EJERCICIO 1
GRUPO 1
Marco teórico •
Para realizar el trabajo encargado se usó el libro de “Fundamentos de
Ingeniería
Cimentaciones”,
para
empleando la
Tabla 3.1 – Teoría de Capacidad de Carga de Terzaghi. En dicha
tabla se especifican capacidad de carga los quefactores deben de adoptarse según el ángulo que tengamos para el diseño correspondiente de cimentación
3. DISEÑO DE CIMIENTOS CORRIDOS.– Son elementos colocados en posición horizontal que tiene función estructural ya que recibe la carga de los muros y las transmite al suelo portante. Se recomienda que la profundidad del cimiento sea como mínimo de un metro.
1
Para un cimentación corrida, se da los siguientes datos: a. B = 4pies ; Dƒ = 3pies, γ= 110 lib/pie3; Ø= 25°; C’ = 600 lib/pie3
b. a. B = 3m ; Dƒ = 1m, γ= 17 kN/m3; Ø= 30°; C’ = 0 Nota.General
2
3
- Carga bruta : ? - FS = 4 - Falla Corte
1
2
3
GRUPO 2
EJERCICIO 2
Ejercicio 2 Una zapata cuadrada tiene 2 m x 2 m en planta. Sea Suponiendo una falla por corte general en el suelo, use la ecuación general de Terzaghi y un factor de seguridad de 3 para determinar la carga vertical bruta admisible que la columna puede soportar .
Ecuación general de Terzaghi • la Capacidad de Carga Ultima para una zapata cuadrada
Datos:
De la tabla 3.1, para = 63,53 = 47,16 = 54,36
De la ecuación 3.7:
Entonces :
qc= 1.3(0)(63.53) + 16.5(1.5)(47.16)+ 0.4(16.5)(2)(54,36) q c= 1167.21 + 717.552 q c=1884.762 KN/m2
L a carga admisible por unidad de área de la cimentación:
qadm =
.
qadm =628.254 KN/m2 La carga admisible bruta es : Q = (628.254 KN/m2 ) x (B2) Q = (628.254 KN/m2 ) x (22) Q = 2513. 016 KN
Factor de seguridad ( FS = 3)
EJERCICIO 3
Ejercicio Encargado 3.3. Resolver el Problema 3.1 usando la Ecuación General de Capacidad de Carga y los Factores de capacidad de carga, forma y profundidad. 3.1 Para una cimentación corrida, se dan los siguientes datos: a) B = 4 pies, Df = 3 pies, ɣ = 110 lb/pie3, ǿ = 25°, c’ = 600 lb/pie2 b) B = 2 m, Df = 1 m, ɣ = 17 kN/m3, ǿ = 30°, c’ = 0
SOLUCION:
a) Datos: B = 4 pies Df = 3 pies Ɣ = 110 lb/pie3 C´= 600 lb/pie2 ∅ ´= 25°
Qadm Bruta= ?
FS = 4
1. De la carga admisible bruta por unidad de Longitud =
2. De la carga admisible:
´ 3. De Ecuación General de la Capacidad de Carga Ultima: ´ = ´. . . . . . . . ´.... =
4. Hallando los fact ores de Capacidad de carga de:
= 10.66
= 20.72
= 10.88
5. Cálculo del esfuerzo efectivo al nivel de desplante de la cimentación:
= ∗ ⇒ = 3 ∗ 110 = 330 /
6. Factores de Forma e Inclinación: Como es una cimentación corrida (B/L) = 0, los factores e inclinación valen 1
= = = 1 = = = 1
7. Calculo de factores de Profundidad: * Por condición: ≤ 1 = 1 2∅(1 ∅) .
= 1 2(25)(1 25) . = 1.23
3 = 1 0.4 4 = . = 1 0.4
3 4
=1
8. Reemplazando valores en: ´ = ´. . . . . . . . ´.... ´ = 600 20.72 1 1.3 1 (330)(10.66)(1)(1.23)(1)
´ = 22882.09
1 110 4 10.88 1 (1)(1) 2
9. Reemplazando en la carga admisible: =
´ 22882.09 = = 5720.52 4
10. De la carga admisible bruta por unidad de longitud: = = 5720.52 ∗ 4 = 22882.09
SOLUCION:
b) Datos: B=2m Df = 1 m Ɣ = 17 kN/m3 C´= 0
Qadm Bruta= ?
