5 × 237.2 × tg 38º = 927 t m 2 p resulta: Q pmax = Ap p max = 131 t p La resistencia por fuste tiene dos componentes debido a la diferente naturaleza de los estratos. En el superior se obtiene (para l = 15 m): Q 1f = 5. 34 × 15 − 13.7 = 66.4 t En el inferior se tiene τ ( z ) = τ max = 10 t m 2 para pilote hincado en arena densa (se toma directamente el máximo al ser z > 15 m): Q 2f = 2 π r × 10 × ( l − 15 ) = 13.4 × ( l − 15 ) Finalmente se obtiene la longitud para seguridad al hundimiento con FS = 3: Q h = FS × Q = 3 × 100 = 300 t = Q p + Q 1f + Q 2f 300 = 131 + 66.4 + 13.4 × ( l − 15 )



55

es decir: l ≥ 22.7 m Como puede observarse, mediante cálculos estáticos se obtiene una longitud de pilote mayor que utilizando la normativa. Esta metodología es poco aconsejable en la práctica porque se basa en relaciones que utilizan parámetros del suelo que no suelen estar disponibles para el cálculo de una cimentación profunda y a veces quedan en exceso del lado de seguridad (demasiado conservadores). En la práctica es más fácil realizar ensayos de penetración y estimar las cargas resistentes por punta y fuste en base a los resultados de dichos ensayos. La norma NTE proporciona tablas de gran utilidad para estimar Qp y Qf para pilotes hincados o prefabricados de diferentes diámetros y diferente naturaleza del terreno donde se va a cimentar. A continuación se realiza el dimensionamiento de un grupo de pilotes 3×3 para una carga total de 600 t y una excentricidad máxima emax= 1 m. Además se requiere que en cada pilote la carga máxima no supere (Pi ≤ 100 t). La carga sobre el pilote más cargado viene dada por (se supone que todos los pilotes son iguales): Pi =

Pt M x y i M y x i + + n Σ y i2 Σ x i2

Fig. 6.2 Esquema del grupo de pilotes

Para un ángulo θ cualquiera: M x = Pt e cos θ , M y = Pt e sin θ . Además, se escribirá la expresión para un pilote de esquina que es el que se encuentra más alejado, es decir:



56

600 600 × 0.1 × cos θ × s 600 × 0.1 × sin θ × s + + 9 3 × s2 + 3 × s2 3 × s2 + 3 × s2 10 × (cos θ + sin θ) Pi = 66.7 + s

Pi =

Se trata ahora de hallar un máximo para θ; es decir, lo que se ha de hacer es la derivada parcial respecto θ e igualar a cero:

∂ Pi 10 × ( − sin θ + cos θ) = 0 = ∂θ s De lo que resulta: cos θ = sin θ θ = 45º y substituyendo para este ángulo resulta:

 10 × 1.41  Pi = 66.7 +   ≤ 100 s   condición que permite establecer que la separación sea:

s ≥ 0.425 m = 42.5 cm Para ver si hay tracciones basta cambiar a signo negativo los términos de momento, es decir:

 10 × 1.41  Pi = 66.7 −   = 33.1 t > 0  0.425  La separación resultante para que Pi<100 t ha resultado ser del mismo orden que el tamaño de los pilotes. Por tanto, bastará tomar s/φ φ = 2.5 a 3.5 lo que reducirá todavía más la carga sobre el pilote más cargado. A continuación se realizará una estimación de los asientos mediante expresiones de tipo empírico. En arenas puede usarse la siguiente expresión para estimar al asiento: st =

Qt φ Q r 30

siendo:



57

Qt : Carga de trabajo Qr : Resistencia del pilote φ : Diámetro (en cm ) Para un solo pilote Qt = 100 t (primer caso), mientras que para un grupo de 3×3: Qt =66.7 t (segundo caso). π × 0.425 2 750 π × 0.425 2 = × = 426 t 4 0.25 4 100 42.5 st = × = 0.33 cm 426 30 66.7 42.5 st = × = 0.22 cm 426 30

Qr = σ b ×

Para considerar que es un grupo; se corrige el asiento mediante un factor multiplicativo según la siguiente tabla: B/φ

1

5

10

20

40

60

αg

1

3.5

5

7.5

10

12

s tg = α g s t siendo α g = 3.5 para b/φ φ = 5, resultando un asiento total de:

stg = 3.5 × 0.22 = 0.77 cm Estas fórmulas solamente sirven para estimar o acotar los asientos y puesto que no tienen en cuenta parámetros de deformabilidad del suelo son poco fiables. ___________________________________________

PROBLEMA 7 Tras realizar una campaña de ensayos penetrométricos estáticos se modela el perfil transversal de un terreno con dos estratos, uno superior coherente de 5 m con Rp creciente linealmente con la profundidad desde 10 t/m2 hasta 20 t/m2, y otro inferior granular, de gran potencia, con Rp así mismo creciente linealmente con la profundidad desde 80 t/m2 hasta 800 t/m2a 30 m de la superficie. Dimensionar en este terreno una cimentación profunda 2× 2 para soportar una carga de 400 t inclinada 2.5º con la vertical, y un momento de 150 t× m. Comentar el método constructivo a utilizar y estudiar cómo variará el coeficiente de seguridad al hundimiento si tras aplicar en superficie del terreno una



58

carga extensa de 2 t× m2 la capa superior consolida. Indicar, en este último caso, el estado tensional de los pilotes.



59

En primer lugar, se obtendrá la variación de Rp con la profundidad:  20 − 10  R p = 10 +   × ( z − 0 ) = 10 + 2 z  5−0 

0< z<5

 800 − 80  R p = 80 +   × ( z − 5 ) = 28.8 − 64 z  30 − 5 

z≥5

El proceso constructivo podría ser por extracción en capa coherente y, en cambio, hincado en la capa granular (ya sea mediante un pilote prefabricado, o uno ejecutado in situ mediante un azuche o tapón de gravas). Sin embargo, por ser la capa coherente de espesor moderado, podrían realizarse por hinca en todo el terreno.


La carga vertical y momento de proyecto son mayores que los máximos que considera la norma (NTE) y por tanto no es posible usar dicha norma directamente para el cálculo del grupo de pilotes. Se realizará el cálculo del grupo utilizando la distribución teórica de cargas en un grupo de pilotes iguales (basada en una distribución lineal de tensiones), el tope estructural y se tomarán las cargas de hundimiento de dicha norma. A continuación se realiza la determinación del diámetro φ y la separación s. La disposición propuesta es de 2×2 pilotes y se supone la misma separación en cada dirección ya que no se indica en que dirección actúa el momento. Las cargas de proyecto son:



60

V = 400 × cos 2.5º = 399.6 ≅ 400 t H 17.4 = = 0.04 < 0.05 V 399.6

H = 400 × sin 2.5º = 17.4 t

No es necesario considerar H ya que puede considerarse resistido por el terreno puesto que se cumple que H/V < 0.05. La carga vertical y el momento de proyecto son: V = 400 t, M = 150 mt, y la norma NTE, no considera valores tan altos del momento. Por tanto, como se ha indicado, el dimensionamiento se realizará utilizando explícitamente las condiciones de que no se supere el tope estructural en el pilote y la condición de seguridad al hundimiento en lugar de hacerlo indirectamente a través de la norma. El tope estructural de un pilote "in situ" se puede calcular como: Te = 0.25σ b B + 0.40σ a A

0.25σ b ≤ 600 t m 2

siendo: σa, la tensión máxima en el acero, σb, la tensión máxima en el hormigón, A el area de acero y B el área de hormigón (ver problema 6). Se adopta Te = 600 t/m2B, y se deprecia la contribución del acero resultando:

Te = 600

πφ 2 4

siendo φ el diámetro del pilote. A continuación se calculará la carga en el pilote más desfavorable para la disposición adoptada. Si se supone que el momento solamente puede actuar en una dirección que sea eje, es decir M x ó M y , pero no en una dirección arbitraria, se tiene:

s 150 400 2 = 100 ± 75 Pi = ± 2 s 4  s 4   2 Otra posibilidad sería suponer que el momento pudiera actuar en cualquier dirección en cuyo caso, la situación más desfavorable sería a 45º:



61

2s 400 2 = 100 ± 2 75 ± Pi = 2 s 4 s 2  4   2  150

En ambos casos el signo + corresponde al pilote más cargado y el signo - al menos cargado. Se adopta s/φ φ = 2.5 y se impone Pi = Te en ambos casos para calcular el diámetro. En el primer caso la ecuación que se plantea es:

600

πφ 2 75 mt = 100 t + 4 2.5 φ

471.24 φ 3 = 100 φ + 30 φ=3

100 φ + 30 471.24

de lo que resulta un diámetro: φ = 0.569 m Y si vamos al segundo caso la ecuación que se obtiene es:

πφ 2 75 2 mt = 100 t + 600 4 2.5 φ 471.24 φ 3 = 100 φ + 42.4 φ=3

100 φ + 42.4 589

y resulta el diámetro: φ = 0.602 m Se adoptará φ = 0.65 m y por tanto, s = 2.5 φ = 1.625 m que es suficiente incluso si el momento actúa diagonalmente. Para comprobar que no hay tracciones en el pilote menos cargado se calcula:

Pi = 100 − 2

75 = 34.73 t > 0 s



62

Una vez determinados el diámetro y la separación del grupo de pilotes tan sólo queda determinar su longitud. Ésta se puede obtener aplicando la condición de hundimiento para un cierto factor de seguridad. Para ello es necesario determinar las resistencias por punta y fuste en el terreno y calcular la carga de hundimiento. Resistencia por fuste en arcilla (capa superior), según tabla 9 (NTE) para un diámetro de 65 cm: R p = 0.75 kp cm 2

Q f = 1.0 t m

R p = 2.25 kp cm 2

Q f = 3.0 t m

Al ser la variación de Rp lineal puede aproximarse la carga por fuste en la capa superior utilizando el valor de un punto medio del estrato. En este caso, si z = 2.5 m: R p = 10 + 2 × 2.5 = 15 t m 2 Q f = 2.0 t m Q 1f = 2.0 t m × 5 m = 10.0 t Resistencia por fuste en capa de arena (capa inferior) según tabla 7 (NTE) para un diámetro de 65 cm: R p = 20 kp cm 2

Q f = 6.1 t m

R p = 80 kp cm

Q f = 12.2 t m

2

interpolando linealmente y para R p en t/m2, resulta:  12.2 − 6.1  Q f = 6.1 +   × ( R p − 200 )  800 − 200  Q f = 6.1 + 0.010167 × ( R p − 200) Sustituyendo la ley de variación de la resistencia a la penetración resulta: R p = 28.8 z − 64 Q f = 6.1 + 0.010167 × ( 28.8 z − 64 − 200 ) Q f = 3.416 + 0.2928 z integrando para un longitud l del pilote:



63

l

l

5

5

Q 2f = ∫ Q f dz = ∫ ( 3.416 + 0.2928 z )dz = 3.416 × ( l − 5) + 0.2928 × ( l 2 − 5 2 ) 2 = = 0.1464 l 2 + 3.416 l − 20.74 Para estimar la resistencia por punta se tomaran los valores siguientes: l=8.8 m

Rp=19 kp/cm2

Qp=37.3 t

l=28.3 m

Rp=75 kp/cm2

Qp=149.3 t

según la tabla de resistencias por punta en terreno coherente de la NTE. De esta forma se puede calcular:

Q p = 37.3 + ( l − 8.8 ) ×

(149.3 − 37.3) = 5.7 l − 13.2 t ( 28.3 − 8.8)

Finalmente:

Qh = Q 1f + Q 2f + Q p = 10.0 + 0.1464 l 2 + 9.1l − 33.9 donde no se ha considerado el efecto del grupo por tratarse de un suelo arenoso principalmente. Tomando la carga en el pilote más desfavorable como (momento en diagonal):

Pi = 100 +

75 × 2 = 165 .27 t 2.5 φ

y para un factor de seguridad al hundimiento de 3, resulta:

Qh ≥ FS × Pi = 3 × 165.27 = 495.81 t 0.1464 l 2 + 9.1 l − 23.9 − 495.81 ≥ 0 l≥

− 9 .11 ± 9.12 + 304.3 = 36 m 2 × 0.1464

Mientras que la alternativa con el momento paralelo a un eje da lugar a:

75 = 146.15 t 2.5 φ Qh = 3 × 146.15 = 438.46 m Pi = 100 +

l ≥ 33 m



64

Si se quisiera reducir su longitud habría que cambiar el grupo. Un cálculo simple para un grupo de 3x3 conduce a:

400 150 × s 25 + = 44 .44 + = 59 .83 t 2 s 9 6× s Q h ≥ FS × Pi = 3 × 59 .83 = 179 .49 t Pi =

( s = 1.625 m)

Con lo que resulta: l ≥ 17.5 m Se ha tomado los valores de diámetro y separación determinados para la geometría anterior de 2×2 para hacer este tanteo y por tanto no es necesario hacer de nuevo la comprobación de tope estructural. Por último se realizarán las comprobaciones en el caso de que se produjese fricción negativa de la capa de arcilla superior. Para ello, se toma l = 33 m y Pi = 146.15 t y se trata de ver si el pilote es de tipo flotante o de tipo columna en primer lugar:

  Q f = 251.4 t Q 2f = 0.1464 × 33 2 + 3.416 × 33 − 20.74 = t  Q 1f = 10.0 t

Q p = 5.7 × 33 − 13.2 = 175 t y que como se puede observar: Q p < 3Q f por lo que se trata de un pilote flotante o trabajando principalmente por fuste según el criterio de la NTE. Esto implica que en el factor de seguridad, la resistencia por fuste del primer estrato se calcula según la tabla 12 de dicha norma, es decir: 2 Qh − R2 + Q f + Q p = FS = = Pi Pi

=

− 1 t/m × 5 m + 241.4 + 175 = 2.8 146.15



65

Al tomar la fricción en la capa de arcilla como negativa (contraria a Qh ) se reduce el FS, pero en este caso solo desciende ligeramente de 3 a 2.8, lo que puede considerarse aceptable. Con respecto al estado tensional, la sección de pilote más cargada se encontraría en la parte inferior del estrato que provoca rozamiento negativo. La carga en esa sección sería:

Pi = 100 +

75 × 2 + 5 × 1 = 170.3 t ≅ 169.6 t 2.5 φ

aunque ligeramente superado el tope estructural, se puede afirmar que a pesar de que se pueda producir el rozamiento negativo, el hormigón es todavía capaz de resistir la carga más el efecto del mismo (debe notarse que el tope estructural ya está afectado de unos factores de minoración). ____________________________________

PROBLEMA 8 Dimensionar un grupo de pilotes 3× 2 para soportar unas acciones exteriores de 1375 t y 200 t×m, en un terreno compuesto por 12 m de una arcilla blanda con bolos (Rp=5 kp/cm2) sobre 10 m de una arcilla arenosa (Rp= 20 kp/cm2), a su vez apoyada sobre un estrato de gran potencia arenoso (Rp= 150 kp/cm2). Estimar los asientos que se producirán e indicar el procedimiento constructivo a utilizar. En primer lugar se determinarán s y φ mediante la aplicación de la condición de que no se supere la carga admisible del hormigón. El tope estructural del pilote, tal como se ha indicado en los problemas anteriores, se calcula como: Te = 0.25σ b B + 0.40σ a A = 600 ×

π × φ2 4

donde se ha tomado 0.25σb=600 t/m2 por tratarse, como se indicará, de pilotes a ejecutar in situ, lo que está motivado por las características del terreno. Por otro lado, la carga en el pilote más desfavorable para una disposición de 3×2 se obtiene como: Pi =

1375 200 × s + 6 4 s2

suponiendo que el momento actúa en la dirección de los 3 pilotes, es decir, se han dispuesto 3 pilotes en la dirección más desfavorable. En caso de que el momento pueda variar de dirección entonces habría que determinar la orientación más desfavorable de forma parecida a como se ha hecho en el problema 7.



66

Si se adopta s = 2.5 φ, igualando el tope estructural con la carga que soporta el pilote más solicitado, resulta la siguiente ecuación: 600 ×

200 π × φ 2 1375 = + 4 6 4 × 2.5 φ

471.24 φ 3 = 229.2 φ + 20 φ=3

229.2 φ + 20 471.24


que permite determinar el diámetro de pilotes necesario: φ = 0.737 m En principio se tomaría un diámetro de 75 cm, sin embargo, dado que la NTE no lo considera en su gama de diámetros para pilotes ejecutados in situ, parece más adecuado tomar φ = 0.85 m del que resultan: s = 2.125 m y Pi = 252.7 t. Con este cálculo quedan determinados el



67

diámetro y la separación del grupo de pilotes. El diámetro de los pilotes a construir puede estar condicionado por la maquinaria disponible. Para determinar la longitud se utilizará la condición de que no se produzca hundimiento para un cierto factor de seguridad. Para calcular las cargas de hundimiento es preciso determinar las resistencias por punta y por fuste para el diámetro adoptado. En primer lugar se determinará la resistencia por fuste en la capa de arcilla superior para el diámetro de 85 cm. Se tiene en esta capa que Rp=5.0 kg/cm2. Pero ese valor no está en las tablas de la NTE, por lo que será necesario interpolar en las mismas. Los valores siguientes se obtienen en las tablas: R p = 4.0 kg cm 2

Q 1f = 6.1 t m

R p = 6.0 kg cm 2

Q 1f = 8.0 t m

Si se interpola para Rp=5.0 kg/cm2 resulta:

Q 1f = ( 6.1 + 8.0) / 2 = 7.05 t m Q 1f = 7.05 × 12 = 84.6 t En segundo lugar se determinará la resistencia por fuste en la capa de arcilla arenosa para el diámetro de 85 cm. En esta capa se tiene Rp=20.0 kg/cm2, valor para el que es preciso también interpolar. Los valores siguientes se obtienen en las tablas: R p = 18.5 kg cm 2

Q 2f = 12.9 t m

R p = 22.5 kg cm 2

Q 2f = 14.0 t m

Si ahora se interpola, para Rp=20.0 kg/cm2 resulta:

Q 2f = (12.9 + 14.0 ) 2 = 13.45 t m Q 2f = 13.45 × 10 = 134.5 t En tercer lugar se determinará la resistencia por fuste en la capa de arena para el diámetro de 85 cm. En esta capa se tiene Rp=150.0 kg/cm2 para el que también se tendrá que interpolar. Los valores siguientes se obtienen en las tablas de la NTE:

R p = 140.0 kg cm 2

Q 3f = 22.7 t m

R p = 160.0 kg cm 2

Q 3f = 24.3 t m

Si se interpola para estos dos valores resulta para Rp=150.0 kg/cm2:



68

Q 3f = ( 22.7 + 24.3) 2 = 23.5 t m Q 3f = 23.5 × ( l − (10 + 12)) = 23.5 × ( l − 22) En cuarto lugar se determinará la resistencia por punta en la capa de arena para el diámetro de 85 cm. Los valores siguientes se obtienen de las tablas de la NTE:

R p = 140.0 kg cm 2

Q p3 = 541.9 t

R p = 160.0 kg cm 2

Q p3 = 588.0 t

Si se interpola para Rp=150.0 kg/cm2 resulta:

Q p3 = ( 541.9 + 588.0 ) / 2 = 564.95 t Por último se calculará la longitud necesaria de los pilotes para obtener un FS = 3 al hundimiento:

Qh ≤ FS Pi = 3 × 252.7 = 758.1 t Qh = Q 1f + Q 2f + Q f3 + Q p3 = 84.6 + 134.5 + 23.5 × ( l − 22) + 564.95 ≥ 758.1 Con esto resulta que basta con que la longitud de los pilotes sea de l=22 m para que se cumpla la condición de hundimiento. Por supuesto, dado que se trata de pilotes en los que se confía en la contribución por punta será necesario garantizar un empotramiento suficiente en la capa granular (del orden de 6φ). En la cimentación considerada, la reducción en la carga de hundimiento causada por el efecto de grupo se puede estimar como:

η=1− =1−

[

]

β m( n − 1) + n( m − 1) + 2 ( m − 1)( n − 1) = π mn

[

]

arctg (0.7 ) 3 × 1 + 2 × 2 + 2 × 2 × 1 = 0.68 π 3×2

en el que se ha tenido en cuenta que se trata de un grupo con m=3 y n=2, y que β=arctg (B/(2s))=arctg((0.85+2.5x0.85)/(2x2.5x0.85))=arctg(0.7). Dicho coeficiente se aplicaría principalmente a los estratos arcillosos que es donde se producen reducciones a la resistencia al hundimiento, y en este caso, la longitud de pilotes vendría dada por:



69

Qh = 0.68 × (Q 1f + Q f2 ) + Q f3 + Q p3 Qh = 0.68 × (84.6 + 134.5 ) + 23.5 × ( l − 22) + 564.95 ≥ 758.1 que conduce a una longitud necesaria de 24 m en lugar de 22 m que se había obtenido en caso de no considerar el coeficiente de reducción de grupo. Para completar los cálculos de este grupo de pilotes, se realizará una estimación de los asientos. Por tratarse de pilotes apoyados en un terreno arenoso puede utilizarse las siguientes expresiones para estimar dicho asiento:

st =

Qt φ Q r 30

Qt = 252.7 t

π × φ2 600 π × 0.85 2 = × = 1362 t 4 0.25 4 252.7 85 × = 0.52 cm st = 1362 30

Qr = σ b ×

para considerar que es un grupo: s tg = α g s t Como B φ = 3.5 , el coeficiente de grupo α g = 3 (ver problema 7). Por lo tanto:

stg = 3 × 0.52 ≅ 1.6 cm En este caso se produce prácticamente toda la construcción en materiales arcillosos (10+12 m), por tanto no es aconsejable la hinca mediante uso de azuche o tapón de gravas, teniendo en cuenta además que al haber bolos, la hinca puede ser dificil por problemas de desviación durante la misma. Se aconseja por tanto la ejecución in situ mediante extracción. Una posibilidad es excavar con cuchara, y si se encuentran niveles más duros (los bolos) utilizar el trépano, y sostener las paredes con una camisa recuperable o lodos bentoníticos. _________________________________________



70

PROBLEMA 9 La figura adjunta (Fig. 9.1) es el resultado de un ensayo de penetración estática sobre un terreno compuesto por una capa superior cohesiva y otra inferior, de gran espesor, granular. Dimensionar la cimentación profunda a construir para soportar unas acciones exteriores de 250 t y 20 t×m.

Fig. 9.1 Resultados ensayos de penetración



71

La figura del resultado del ensayo de penetración estática permite obtener la representación idealizada siguiente:


Los picos e irregularidades del diagrama indican heterogeneidades del terreno, o posiblemente irregularidades en el proceso de ejecución de los ensayos. El tipo de pilotes que se elegiría en este caso es la siguiente: en la capa de arcilla pueden ejecutarse los pilotes in situ, por ejemplo, por extracción con recuperación de camisa o con lodos bentoníticos. Al tener un material duro en profundidad, el diseño deberá dar lugar a un pilote tipo columna apoyado en la capa de arena. En este caso hay que tener cuidado con el rozamiento negativo que puede producirse por consolidación de la capa arcillosa. La norma NTE (Acondicionamiento del Terreno. Cimentationes) da recomendaciones para las soluciones a adoptar en situaciones determinadas. En este caso, por tratarse de una capa cohesiva de espesor considerable se puede eligir el pilotaje in situ, tipo CPI (la ejecución in situ en materiales coherentes mejora el comportamiento a fricción). Siguiendo las recomentaciones de dicha norma NTE, se supondrá que P < 3F; caso 3º: "Granular de gravas o arenas compactas a profundidad entre 10 y 20 m" se obtinene la máxima puntuación que es de 4 y que, según dicha norma, lleva a elegir los tipos CPI-2 ó CPI-3. Dichos tipos de pilotes se describen a continuación como:



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CPI-2:

desplazamiento con azuche

CPI-3

desplazamiento con tapón de gravas

Se elige tipo CPI-2 en el que las características de los materiales a emplear son hormigón H175, acero AE-42 (para barras corrugadas) y acero AE-221 (para barras lisas). Según la metodología de la NTE, las comprobaciones a realizar son: E≤c(P+F) E ≤ c'T (siendo T la resistencia estructural del pilote). Las variables que intervienen en estas comprobaciones son: E que se determina en la tabla 1, c que se determina en la tabla 2, P que se determina en las tablas 3 a 6, F que se determina en las tablas 7 a 9, c' que se determina en la tabla 15 (no se trata de la cohesión), T que se determina en la tabla 16, s (separación entre pilotes), que se determina en la tabla 17. Si se produce rozamiento negativo para P > 3F debe comprobarse adicionalmente que: E ≤ c ( P + F − R1 ) E ≤ c'(T − 0.4 R1 ) siendo R1 el rozamiento negativo que se determina según las tablas 10 y 12. Finalmente puede hacerse una estimación de asientos según las tablas 13 y 14. A continuación se procede al cálculo de acuerdo con la metodología propuesta en la norma NTE, llevandose a cabo en primer lugar un predimensionado a partir de las solicitaciones siguientes: Q = 250 t y M = 20 t×m. Puesto que Q = 250 t y M ≠ 0 entonces es necesario que n > 1 (más de 1 pilote). Se elige, según dicha norma:



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n=4

D = 55 cm

Si se desconoce la orientación del momento se descompone como: M x = M cos θ y M y = M sin θ M 2 = M x2 + M y2 Según la norma, el momento de cálculo obtiene como la suma de M x y M y :

M cálculo = M x + M y = M (cos θ + sin θ) cuyo valor máximo se obtiene de:

∂ M cálculo = M ( − sin θ + cos θ) = 0 ∂θ donde:

sin θ = cos θ θ = 45º luego el momento de cálculo es:

 2 2  M cálculo = M ×  +  = 20 × 1.4142 = 28.28 mt 2 2   Como se ha indicado, la tabla 1 permite obtener E (carga axil equivalente). Sin embargo, para D = 55 cm, M = 28.3 m× ×t y Q = 250 t no es posible encontrar una carga axil equivalente en dicha tabla lo que indica que el diámetro adoptado es insuficiente. Se tomará por tanto un diámetro superior D = 65 cm con el que resulta E = 295 t. Es decir, se ha aumentado el diámetro del pilote por la presencia del momento. Para continuar, se supone que P > 3F y para n = 4 resulta c = 1.33, que se usará posteriormente en las comprobaciones. Con objeto de establecer la condición de hundimiento se calcula en primer lugar la resistencia por punta recurriendo a la tabla 4. Suponiendo que el pilote se apoya en las arenas (para lo cual será necesario realizar una cierta penetración en ellas que puede ser del orden de 6φ ): Para D = 65 cm y R p = 120 kp cm 2 resulta P = 309.2 t (=Qp).



74

Por otro lado se determina la resistencia por fuste que, para terreno coherente (tabla 9) y teniendo en cuenta D = 65 cm y R p = 5 kp cm 2 resulta: ( Fi ) arcilla =

4.6 + 6.1 = 5. 3 t m 2

En el terreno granular (tabla 7) para D = 65 cm y R p = 120 kp cm 2 resulta: ( Fi ) arena = 15.7 t m Con los valores anteriores se procede a la comprobación al hundimiento: E≤c(P+F) Es decir, 295 ≤ 1.33 × ( 309.2 + 5. 35 × 16 + 15.7 × 6 × 0.65 ) 295 t ≤ 606.5 t Al haber calculado las resistencias por punta y por fuste puede comprobarse que la hipótesis adoptada de P > 3F no se cumple lo que implica que se debe realizar un recálculo. Por tanto se parte ahora de la nueva hipótesis P < 3F lo que implica c = 1.14 (que no modifica la conclusión obtenida) pero que implica cambiar el tipo de pilote a CPI-3 en lugar del CPI-2 elegido anteriormente. Para determinar la separación entre pilotes se recurre a la tabla 17:

P < 3F

D = 65 cm L = 16.7 m L = 36.7 m

L = 16 + 6 × 0.65 = 20 m s = 170 cm s = 210 cm

 210 − 170  s = 170 +   × ( 20 − 16.7) ≅ 177 cm  36.7 − 16.7  que se ha calculado interpolando entre los valores disponibles y que da lugar a una relación s/D=2.7 que se encuentra dentro del intervalo habitual de 2.5 a 3.5. Una vez determinados el diámetro, el número y la separación de pilotes se procede también a la comprobación estructural del mismo. En la tabla 16 para D = 65 cm se obtiene un tope estructural del pilote: T = 132.7 t



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para hormigonado en seco y T = 116.1 t para hormigonado en agua. Por otro lado, en la tabla 15 para n = 4 pilotes se obtiene el siguiente coeficiente: c' = 4 con los que se debe comprobar que: E ≤ c'T 295 ≤ 4 × 132.7 = 530.8 t (en seco) 295 ≤ 4 × 116.1 = 464.4 t (en agua) que como se observa se cumplen sobradamente en ambos casos. Puesto que se pilotará en un terreno en el que existe un estrato arcilloso importante que puede consolidar, también es necesario comprobar que en caso de haber rozamiento negativo se sigue manteniendo un comportamiento aceptable. Para ello y por ser P < 3F debe comprobarse: E ≤ c ( P + F − R2 ) E ≤ c'(T − 0.4 R2 ) con R2 obtenido en la tabla 12. En este caso, D = 65 cm y R p = 5 kp/cm 2 no hay valor y se opta por extrapolar, lo cual no es aconsejable en general, pero como hay valores cercanos se considera admisible en este caso:  2.34 − 1.93  R2 = 2.34 +   × ( 5 − 4 ) = 2.75 t m  4− 3  sustituyendo en las anteriores resulta: 295 ≤ 1.14 × ( 309. 2 + 5.35 × 16 + 15.7 × 6 × 0.65 − 2.75 × 16 ) 295 t ≤ 470 t y