∅ ´= 30° FS = 4
1. De la carga admisible bruta por unidad de Longitud =
2. De la carga admisible:
´ 3. De Ecuación General de la Capacidad de Carga Ultima: ´ = ´. . . . . . . . ´.... =
4. Hallando los fact ores de Capacidad de carga de:
= 18.40
= 30.14
= 22.40
5. Cálculo del esfuerzo efectivo al nivel de desplante de la cimentación:
= ∗ ⇒ = 1 ∗ 17 = 17 /
6. Factores de Forma e Inclinación: Como es una cimentación corrida (B/L) = 0, los factores e inclinación valen 1
= = = 1 = = = 1
7. Calculo de factores de Profundidad: *
Por condición: ≤ 1 = 1 2∅(1 ∅) . = 1 2(30)(1 30) . = 1.144
=1 1 2
8. Reemplazando valores en: ´ = ´. . . . . . . . ´.... ´ = . . . . ´.... ´ = (17)(18.40)(1)(1.144 )(1)
1 17 2 22.40 1 (1)(1) 2
´ = 738.64
9. Reemplazando en la carga admisible: =
´ 738.64 = = 184.66 4
10. De la carga admisible bruta por unidad de longitud: = = 184.66 ∗ 2 = 369.32
EJERCICIO 4
GRUPO 1
EJERCICIO 3.4: Resuelva problema 3.2 usando la ecuación(3.21) y los factores de capacidad de carga, forma y profundidad dados en la sección 3.7 3.2. una zapata cuadrada tiene 2x2m en planta. Suponiendo una falla por corte general el factor suelo, de useseguridad la ecuación de Terzaghi en y un 3 para determinar la carga vertical bruta admisible que la columna puede soportar.
2m
2m
= 1.5 16.5 = ∅ = 36° =0 = 3
FACTORES DE FORMA
FACTORES DE PROFUNDIDAD
FACTORES DE INCLINACION
Ecuación(3.21)
1 = 2
= 50.59 = 37.75 = 56.31 2 = 1 36 = 1.72 2 = 1 2 36 ∗ 1 36 2 = 1 0.4 = 0.6 2
= × = 16.5 × 1.5 = 24.75/ 1.5
2
= 1.185
= 1 = (1 = (1
° ) =0 90 ° 36
) = 1
Reemplazando datos:
= 24.75(50.59)(1.185)(1) (16.5)(2)(56.3)(0.6)(1)(1) = 2041.2105 2041.2105 3 = 680.403/ =
total = 680.403 × = 2721.612 KN/
GRUPO 2
EJERCICIO 3.4 EN CLASE
Solucion: C`=0 ; La capacidad de carga ultima queda:
1 = ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 2 = 1.5 16.5 /2 = 16.5 /2 De la tabla 3.4:
∅ = 36° = 37.75 = 56.31 = 1 tan ∅ = 1 0.727 = 1.727 = 1 0.4 = 1 0.4 = 0.6 q = 1 2 tan ∅ 1 sin ∅ = 1 0.185 = 1.185 = 1 ° 0 g = 1 = 1 =1 90° 90 °
0
g = 1 ∅ = 1 36 = 1
1 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 2 = 24.75 37.75 1.727 1.185 1 (0.5)(16.5)(2)(56.31)(0.6)(1)(1) = ∗ ∗ ∗
= 1912.066 557.469 = 2469.5335 /2 = = 823.178/2 3
= ∗ = 823.178 ∗ 2 = 3292.712
EJERCICIO 5
EJERCICIO 6
EJERCICIO 7
GRUPO 1
3.7 Resuelva el problema 3.6 usando la ecuación (3.21) y los factores de capacidad de carga, forma y profundidad de Meyerhof . Use F.S. = 3
FACTORES DE CAPACIDA D DE CARG A
= 45 = 45
∅ .∅ 2
25 . 2
= 10.6621
= 1 ∅ = 10.66 1 25 = 20.72
= 1 (1.4∅) = 1 (1.4∅) = 6.765
FACTORES DE FORMA
= 1 0.2
∅ 45 2
= = 1 0.1
∅ 45 2
= 1 0.2
3 25 45 2 2
= = 1 0.1
3 25 45 2 2
= 1.739
= = 1.369
FACTORES DE PROFUNDIDAD
= 1 0.2
∅ 45 2
= = 1 0.1
∅ 45 2
= 1 0.2
1.5 25 45 3 2
= = 1 0.1
1.5 25 45 3 2
= 1.157
= = 1.078
FACTORES DE INCLINACION
= = 1
= = 1
90
= 1
= 1
∅
ECUACIO N GENERAL DE CAPACIDAD DE CARGA
1
= 2
= 1 17 0.5 19.5 9.81 = 21.845
1 = 2
1 = 7 0 ∗ 20.72 ∗ 1.739 ∗ 1.157∗ 1 21.845 ∗ 10.66 ∗ 1.369 ∗ 1.078 ∗ 1 ∗ (19.5 9.81) ∗ 3 ∗ 6.77∗ 1.369 2 ∗ 1.078 ∗ 1 = 3407.199
() = ( ) =
..