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295 ≤ 4 × (116.1 - 0.4 × 2.75 × 16) 295 t ≤ 394 t que se cumple igualmente. En todas las comprobaciones se observa que el diseño es sobrado. Probablemente el diámetro de 55 cm sería suficiente, sin embargo en este problema ha sido conveniente (para permanecer en los rangos de variación de la NTE) adoptar el de 65 cm ya que el momento de diseño resultaba excesivo comparado con los valores de la tabla 1 (NTE) que permite obtener la carga axil equivalente. ___________________________________________



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77

Estructuras de Contención

Capítulo 3. Estructuras de Contención PROBLEMA 10 Dimensionar un muro de gravedad para salvar un desnivel de 6 m en un terreno de gran extensión (c = 1 t/m2, φ = 30º, γn=2.2 t/m2, FS al vuelco y al deslizamiento = 2) con una pendiente en superficie de 6º. Estudiar la influencia que tendría sobre su estabilidad la eventual subida del NF en el trasdós y la existencia de una carga concentrada de 100 t a 8 m del muro. En primer lugar se realizará el predimensionado del muro de acuerdo con valores habituales de esbelteces, es decir, de relaciones entre las diferentes dimensiones de dicho muro. A continuación se calcularán los empujes sobre el muro. Finalmente se realizarán las comprobaciones de estabilidad. A continuación se establecen las diferentes dimensiones a partir de la altura h1=6 m del muro (ver Fig. 10.1) para el predimensionado del muro: b1 ∼

h1 h1 a ∼ 3 a2 m 2 3

h2 ∼

h3 h3 a 8 6

h2 + h3 = h1

De las dos condiciones anteriores se deduce: h − h2 h − h2 a h2 = 1 h2 = 1 ⇔ 8 6 Que permite establecer: b3 ∼

Se elige b1 = 2.5 m

h2 a h2 ∼ 0. 375 a 0.75 2

h2 ∼

h1 h 1 a ∼ 0.67 a 0.86 9 7

h2 = 0.75 m b3 = 0.6 m


78


y se toma: h b2 ∼ 1 y b2 ≥ 0. 3 m 2 y se toma:

b2 = 0.4 m

Fig. 10.1. Representación esquemática del muro de gravedad

Una vez establecidas las dimensiones de muro se pasa al cálculo de empujes para el que se proponen varios métodos alternativos.

a) Método de Rankine aplicado gráficamente Con objeto de determinar los círculos de Mohr que permitirán determinar los empujes sobre el muro, en primer lugar se calculan las tensiones sobre un plano que tiene la misma inclinación que el terreno, es decir, 6º:

σ n = γ n z cos 2 6º = 1.98 z τ = γ n z sin 6º cos 6 o = 0.21 z


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donde se ha supuesto que el terreno se encuentra seco. Con estas expresiones se calculan dichas tensiones para diferentes profundidades. Los resultados se resumen en la siguiente tabla: z

1

2

3

4

5

6

m

σn

1.98

3.96

5.94

7.92

9.90

11.88

t m2

τ

0.21

0.42

0.63

0.84

1.05

1.26

t m2

Fig. 10.2. Círculo de Mohr para z = 3 m

El punto A en la Fig. 10.2 corresponde al estado tensional para z = 3 m en un plano paralelo a la superficie del terreno. Trazando un círculo de Mohr en rotura que pase por A y determinando el polo P (intersección entre el círculo y el plano que forma 6º) se obtiene el estado tensional (punto B en dicha figura) en un plano vertical al trazar la vertical por P. Para esta profundidad los empujes por unidad de área obtenidos son aproximadamente: e n ≅ 0.99 t m 2 e t ≅ 0.20 t m 2 Realizando este cálculo para cada profundidad z, con este método se obtendría una ley no lineal de empujes en la que se produce una zona de tracciones debido a que para profundidades bajas las tensiones normales resultan negativas. La integración de esta ley daría la resultante de dichos empujes. Al haber incluido la cohesión del terreno en el cálculo de empujes la ley resultante debe integrarse en forma discreta (sumatorio de valores en cada incremento de z) por tratarse de una ley no lineal. Además, la integración de tensiones debe realizarse solamente en la zona de compresiones para tener en cuenta que el suelo no puede


80


soportar tracciones. Puesto que habitualmente se prescinde de la cohesión, lo que deja del lado de la seguridad, la ley de empujes será lineal y, por tanto, fácilmente integrable.

b) Método de Rankine utilizando una solución analítica: Como se ha indicado, con objeto de simplificar el cálculo de empujes quedando al mismo tiempo de lado de la seguridad, puede despreciarse la cohesión del terreno. En la situación de rotura activa, la solución analítica del empuje en función de la profundidad para terreno inclinado (β β ≠ 0) y cohesión nula (c = 0) es:

e( z ) = γ z cos β

cos β - cos 2 β − cos 2 φ cos β + cos 2 β − cos 2 φ

= γ zK a

que, introduciendo los datos de este problema: β = 6º y φ = 30º da lugar a: K a = 0.3389 y resulta por tanto la siguiente ley de empujes: e ( z ) = 2 × z × 0. 3389 = 0.6778 z ( t m 2 ) El empuje resultante (E) se obtiene integrando en la vertical, es decir: H

H

E = ∫ e ( z )dz = ∫ γ z K a dz = 0

E=

0

1 2 H γ Ka 2

1 × 6 2 × 2 × 0.3389 = 12.2 t /m 2

Un dato de referencia que muestra el efecto de la inclinación del terreno en Ka, puede obtenerse mediante: β = 0 y φ = 30º resulta: Ka= 0.333


81


Esta solución dada por Rankine implica que δ = β y por lo tanto en este caso la solución obtenida es con δ = 6º, valor que puede considerarse aceptable por ser bajo, lo que deja del lado de la seguridad en la estabilidad del muro. Debe recordarse además que tanto el empuje unitario (e(z)) como el total (E) están orientados según este ángulo respecto a la horizontal. c) Método de Coulomb aplicado analíticamente Por último, y también despreciando el efecto de la cohesión (c=0 implica empujes mayores que c>0) puede calcularse el empuje mediante la solución dada por Coulomb. Del equilibrio de cuñas planteado por Coulomb se deriva que el empuje total: E=

1 γ H 2 Ka 2

con:

Ka =

sin 2 ( α + φ)  sin( φ + δ ) sin( φ − β )  sin α sin( α − δ) 1 +  sin( α − δ) sin( φ + β )  

2

2

En principio es posible estimar el ángulo de rozamiento entre el terreno y el muro como:

δ=

1 2 a φ 3 3

Con carácter de comprobación y para remarcar que en algunos casos particulares la solución de Rankine y de Coulomb coinciden se va a tomar en este caso δ = β, lo que da lugar a:

Ka =

0.75  0.5878 × 0.4067  1 × 0.9945 1 +  0.9945 × 0.9945  

2

= 0.3389

que como puede verse es equivalente al obtenido mediante la solución analítica de Rankine porque se ha tomado δ = β. En caso de haber utilizado δ > β el coeficiente de empuje habría resultado menor. Una vez calculado el empuje sobre el muro puede pasarse a realizar las comprobaciones de estabilidad al vuelco y al deslizamiento. Las diferentes componentes del peso del muro son (Fig. 10.4):


82


W1 = 0.4 × (6 − 0.75 ) × γ b = 2.1 γ b 1.5 × (6 − 0.75) × γ b = 3.94 γ b 2 W3 = 2.5 × 0.75 × γ b = 1.88 γ b W2 =

y el peso total:

W = W1 + W2 + W3 = 7.91 γ b = 17.4 t/m

B

Fig. 10.4. Esfuerzos sobre el muro

Para determinar el punto de aplicación de la resultante de pesos (x) pueden tomarse, por ejemplo, momentos respecto al punto A, lo que da lugar a: 1  2.1 × γ b × 0.2 + 3.94 × γ b ×  × 1.5 × 0.4 + 1.88 × γ b × 1.25 = 7.91 γ b x 3  x=

6 × 316 = 0.798 ≈ 0.8 m 7.91

Las resultantes de esfuerzos verticales y horizontales (peso más empujes) se pueden obtener como:

Rv = W + E sin β = 17.4 + 12.2 × sin 6º = 18.7 t /m Rh = E cos β = 12.2 × cos 6º = 12.1 t /m La resultante vertical se encuentra aplicada a una distancia y del punto A, distancia que puede determinarse tomando momentos respecto a A:


83


Rh × 0 + Rv × y = W × 0.8 + E cos β × y=

1 × 6 + E sin β × 0 3

17.4 × 0.8 + 12.1 × 2 = 2.04 m 18.7

Al ser la base de ancho b = 2.5, su núcleo central se encuentra entre 0.83 (1/3b) y 1.67 (2/3b) desde A. Debido a que la resultante vertical pasa a 2.04 m desde el punto A, dicha resultante se encuentra fuera del núcleo central. Esto implica que la ley de tensiones normales producida por dicha resultante contendría tracciones en caso de considerar un comportamiento elástico del suelo. Sin embargo, en la realidad, se produce una redistribución de tensiones bajo el muro debido al comportamiento no elastico del suelo. El factor de seguridad al vuelco se calculará como: FS vuelco = FS vuelco =

∑ momentos estabilizadores ∑ momentos volcadores

17.4 × ( 2.5 − 0.8 ) W × ( 2.5 − x ) = 1.4 = 1 12.2 × cos 6º ×2 − 12.2 × sin 6º ×2.5 Eh × × 6 − Ev × 2.5 3

Donde como puede verse se han tomado momentos respecto al punto de posible vuelco (B). El valor del factor de seguridad al vuelco obtenido es insuficiente con respecto al valor requerido en el enunciado del problema (FS = 2). Para determinar el factor de seguridad al deslizamiento es preciso calcular el esfuerzo tangencial máximo que puede producirse en la base del muro, es decir, en su contacto con el terreno. Suponiendo que se trata de hormigón rugoso sobre suelo granular cohesivo, la adherencia y el ángulo de fricción terreno-muro pueden calcularse como:

a = 0.80 c δ = 0.95 φ que son valores muy elevados, es decir, poco conservadores. Para que se produzca la rotura en la base deben alcanzarse las máximas tensiones o el máximo esfuerzo que, suponiendo una envolvente de rotura de Mohr-Coulomb, son: τ = a + σ n tg δ (en tensiones) T = a × 2.5 × 1 + Rv tg δ (en esfuerzos) donde Rv es la resultante vertical de esfuerzos.


84


FS deslizamiento = FS deslizamiento =

∑ esfuerxos resistentes al deslizamiento ∑ esfuerzos horizontales desestabilizadores 0.80 × 2.5 × 1 + 18.7 × tg( 28.5 ) T = = 1.0 12.1 Rh

siendo Rh la resultante horizontal que se ha calculado anteriormente. Como puede verse el factor de seguridad obtenido es inaceptable. A la vista de los factores de seguridad obtenidos es evidente que debe cambiarse la geometria del muro. Para ello van a tomarse los siguientes valores:

b1 = 3.5, b2 = 0.7, b3 = 0.8 m h2 = 0.85 m W = 11.73 × γ b = 25.8 t /m x = 1.15 m, y = 1.99 m Rv = 21.7 t /m, Rh = 12.1 t/m que dan lugar a los siguientes factores de seguridad: 25.8 × ( 3.5 − 1.15 ) W × ( 3.5 − x ) = = 3.06 1 12. 2 × cos 6º ×2 − 12.2 × sin 6º ×3.5 Eh × × 6 − Ev × 3.5 3 0.8 × 3.5 × 1 + 27.1 × tg( 28.5º ) = 1.45 FS deslizamiento = 12.1 FS vuelco =

Dado que el factor de seguridad al deslizamiento es todavía insuficiente, puede considerarse también la colaboración del empuje pasivo que pueda producirse en el pie de la base: E pasivo =

1 1 γ H 2 K p = × 2 × 0.85 2 × 3 = 2.17 2 2

sin reducirlo; y teniendo en cuenta que para φ' = 30º: Kp = 3 el factor de seguridad al deslizamiento es: FS deslizamiento =

0.80 × 3.5 × 1 + 27.1 × tg( 28.5º ) + 2.17 = 1.63 12.1


85


que puede verse da lugar solamente a un ligero aumento del factor de seguridad. Entre otras, puede plantearse las siguientes soluciones para mejorar la resistencia al deslizamiento: cambiar dimensiones (se ha hecho), hacer base quebrada o inclinar la base. Por último hay que decir, que mientras en el primer diseño, la resultante de esfuerzos verticales no estaba contenida en el interior del núcleo central, sí lo está en el diseño modificado (la nueva posición de la resultante es 1.99 m respecto al trasdós, mientras que en el primer cálculo se encontraba a 2.04 m). Otras comprobaciones a realizar en el muro son: seguridad al hundimiento (comprobación que debe realizarse en base a lo explicado relativo a cimentaciones superficiales), estabilidad general (superficie de rotura exterior al muro) y cálculo del muro como estructura de hormigón armado. A continuación va a analizarse la posible influencia de la subida del nivel freático en el trasdós del muro. La Fig. 10.5 muestra las leyes de empujes causadas por el agua y por el terreno.

Fig. 10.5. Empujes por unidad de área del terreno y del agua

Dichas leyes de empujes por unidad de área pueden escribirse como: (z ≤ x)

e n ( z ) = e1 ( z ) cos δ = γ n z K a cos δ e t ( z ) = e1 ( z ) sin δ = γ n z K a sin δ

(z > x)

e n ( z ) = e1 ( z ) cos δ + e 2 ( z ) e t ( z ) = e1 ( z ) sin δ


86


donde e1 ( z ) , que es el empuje por unidad de área causado por el terreno tiene una inclinación de valor δ respecto a la normal al muro debido al rozamiento entre terreno y muro, mientras que e 2 ( z ) , que es el empuje causado por el agua, es perpendicular a la pared del muro. Para z > x estas leyes son:

e1 ( z ) = ( γ n z − γ w ( z − x )) K a = γ n zK a − γ w ( z − x ) K a = = 0.6778 z − 0.3389( z − x ) = γ' z K a + γ w K a e2 ( z) = γ w ( z − x) Con objeto de simplificar el cálculo de los empujes totales puede realizarse el siguiente planteamiento (Fig. 10.6): e1 = γ n z K a e2 = γ w ( z − x ) Ka e3 = γ w ( z − x ) de forma que el empuje causado por el terreno se ha descompuesto en dos leyes triangulares cuya diferencia da lugar a la ley calculada anteriormente.

Fig. 10.6. Descomposición alternativa de empujes

En este caso los empujes horizontales son:


87


E1 cos 6º = 12.2 cos 6º = 12.1 t /m 1 − E 2 cos 6º = − γ w K a (6 − x ) 2 cos 6º = −0.1685( 6 − x ) 2 2 1 E 3 = γ w (6 − x ) 2 = 0.5(6 − x ) 2 2 mientras que los empujes verticales resultan:

E1 sin 6º = 12.2 sin 6º = 1.28 t /m 1 − E 2 sin 6º = − γ w K a (6 − x ) 2 sin 6º = −0.018(6 − x ) 2 2 Por otro lado, el peso propio del muro es W = 25.8 t/m que se encuentra aplicado a 1.15 m desde el trasdós del mismo, como se ha calculado anteriormente. Al producirse la subida del nivel freático en el trasdós dará lugar también a una subpresión en la base del muro que se supondrá con variación lineal desde el trasdós (extremo inferior) hasta la zona delantera del muro donde la presión de agua se supone nula: Es =

1 γ w ( 6 − x ) × 3.5 = 1.75( 6 − x ) 2

Con estos empujes el factor de seguridad al vuelco se calculará como: FS vuelco =

W × ( 3.5 − 1.15 ) 1 1 1 2 E1 cos 6º 6 − E 2 cos 6º sin 6º ( 6 − x ) + E3 ( 6 − x ) − ( E1 sin 6º − E 2 sin 6º ) 3.5 + E s 3.5 3 3 3 3

que para diferentes valores de x da lugar a: x

6

5

4

FS vuelco

3.06

2.53

1.63

El valor de x = 6 m se corresponde con el caso de ausencia de NF y por tanto el resultado es coincidente. El factor de seguridad al deslizamiento se calculará como: FS deslizamiento =

0.80 × 3.5 × 1 + Rv × tg( 28.5º ) Rh

y las nuevas resultante son:


88


Rv = W + ( E1 sin 6º − E 2 sin 6º ) − E s = = 25.8 + (1.28 − 0.018( 6 − x ) 2 ) − 1.75(6 − x ) Rh = ( E1 cos 6º − E 2 cos 6º ) + E 3 = = (12.1 − 0.1685(6 − x ) 2 ) + 0.5(6 − x )

y sustituyendo para diferentes valores de x da lugar a: x

6

5

4

FS deslizamiento

1.45

1.33

1.25

Debido a que para el caso de terreno seco el factor de seguridad al deslizamiento ya era muy bajo al subir el NF se estaría en una situación muy precaria. Se deberían adoptar algunas de las soluciones ya indicadas con anterioridad para aumentar este factor de seguridad. Por último se va a analizar la influencia de una carga concentrada en una zona del trasdós:

Fig. 10.7. Carga concentrada

Una posible forma de calcular el empuje es usar la solución elástica de Bousinesq en coordenadas cilíndricas. Para ello se debe suponer que el trasdós del muro es un plano de simetría de dos cargas puntuales iguales. Al superponer el efecto de ambas cargas dicho plano de simetría no experimentaría movimientos fuera del mismo. En este caso las tensiones sobre dicho plano serían igual a las causadas por una sola carga multiplicadas por 2. Puesto que en


89


la realidad el trasdós del muro no se está perfectamente inmóvil, las tensiones obtenidas para una carga se multiplican por 1.5 para considerar así que la situación real es intermedia. La solución elástica a usar en este caso es:  cos 2 ψ  2 2  3 cos ψ sin ψ − (1 − 2γ )  1 + cos ψ  

σr =

Q 2πz 2

τ rz =

3Q cos 4 ψ sin ψ 2 2πz

[

( ν = 0.3)

]

Por otro lado, al estar estas tensiones contenidas en un plano perpendicular al muro pasando por la carga, hay que hacer alguna hipótesis para tener en cuenta que se trata de una carga concentrada y que solamente actúa en una zona del muro. Puede tomarse, por ejemplo, un valor constante de tensión sobre una cierta área. Además habrá que ver si hay juntas, en cuyo caso la longitud de aplicación de la carga vendría condicionada por las mismas. Finalmente se integraría σ r y τ rz para hallar el sobreempuje y su punto de aplicación. _________________________________

PROBLEMA 11 Dimensionar un muro en L con trasdós vertical, talón de 5 m y sin zarpa, para salvar un desnivel de 8 m en un terreno saturado con 5º de pendiente en superficie (φ φ’ = 30º, γsat = 2.0 3 3 t/m , γb = 2.4 t/m ). Las tensiones en un plano paralelo a la superficie del terreno y a profundidad z en un terreno inclinado pueden calcularse como:

σ n = γ z cos 2 5º = 1.98 z τ = γ z sin 5º cos 5º = 0.17 z donde se ha supuesto que el terreno se encuentra seco. Sin embargo, si el nivel freático se supone horizontal y en superficie, entonces: σ' n = σ n − u = 1.98 z − γ w z = 0.98 z Para z = 4 m (punto A) se tiene: σ' n = 3.92 τ = 0.68


90


En la Fig. 11.1 se representa el círculo de Mohr correspondiente a esta profundidad de 4 m y se determina la inclinación del plano de rotura (aprox. 67º). Al no haber cohesión cualquier profundidad z daría la misma inclinación del plano de rotura ya que las líneas de rotura son rectas. Como trasdós ficticio del muro se tomará un plano de 67º de inclinación que pase por el extremo del talón.