3407.199 21.845
3
() = 1128.45
GRUPO 2
DATOS:
B= 3m L= 2m Df= 1.5
Resolviendo el ejercicio:
1) Factores de capacidad de carga: ∅= 25° -----> = ∅ = 20.72 ∅
= ∅ = .
= . ∅ = .
2) Factores de forma:
∅= 25° -----> = .
= . = = . = = .
∅
( ) = 1.739 ∅
= . 69
∅ ≥
FACTORES DE PROFUNDIDAD = 1 0.2 ∗
∅ ∗ tan (45 ) 2
= 1.157 = = 1 0.1 ∗
∅ ∗ tan (45 ) 2
= 1.078
FACTORES DE INCLI NACION = = 1 90
= 1 ∅
ECUACION GENERAL DE CAPACIDAD DE CARGA = 1 17 0.5 19.5 9.81 = 21.85
= = = 1
ECUACION GENERAL DE CAPACIDAD DE CARGA
= ∗ . . . . . . . . . . = 70 ∗ 20.72 ∗ 1.739 ∗ 1.157 21.85 ∗ 10.66 ∗ 1.369 ∗ 1.078 ∗ 1 ∗ 19.59.81 ∗3 *6.77*1.369*1.078(1)
= Q admisible (neta) =
. −. = 1128.450
EJERCICIO 8
EJERCICIO 9
GRUPO 2
CIMENTACIONES
•
En la figura se muestra una cimentación excéntricamente cargada. Use un FS de 4 y determine la carga máxima admisible que la cimentación puede soportar.
CIMENTACIONES
• B’=B-2e B’=1.5 – 2 *(0.15) B’=1.2 m
• L’=1.5 m
De la tabla 3.4 Factores de capacidad de carga, para = 36° Nq = 37.75 N = 56.31
CIMENTACIONES
Factores de forma
Factores de profundidad Condición (b): Df/B>1
Factores de inclinación
CIMENTACIONES
EJERCICIO 10
GRUPO 1
EJERCICIO 3.10 Para el diseño de una cimentación superficial se utilizan las siguientes características.
Angulo
de fricción φ=25°
= 17 ∅ = 25° = 50 Peso Específico γ=17kN/m3 = 1.5 Modulo de Elasticidad E=1020kN/m2 Cohesión
Relación
c=50kN/m2
de Poisson μ=0.35
Df= 1m B=1 m
FACTORES DE CARGA Para φ=25
Nc=20.72 Nq=10.66 Ny=10.88
ECUACIÓN DE MEYERHOF
= +
= +
= +.
= = 17 1 25.5/ +.
() = . .
() = 3.3 0.45
.
= 6.10
cot 45
= 55.47
=
FACTORES DE CO MPRESIBIL IDAD
= = = . .
4.4 0.6 .
. +
= = . ∗. tan 25 = 0.417 + −
=
−.
= 0.417 . = 0.300
FACTORES DE FORMA =
=
=
= 1
= 1 tan25 .
. = 1 0.4 .
= 1.343
= 1.311
= 0.733
.
. .
FACTORES DE PROFUNDIDAD
= . = 1 0.4 = 1.400 =
= 1 2 tan 25 1 sin 25 = 1.311 =
CARGA ULTIMA
=
= 50 20.72 1.343 1.400 0.300 25.5 10.66 1.311 1.311 0.417 17 1 10.88 0.733 1 0.417
= .