Fig. 11.1 Esquema del muro y círculos de Mohr

El cálculo del empuje del terreno puede hacerse mediante la integración de las tensiones normales y tangenciales que proporciona el círculo de Mohr en cada profundidad. Puesto que en este caso las leyes son lineales dicha integración se puede hacer con relativa simplicidad. Alternativamente puede utilizarse el método de Coulomb, que parece más simple en este caso por ser el trasdós inclinado. En este último caso, el empuje causado por el terreno valdría: E1 =

1 γ H 2 Ka 2

siendo:


91


Ka =

sin 2 ( α + φ' )  sin α sin ( α − δ ) 1 +  2

sin ( φ'+ δ ) sin ( φ'− β )   sin ( α − δ ) sin ( φ'+ β ) 

2

Expresiones que, tomando los datos del problema, dan lugar a: α = 67º φ' = 30º δ = φ' = 30º β = 5º 0.9851 Ka = = 0.60 2  0.866 × 0.422  0.8473 × 0.6018 × 1 +  0.602 × 0.951   E1 =

1 1 γ sum H 2 K a = × 1 × 9 2 × 0.60 = 24.3 t 2 2

Se considera esta expresión porque el NF está en superficie, si estuviera más bajo habría que descomponer en dos zonas con pesos específicos diferentes. Por otro lado, al empuje causado por el agua se puede obtener como: H

H

E 2 = ∫ e 2 da = ∫ γ w z 0

E2 =

0

dz sin α

1 γ w H 2 1 1 × 92 = 44.0 t = × 2 sin α 2 sin α

cuya dirección es normal al trasdós ficticio del muro. Por último, si el nivel freático se encuentra elevado en el trasdós del muro, es lógico suponer que se producirá una cierta subpresión en la base del muro. Para estimarla se supone una variación lineal entre los extremos de la base, es decir: E3 =

9× γw ×5 = 22.5 t 2

Las componentes horizontales de los empujes son: E1h = E1 sin( α − δ ) = 24. 3 × 0.602 = 14.6 t E2h = E2 sin α = 44 × 0.9205 = 40.5 t y las verticales:


92


E1v = E1 cos( α − δ ) = 24. 3 × 0.7986 = 19.4 t E2v = E2 cos α = 44 × 0.3907 = 17.19 t Por otro lado, el peso del muro (incluyendo la parte de terreno sobre el talón) es (Fig 11.2): W1 = γ b ( 9 x − x 2 ) = 2.4 × ( 9 x − x 2 ) W2 = γ b 5 x = 12 x

⇒

x1 = x / 2 x 2 = 2.5

W3 = (( 5 − x ) − ( 9 − x ) tg 67º)( 9 − x ) γ n

⇒

x3 = x +

1 W4 = ( 9 − x ) tg 67º ( 9 − x ) γ n 2

⇒

⇒

( 5 − x ) − ( 9 − x ) tg 67º 2 2 x 4 = 5 − × ( 9 − x ) / tg 67º 3

donde además se han dado las distancias desde el punto de aplicación hasta A (Fig. 11.2).

1 3

9

4

x A

2

Fig. 11.2 Esquema para el cálculo de las componentes del peso

Los puntos de aplicación de los empujes horizontales y verticales son (también en distancias respecto al punto A de la Fig 11.2): E1h , E2h : E1v , E2v : E3v :

1 ×9=3 3 1 5 − × ( 9 − x ) tg 67º 3 2 ×5 3


93


Una vez obtenidas las distintas contribuciones el factor de seguridad al vuelco es: FS vuelco =

W1 x1 + W 2 x 2 + W3 x 3 + W4 x 4 1 2   ( E1h + E2h ) × 3 + E3h × × 5 − ( E1v + E2v ) 5 − × ( 9 − x ) tg 67º   3 3

que toma los siguientes valores en función del espesor (x) de hormigón: x

0.5

0.75

FS vuelco

1.10

1.19

Por otro lado, el factor de seguridad al deslizamiento vendrá dado por: FS deslizamiento =

(W1 + W2 + W3 + W4 + E1v + E2v − E3v ) tg δ E1h + E2h

para el que se puede suponer un buen rozamiento entre el hormigón y el suelo en la base, es decir, δ = 0.95 φ x

0.5

0.75

FSdeslizamiento

0.75

0.78

Como puede verse el muro es incapaz de resistir los empujes horizontales. Este hecho lleva a la necesidad de cambiar el diseño propuesto. La Fig. 11.3 muestra el nuevo diseño adoptado para el muro en el que como se observa se ha introducido una zarpa además de haber aumentado el talón de 5 a 6 m.


94


Fig. 11.2 Esquema del nuevo diseño del muro

Con esta nueva geometría, los empujes E1 y E 2 son los mismos, mientras que E 3 (subpresión) adopta el siguiente valor:

E3 =

9 ×1× 7 = 31.5 t /m 2

En este nuevo caso los pesos del muro (incluido el terreno sobre el talón) son:

W1 = 2.4 × ( 9 × 0.75 − 0.75 2 ) = 14.85 t /m W2 = 7 × 0.75 × 2.4 = 12.6 t /m W3 = ( 6 - 0.75 - 3.5) × (9 - 0.75) × 2.0 = 28.88 t /m W4 =

3.5 × ( 9 - 0.75 ) × 2.0 = 28.88 t /m 2

Los puntos de aplicación de los esfuerzos E1 son: E1h : E1v :

1 ×9=3 m 3 2 x = × 3.5 + 1.75 + 1.75 = 5.83 m 3 y=

Los puntos de aplicación de los esfuerzos E 2 son:


95


1 ×9=3 m 3 2 x = × 3.5 + 1.75 + 1.75 = 5.83 m 3 y=

E2h : E2v : El punto de aplicación E 3 es:

x=

E3 :

2 × 7 = 4.67 m 3

Por último los puntos de aplicación de las diferentes partes en que hemos dividido el muro son: W1 :

x =1+

W2 :

x=

W3 : W4 :

0.75 = 1.375 m 2

7 = 3.5 m 2 1.75 = 2.625 m x = 1.75 + 2 1 x = 1.75 × 2 + × 3.5 m 3

Factor de seguridad al vuelco: FS vuelco =

14.85 × 1. 375 + 12.6 × 3.5 + 28.8 × 2.625 + 28.8 × 4.67 = 4.8 14.6 × 3 + 40.5 × 3 + 22.5 × 4.67 − ( 19.4 + 17.19 ) × 5.83

Factor de seguridad al deslizamiento:

FSdeslizamiento =

((14.85 + 12.6 + 28.8 + 28.8) + 19.4 + 17.19 − 22.5) tg δ = 0.98 14.6 + 40.5

Como puede observarse la nueva geometria mejora significativamente la estabilidad al vuelco pero no al deslizamiento. Esto podría llevar quizás a proponer un talón más profundo. Sin embargo, habría que buscar otras alternativas para conseguir mayor estabilidad al deslizamiento como por ejemplo la de inclinar la base unos pocos grados (≤ 5º). Por otro lado, el resultado obtenido de hecho cuestiona en gran medida que deba proyectarse un muro para salvar este desnivel incluyendo la posibilidad de subida del nivel freático hasta coronación. Desde un punto de vista económico, sería probablemente mejor proyectar una buena solución para evitar el empuje del agua y concebir el muro para sostener el terreno sin agua.


96


____________________________________

PROBLEMA 12 Obtener los empujes a considerar en un muro de gravedad de 10 m de altura con trasdós en talud (10º) situado en un terreno con superficie horizontal compuesto por tres estratos de 3 m (φ φ'=30º, γn=1.8 t/m3), 5 m (φ φ'=34º, γn=1.9 t/m3) y 4 m (φ φ'=32º, γn=2.0 t/m3) respectivamente, y NF a 6 m de profundidad.

Fig. 12.1 Esquema del muro y terreno.

Una opción para el cálculo de empujes es utilizar el método de Rankine gráficamente para lo cual se discretiza en subestratos y se calcula el empuje en cada profundidad a partir de la tensión efectiva vertical. Alternativamente, podria utilizarse el método de Coulomb aunque también seria necesario considerar la estratificación mediante sucesivas cuñas de rotura que se irian substituyendo por sobrecargas. Las tensiones efectivas verticales para distintas profundidades vienen dadas (ver Fig 12.2) por (t/m2):


97


1) σ v ( z ) = γ n z = 1.8 z

0
2) σ v ( z ) = 1.8 × 3 + 1.9 × ( z − 3) = 1.9 z − 0.3

3< z ≤6

3) σ' v ( z ) = 1.8 × 3 + 1.9 × ( z − 3) − 1 × ( z − 6 ) = 5.7 + 0.9 z

6
4) σ'v ( z ) = 1.8 × 3 + 1.9 × 5 + 2.0 × ( z − 8 ) − 1.0 × ( z − 6) = 4.9 + z 8 < z ≤ 10

Fig. 12.2 Ley de tensiones verticales (totales, z<6; y efectivas, z>6).

Se adopta una discretización de 1 m = ∆z y se calculan las tensiones efectivas verticales en el centro de cada intervalo. Éstas resultan ser: φ = 30º

φ = 32º

φ’ = 32º

z

0.5

1.5

2.5

3.5

4.5

5.5

Tensión vertical

0.9

2.7

4.5

6.35

8.25

10.15

6.5

7.5

11.55 12.45

φ’ = 34º 8.5

9.5

13.4

14.4

Una vez obtenidas las tensiones verticales (totales en el terreno seco y efectivas en el saturado) hay que calcular el empuje en rotura (σ σn’ y τ) sobre un plano de inclinación α. Esto se hará para cada profundidad z, teniendo en cuenta que la envolvente de rotura cambia según el tipo de terreno (φ φ = 30º,34º,32º). De forma implícita, cuando se calculen las para cada profundidad se estará suponiendo que los estratos de terreno por encima de diferente naturaleza se substituyen por una carga repartida. La resolución alternativa mediante el método de Coulomb para terreno estratificado se basa de hecho en substituir los estratos por cargas repartidas una vez se ha determinado el empuje que provocan.


98


Fig. 12.3 Círculos de Mohr en estrato 1 (φ' = 30o)

Con los tres círculos de Mohr de la Figura 12.3 se obtiene: φ = 30o 0.5 1.5

2.5

σn

0.31

0.9

1.5

τ

0.12

0.3

0.45

z

Haciendo círculos tangentes a envolventes con ángulos de rozamiento de 34º y con 32º respectivamente se obtiene también: z

σn τ

φ = 34º 3.5 4.5 1.8 2.4

5.5 3.0

0.9

1.2

1.0

z σ' n

φ' = 34º 6.5 3.4

7.5 3.8

τ

1.4

1.6

z σ' n

φ' = 32º 8.5 4.0

9.5 4.5

τ

1.8

2.0

Finalmente es posible calcular los empujes totales En y Et , normal y tangencial al muro mediante la integración de las tensiones normales y tangenciales. Por otro lado, debe observarse que al ser las leyes de tensiones lineales a tramos, de hecho, podría reducirse el número de puntos de cálculo a dos por estrato. La ventaja de hacerlo tomando varios puntos es que facilita el cálculo de empujes reduciéndolo a un sumatorio en lugar de una integral. El elemento diferencial de área sobre la superficie del trasdós del muro puede escribirse en función del diferencial de z como:


99


∆a=

∆z = 1.015 m sin α

y los empujes totales son el sumatorio de tensiones normales:

∑ σ' × ∆ a = ( 0.3 + 0.9 + 1.5+ . ..+4.5) × 1.015 = 26 t = ∑ τ × ∆ a = ( 0.12 + 0.3 + 0.45+ .. .+2.0 ) × 1.015 = 11 t

En = Et

n

En cada punto puede calcularse el rozamiento terreno-muro que el método de Rankine impone, que vendrá dado por:  τ  δ = arctg   σ' n  Mientras que globalmente, el rozamiento terreno-muro será: E  δ = arctg t  = 23º  En  El punto de aplicación de En se obtiene tomando momentos respecto el extremo inferior del trasdós, es decir:

∑ σ'

n

( ∆ a ) a = En x

0.3 × 1.015 × 9.65 + 0.9 × 1.015 × 8.63 + ... + 4.5 × 1.015 × 0.51 = 26 x x = 3.56 m siendo a la distancia desde cada punto al extremo inferior del trasdós. El empuje causado por el agua en la zona por debajo del nivel freático se calcula como: 4

Ew = ∫ γ w z 0

dz 1 42 = 8.12 t /m = γw sin α 2 sin 80º

Este empuje es normal a la superficie del muro y se encuentra aplicado a una distancia del extremo inferior del trasdós igual a: 1 4 × = 1.35 m 3 sin 80º Por último, puesto que en el trasdós existe una elevación del nivel freático, será lógico considerar (como se hizo en problemas anteriores) que en la base del muro se producirá una


100


subpresión. Dicha subpresión da lugar a un empuje que puede estimarse suponiendo una ley triangular entre el pie del trasdós y el pie del intradós. ____________________________________

PROBLEMA 13 Obtener los factores de seguridad de un muro de tierra armada para el sostenimiento de un terreno con φ' =36º y γn=2.0 t/m3, dispuesto para crear un desnivel de 12 m de altura suponiendo una tensión de rotura de las pletinas de acero de 36500 t/m2, unas dimensiones de las pletinas de 3 mm× 10 cm× 8 m, una separación entre pletinas (tanto horizontal como verticalmente) de 0.75 m, y un ángulo de rozamiento pletinas-terreno de 2/3 de φ'. Calcular, así mismo, estos coeficientes de seguridad si el nivel freático sube hasta 1 m desde la base del muro.

Fig. 13.1 Representación esquemática del muro de tierra armada

La Fig. 13.1 muestra el esquema del muro de tierra armada que se debe calcular. Este tipo de muros se basan en el sostenimiento de unos elementos de hormigón (dovelas) mediante anclajes (pletinas). Dichos anclajes pueden ser arrancados del terreno por el empuje de éste sobre las dovelas. Por ello, se realiza la comprobación de estabilidad al arrancamiento de estos anclajes, comprobándo además la seguridad a la rotura por tracción del acero. Adicionalmente, es se comprueba también la estabilidad al vuelco y al deslizamiento del muro globalmente. La máxima tracción que puede producirse en una pletina se puede obtener mediante el cálculo del empuje sobre los elementos de hormigón:


101


Ti = γ z i K a ( b s ) Ka =

1 − sin φ' = 0.26 1 + sin φ'

para 36º

Ti = 2 × z i × 0.26 × 0.75 2 = 0.2925 z ( t )

Fig. 13.2 Representación esquemática de las pletinas y de las dovelas.

Para dimensionar la pletina se calcula el factor de seguridad a la rotura del acero como:

FS1 =

fs b f t f Ti

siendo fs la tensión de rotura de acero. Sustituyendo se obtiene:

FS1 =

36500 × 0.003 × 0.10 10.95 = 2 γ z i × 0.26 × 0.75 0.2925 z

Si se considera que se desarrolla una cuña de rotura que forma un ángulo de (π/4+φ’/2) respecto a la horizontal (Fig. 13.3), la longitud de anclaje vendrá dada por:

φ'   LAi = 8 − (12 − z i ) tg  45 −  2  donde se tiene en cuenta que hay una zona activa de anclaje que no incluye la zona de terreno que se encuentra en el interior de dicha cuña de rotura. El factor de seguridad al deslizamiento de cada pletina se calculará como:


102


FS 2 =

i tension tangencial en zona anclaje γ n z i tg δ (2 b f L A ) = traccion Ti

Fig. 13.3 Esquema anclajes

En la tabla siguiente se resumen los resultados obtenidos para diferentes profundidades. z 0.375 1.125 1.875 2.625 3.375 ... 11.625

Ti 0.11 0.33 0.55 0.77 0.99 ... 3.40

FS 1 >10 >10 >10 >10 11.1 ... 3.22

LA 2.07 2.45 2.84 ... ... ... 7.81

FS 2 1.26 1.49 1.72 ... ... ... 4.75

Para estimar el factor de seguridad global de la estructura puede utilizarse la siguiente expresión: FS 2 =

4 b f tg δ b  φ'   n + 1 φ'    n + b tg  45 −   L − b tg  45 −  n 2   2  2 2 K a h S 

N

∑i 1

2

  

siendo b, s la anchura y altura de la dovela, bf la anchura de la pletina, n el número de hileras de anclajes, h la altura del muro, y δ el ángulo de rozamiento terreno-anclaje. En este caso n = 16 (que resulta de: 12 m / 0.75 m/anclaje=16). Sustituyendo los valores en este caso resulta:


103


FS 2 =

 16 + 1 4 × 0.1 × tg δ × 0.75  φ'   × 16 +  8 − 0.75 × tg  45 −  × 16 × 2  2 2  0.26 × 12 × 0.75 

 φ'   +0.75 × tg  45 −  × 1496 = 3.94  2  FS 2 = 3.94 siendo: n

∑i

= 1 2 + 2 2 + 3 2 + .. .+16 2 = 1496

2

i

Se observa que el FS 2 global puede ser aceptable mientras algunos elementos tienen FS 2 que no llega a 1.5, como se ha visto en la tabla anterior. Por otro lado, la estabilidad al vuelco del muro se puede calculas mediante: 12 b f tg δ b 2   π φ'   n − 1 2 FS 3 = n+  L n − n b tg  −   3  4 2  2 Ka h S  n    n 2  π φ'   π φ'  i − b tg  −  i3 +  2 n b tg  −  − L  4 2  4 2 1    1

∑

∑

n

siendo en este caso (n=16):

∑i

3

= 18496 . Sustituyendo con los valores del problema resulta

i

FS 3 = 2.57. A continuación se analiza la influencia de la posible subida del nivel freático. En este caso, la tracción sobre cada elemento se verá afectada por dicha subida: Ti = ( σ' v K a + u ) b s siendo u la presión de agua, y si se introducen las correspondientes leyes: Ti = [( γ n z − γ w ( z − x ) K a + γ w ( z − x )] b s siendo x la altura que sube el NF respecto a la base del muro. Para x = 1 m resulta en z=11.625 m (anclaje inferior), el factor de seguridad al arrancamiento del anclaje es FS2=3.96 frente a 4.75 que se había obtenido anteriormente. _____________________________


104


PROBLEMA 14 Se debe proyectar un muro de gravedad ( γ b = 2.5 t/m 3 ) para salvar un desnivel de 5 m en un terreno limo-arcilloso ( γ n = 2 t/m 3 ) con superficie horizontal. Se idealiza el muro con una forma triangular, trasdós vertical y base de ancho 1.5 m. Se prevé un sistema de drenaje para evitar el empuje del agua. Para estudiar la seguridad de esta estructura se plantean dos hipótesis de cálculo; rotura en condiciones drenadas a largo plazo con el 2 terreno seco (c = 0.1 kp/cm , φ' = 30º) y rotura en condiciones drenadas a corto plazo con 2 el terreno saturado ( c u = 0.2 kp/cm ). Obtener y dibujar la ley de empujes activos en el trasdós del muro, calcular la magnitud del empuje total, su posición y los factores de seguridad al vuelco y al deslizamiento considerando estas dos hipótesis. Estudiar la influencia de los valores de c y c u en los factores de seguridad y particularizarlo para varios valores representativos (c ± 0.1 kp/cm

2

2

y c u ± 0.1 kp/cm ).

Para tener en cuenta que c u puede no ser constante con la profundidad, se decide estudiar el efecto de su posible variación en los empujes producidos y en los factores de seguridad correspondientes. Para estimar la variación de c u con la profundidad se toma c' = c y φ' = φ y se obtiene la ley c u = 0.079 + 0.045z (z = 0 en superficie del terreno y positiva en 2 profundidad; c u en kp/cm y z en m). Obtener y dibujar la ley de empujes activos en el trasdós del muro, calcular la magnitud del empuje total, su posición y calcular los factores de seguridad al vuelco y al deslizamiento en este último caso.

Fig. 14.1. Esquema del muro y terreno.


105


Cálculo de empujes en la hipótesis 1: terreno seco. Si se dispone un sistema de drenaje para evitar el empuje del agua, en el trasdós, la ley de empuje activos puede expresarse como: e ( z ) = γ n zK a − 2c K a

( σ' 3 = σ' 1 K a − 2c K a )

 π φ'  1 − sin φ' K a = tg 2  −  =  4 2  1 + sin φ' Para γ n = 2 t/m3, c = 1 t/m 2 y φ = 30º (que implica K a = 0.33 = 1/3) resulta: e( z ) =

1 2 2 2 (t m 2 ) z − 2× 1× = z− 3 3 3 3

Puesto que c ≠ 0, existe una zona de tracciones cuya profundidad se puede calcular imponiendo: e(z) = 0 de lo que resulta:

z0 =

2c K a γ n Ka

2×1× =

1 3

1 2× 3

= 1.73 m

Cálculo de empujes en la hipótesis 2: terreno saturado y condiciones no drenadas En la situación inicial, cuando el terreno todavía no ha drenado, el empuje activo viene dado por: e ( z ) = γ n z − 2c u (expresión que corresponde a φ → 0 y c → c u , y K a = K p = 1 ) En este caso, para γ n = 2 t/m 3 y c u =2 t/m 2 , resulta: e( z ) = 2z − 4 ( t m 2 )


106


y la zona de tracciones, imponiendo: e(z) = 0 resulta: z0 =

2c u 2 × 2 = =2m 2 γn

Fig. 14.2. Hipótesis 1 (terreno seco)

Fig. 14.3. Hipótesis 2 (condiciones no drenadas)

El empuje total o esfuerzo de empuje se obtiene integrando la zona de compresiones, es decir: E=

H

∫z

e ( z ) dz

0

En la Hipótesis 1 se tiene: H

 1 z2 E = ( γ n zK a − 2c K ) dz = γ n K a − 2c K a z  = γ n K a ( H 2 − z 02 ) − 2c K a ( H − z 0 ) z0 2 2 z

∫

H

0

1 y para γ n = 2 t m , K a = , H = 5 m y z0 = 1.73 m resulta: 3 3

E=

1 1 1 ( 5 − 1.73) = 3.56 (t m) × 2 × ( 5 2 − 1.73 2 ) − 2 × 1 × 3 2 3

En la Hipótesis 2 se tiene:


107


E=

H

∫z

H

( γ n z − 2c u ) dz = γ n

0

 z2 1 − 2c u z  = γ n ( H 2 − z 02 ) − 2c u ( H − z 0 ) 2 2 z 0

y para γ n = 2 t m 3 , H = 5 m, z0 = 2 m y c u = 2 t m 2 resulta: E=

1 × 2 × ( 5 2 − 2 2 ) − 2 × 2 × ( 5 − 2) = 9 t m 2

A continuación se realizan las comprobaciones de estabilidad al vuelco y al deslizamiento, para lo cual primero se calcula el peso del muro: W =γb ×

1.5 × 5 = 9.4 t m 2

1 ( H − z0 ) 3 2 b = × 1.5 = 1 m 3

a=

siendo a y b las distancias indicadas en la Fig. 14.4.

Fig. 14.4. Esquema de los esfuerzos sobre el muro

El factor de seguridad la vuelco será en este caso: FS vuelco =

Wb = Ea

∑ momentos estabilizadores ( A) ∑ momentos volcadores ( A)

y que aplicado en las condiciones de la Hipótesis 1 da lugar a:


108


FS vuelco =

9.4 × 1 = 2.42 3.56 × 1.09

Este cálculo se ha repetido para c = 0 y c = 2 t m 2 Para c = 0 resulta: z0 = 0 1 1 × 2 × × 5 2 = 8.33 t m 2 3 9.4 × 1 = 0.68 FS vuelco = 8.33 × 1.67 E=

Para c = 2 t m 2 resulta: z0 = 3.46 1 1 1 ( 5 − 3.46 ) = 0.79 t m E = × 2 × × ( 5 2 − 3.46 2 ) − 2 × 2 × 3 2 3 9.4 × 1 = 23 FS vuelco = 0.79 × 0.51 Si calculamos el factor de seguridad al deslizamiento:

∑ fuerzas resistentes ∑ empujes horizontales

FS deslizamiento =

W tg δ + a × 1.5 = E

FS deslizamiento =

9.4 × tg( 0.95φ ) + ( 0.80c ) × 1.5 = 1.73 3.56

Se ha tomado δ = 0.95φ φ y a = 0.80 c considerando un hormigón rugoso apoyado sobre suelo granular cohesivo. Análogamente, para c = 0 es: FS deslizamiento =

9.4 × tg( 0.95φ ) = 0.61 8.33

y para c = 2 t m 2 : FS deslizamiento =

9.4 × tg( 0.95φ ) + 0.80 × 2 × 1.5 = 9.5 0.79


109


Para la Hpótesis 1 (terreno seco) resultan finalmente los siguientes valores de factores de seguridad en función de la cohesión: c

0

1

2

t m2

FS vuelco

0.68

2.42

23

FS deslizamiento

0.61

1.73

9.5

(− −) (− −)

que muestra el efecto de la cohesión en la estabilidad al vuelco y deslizamiento del muro. Es evidente que la gran diferencia que se obtiene está relacionada con la cohesión utilizada respecto a la altura del muro. Basta para ello observar que para la cohesión de 2 t/m2 resulta que la zona de tracciones alcanza 3.46 m de profundidad mientras que la altura de muro considerada es de 5 m y por tanto la magnitud del empuje total se ve fuertemente reducida con respecto al caso de cohesión nula. Esto provoca un aumente del factor de seguridad muy importante y de hecho pone de manifiesto que para realizar un cálculo en el que se tenga en cuenta la cohesión del suelo es preciso tener un grado de confianza elevado en el valor que se utilice. Por otro lado se realizarán los mismos cálculos de estabilidad al vuelco y deslizamiento en la Hipótesis 2 (condiciones no drenadas): FS vuelco =

9.4 × 1 = 1.04 9×1

Este cálculo se ha repetido para c u = 1 y c u = 3 t m 2 . Para c u = 1 t m 2 : z0 = 1 m 1 × 2 × ( 5 2 − 1 2 ) − 2 × 1 × ( 5 − 1) = 16 2 9.4 × 1 FS vuelco = = 0.44 16 × 1.33 E=

Y para c u = 3 t m 2 , resulta: z0 = 3 1 × 2 × ( 5 2 − 3 2 ) − 2 × 3 × ( 5 − 3) = 4 2 9.4 × 1 FS vuelco = = 3.5 4 × 0.67 E=


110


Con respecto al factor de seguridad al deslizamiento: FS deslizamiento =

0 .80 × c u × 1.5 0 .80 × 2 × 1.5 = = 0 .27 9 E

que se puede calcular para distintos valores de la resistencia al corte sin drenaje: Para c u = 1 t m 2 : FS deslizamiento =

0.80 × 1 × 1.5 = 0.08 16

FS deslizamiento =

0.80 × 3 × 1.5 = 0.9 16

Para c u = 3 t m 2 :

Como se deduce de los cálculos en condiciones no drenadas, el muro podría fallar a corto plazo en caso de estar apoyado sobre el terreno natural. Para evitar esta situación de peligro se podría disponer una base granular para evitar el apoyo directo del muro sobre el terreno natural. Sin embargo, este muro es idealizado y su diseño posterior (zapata) mejoraría este aspecto. Para la hipótesis 2 resulta finalmente: cu

1

2

3

t m2

FS vuelco

0.44

1.04

3.5

(−)

FS deslizamiento

0.08

0.27

0.9

(−)

Por último, y según lo indicado en el enunciado, se realiza el cálculo en condiciones no drenadas pero con una resistencia al corte sin drenaje variable con la profundidad (z) según: c u = 0.79 + 0.45 z donde c u se da en t/m 2 y z en m. El empuje activo en condiciones no drenadas viene dado por: e ( z) = γ n z − 2c u = 2 z − 2( 0.79 + 0.45 z ) o sea:


111


e ( z ) = 1.1z − 1.58 t m 2 La zona de tracciones se determina, imponiendo: e(z) = 0 de lo que se obtiene dicha profundidad: z0 =

1.1 = 1.44 m 1.58

Finalmente, el empuje total viene dado por la integración de dicha ley como: E=

H

∫z

0

=

e( z ) =

H

∫z

( γ n z − 2( 0.79 + 0.45 z )) dz =

0

H

∫z

(1.1z − 1.58 ) dz =

0

1 × 1.1 × ( H 2 − z 02 ) − 1.58( H − z0 ) = 6.98 ≅ 7 t m 2

Fig. 14.5. Esquema de las zonas de tracción y compresión.

Y los factores de seguridad son: FS vuelco =

9.4 × 1 = 1.13 7 × 1.19

FS deslizamiento =

0.80 × ( 0.79 + 0.45 × 5 ) × 1.5 = 0.52 7


112


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Ediciones Upc - Cimentaciones y estructuras de contención - Problemas resueltos

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