GRUPO 2
EJERCICIO 11
En la figura, se muestra una cimentación cargada excéntricamente. Determine la carga última que la cimentación puede soportar. Use los factores de capacidad de carga, forma y profundidad de Meyerhof
SOLUCIÓN: • Datos:
= 5 , L= 6 = 2 = 5 2 = 0.5 2 2
B’=B-2e=4 pies L’=L=6
1 = ´() () () () ´ () () 2
B’
=
= ′ 1 = ´ () () () () ´ () () 2
() = 20.72 () = 10.66 () = 6.77
1 = ´() () () () ´ () () 2
Para = 0 y ∅ = 25°
() = 1.34 () = 0.73
() = 1
= 2 105 (2)(118 62.4) =321.2 lb/pie2
1 = ′′ ´ () () () () ´ () () 2 = 4 6
400 16.8 1.34 3 21.2 12 1
= 214,626.67
1 118 62.4 5 6.77 0.73 2
EJERCICIO 12
GRUPO 1
Cimentaciones Cargadas Excéntricamente 1. En la figura se muestra una cimentación cargada excéntricamente. Utilice un FS de 4 y determine la carga máxima admisible que pueda soportar la cimentación.
Datos: B = 1.5 m L = 1.5 m e = 0.1 m Ɣ = 1.7KN/m3 C´ = 0 ∅ ´= 32° Df = 0.8
Qadm = ?
Solución: 1. De la carga admisible bruta: = 2. De l a carga admisible: ´ = 3. De Ecuación General de la Capacidad de Carga Ultima: ´ = ´. . . . . . . . ´....
4. Hallando lo s factores de Capacidad de carga de:
= 23.18
= 30. . 22
= 35.49
5. Cálculo de la dimensiones efectivas de la cimentación: ´ = 2 ⇒ ´ = 1.5 2 0.1 = 1.30. ´ = ⇒ ´ = 1.5 .
4. Calculo de factores de forma : ´ ´ = . ∅ = . ´ ´ 1.30 1.30 = 1 .(32) = 1 0.4 1.50 1.50 = 0.65 = 1.54. 5. Calculo de factores de Profundidad : Por condición: ≤ 1 = 1 2∅(1 ∅) .
*
0.8 = 1 2(32)(1 32) . 1.50 = 1.15 6. Calculo de factores de Inclinación : = = = 1
= 1
7. Reemplazando valores en: ´ = ´. . . . . . . . ´.... 1 ´ = . . . . ´.... 2 1 ´ = . . . . . ´.... 2 1 ´ = 17 0.80 23.18 1.54 1.15 1 17 1.30 30.22 0.65 (1) 2 ´ = 775.36 8. Reemplazando en la carga admisible : ´ 775.36 = = = 193.84 /2 4 9. De la carga admisible bruta: = ´ ´ = 193.84 1.301.50 = .
GRUPO 2
En la figura se muestra una cimentación cargada excéntricamente. Utilice un Fs de 4 y determine la carga máxima permisible que puede soportar la cimentación. Utilice el método del área efectiva de Meyerhof.
DONDE:
= ∗ = 17 0.8 = 13.6 / Ancho Efectivo = B´ B = 1.5m e = 0.1 L´ = 1.5m
´ = 2 B´ = 1.5 – 2 (0.1) B´ = 1.30
∅ = 32° = 35.49 = 23.18 = 30.22
ECUACION PARA L A CAPACIDAD DE CARGA ULTIM A
0
FACTORES DE FORMA:
1.30 = 1 tan32° 1.50 = .54 = 1 0.4 = .
1.30 1.50
FACTORES DE PROFUNDIDAD: 0.8 = = 0.53 1.5
→
0.53 < 1
= 1 2 tan 32° 1 sin 32° = 1.15
∗
. .
FACTORES DE INCLINACION:
0
= = 1 0
= 1
´ = 17 ∗ 0.8 ∗ 23.18 ∗ 1.54 ∗ 1.15 ∗ 1 0.5 ∗ 17 ∗ 1.30 ∗ 30.22 ∗ 0.65 ∗ 1 ∗ 1
´ = 558.30 217.06 ´ = . /
=
775.36 / 4
= . / CARGA ADMISIBLE BRUTA:
= ∗ ´ ∗ = 193.84 ∗ 1.30 ∗ 1.50 = .
EJERCICIO 13
UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA
En la fig. se muestra una zapata cuadrada. Use F.S=6, y determine el tamaño de la zapata. Use los factores de capacidad de carga, forma y profundidad dados en l a sección 3.7.
UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA
FACTORES DE CARGA
W=3 K/pie
FACTORES DE FORMA
FACTORES DE PROFUNDIDAD
5
UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA
W=3 K/pie
5
−
e= = = 0.5
= 2 0.5 L= * = 1
= 1
− .
30
1 1 3 /
* = 1 0.4
− .
= 1
.(−)
UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA
4 <1 ⇒ < 1 4 <1 6.387
⇒
0.626 < 1 Si cumple = 1 2 1 = 1 230 1 30
4
= 1 = 1 = 1 = 104 = 400 /
UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA
Para:
30 ⟹ = 18.40 = 22.40
Por consiguiente: = 400 18 .40 1
1 1 230 1 30 3
= 7560 1 1 1 2 130 3 3
= 7560
3 1 3
= 2453.33
4
4
1 0 .4 1 1 (120 62,4)( 2(0.5)(22.4)(1 ) 2
624.96( 1)(1 0.4 1 )
3 2 0.4 1 624.96( 1)( ) 3
(2.73 1)(1.73 2) 624.96( 1)(
0.6 0.4 )
UNIVERSIDAD PRIVADA DE TACNA
Entonces:
=
10000 2.731 6 = 2453,33 173 2 624.96 1
= 6.387 = 6.5
0.6 0.4
EJERCICIOS LIBRES
EJERCICIO LIBRE 1: En la figura se muestra una cimentación cuadrada con el=0.4m y eB=0.2m. Supongamos excentricidad en dos direcciones para determinar nuestra carga última. Qúlt
CIMENTACIÓN EXCÉNTRICA CARGADA
EJERCICIO LIBRE 2 : Hallar las dimensiones para que la zapata mostrada tenga un F.S.= 3, según fórmula general.
Desarrollo:
Suponer Df ≤ B
sustituyendo:
además
luego :
B1= -12.86
B2= 3.0 m
B3= -4.6
EJERCICIO LIBRE 3: Una zapata cuadrada debe soportar una masa total bruta admisible de 15 290 kg. La profundidad de la cimentación es de 0.7m. la carga esta inclinada un ángulo de 20° respecto a la vertical. Como se ve en la figura. Determine el ancho B de la cimentación. Usando la ecuación y un factor de seguridad de 3.
Zapata cuadrada de cimentación
SOLUCION: Con c’= 0, la capacidad de carga ultima es
Una cimentación cuadrada mide en planta 1.5 m x 1.5 m (cuadrada). El suelo que la soporta tiene un ángulo de fricción Ø = 19º y C = 15.2 kN/m2. El peso específico del suelo es 17.8 kN/m3. Utilizando las ecuaciones de Terzaghi determine la carga última, carga admisible y la carga bruta admisible sobre la cimentación con un factor de seguridad (FS) de 3. Suponga que la profundidad (Df) de la cimentación es de 1m
y que ocurre falla por corte local y general en el suelo.
DATOS:
Cimentación cuadrada :1.5 m x 1.5 m (cuadrada) Ø = 19º C = 15.2 kN/m2. El peso específico del suelo es 17.8 kN/m3. FS = 3 Df = 1m Ocurre falla por corte local y general en el suelo.
FALLA POR CORTE G ENERAL
Carga última para cimentación cuadrada con falla general:
Carga admisible:
Carga bruta (fuerza) para la cimentación cuadrada será:
FACTORES DE CAPACIDAD DE CARGA
Ø = 19º
REEMPLAZANDO VALORES
Carga última para cimentación cuadrada con falla general:
Carga admisible:
Carga bruta (fuerza) para la cimentación cuadrada será:
FALLA POR CORTE LOCAL
Carga última para cimentación cuadrada con falla general:
Carga admisible:
Carga bruta (fuerza) para la cimentación cuadrada será:
FACTORES DE CAPACIDAD DE CARGA
Ø = 19º
REEMPLAZANDO VALORES
Carga última para cimentación cuadrada con falla general:
Carga admisible:
Carga bruta (fuerza) para la cimentación cuadrada será:
EJERCICIO LIBRE 5 : EN LA FIGURA, SE MUESTRA UNA CIMENTACIÓN CUADRADA, CON eL=0.3 M Y eB=0.15M SUPONGA EXCENTRICIDAD EN DOS DIRECCIONES, Y DETERMINE LA CARGA ULTIMA Qult.
