Fundamentos de Mecanica de Suelos Problemas Resueltos .pdf

Fundamentos de Mecánica de Suelos Problemas resueltos Problemas resueltos para la Materia de Mecánica de Suelos I Carrera de Ingeniería Civil Facultad de Ciencias y Tecnología Universidad Mayor de San Simón

LABORATORIO DE GEOTECNIA

L. M. SALINAS J. CAMPOS G. GUARDIA

ÍNDICE GENERAL

1.

Propiedades índice de los suelos. 1.1. Introducción. 1.2. Cuestionario. 1.3. Demostraciones de las relaciones peso volumen 1.4. Problemas.

2.

Clasificación de suelos. 2.1. Introducción. 2.2. Cuestionario. 2.2. Problemas

3.

251 252 260

Resistencia al corte. 6.1 Introducción. 6.2. Cuestionario. 6.3. Problemas

7

99 100 122

Esfuerzos efectivos. 5.1 Introducción. 5.2. Cuestionario 5.3. Problemas

6

88 89

Flujo de agua. 4.1 Introducción. 4.2. Cuestionario. 4.3. Problemas

5.

68 69 73

Descripción e identificación de suelos. 3.1 Introducción. 2.2. Cuestionario.

4.

1 2 11 41

300 301 313

Compactación. 7.1 Introducción. 7.2. Cuestionario 7.3. Problemas

ANEXOS

380 381 386

CAPÍTULO 1 Propiedades índice de los suelos

CAPÍTULO 1

Propiedades índice de los suelos 1.1. Introducción. Para propósitos ingenieriles, se define suelo como un agregado no cementado formado por partículas minerales y materia orgánica en descomposición (partículas sólidas) con algún líquido (generalmente agua) y gas (normalmente aire) en los espacios vacíos. (Das, Principles of Geotechnical Engineering, cuarta edición). La mecánica de suelos es la rama de la ciencia que estudia las propiedades físicas de los suelos y el comportamiento de las masas de suelo sujetas a distintos tipos de fuerzas. Las propiedades que se estudian son: origen, distribución de tamaño de partículas, plasticidad, capacidad de drenar agua, compresibilidad, resistencia al corte y capacidad de apoyo.

Figura 1.1. Suelo en sus tres fases

En un suelo se presentan tres fases: fase sólida, conformada por las partículas minerales del suelo (incluyendo la capa sólida adsorbida) y entre sus espacios vacíos existen la fase gaseosa, constituida por el aire (o también vapores sulfurosos, anhídrido carbónico, etc.) y la fase líquida, constituida por el agua tomándose en cuenta solamente el que se encuentra libre. Las fases líquida y gaseosa constituyen el Volumen de vacíos mientras la fase sólida constituye el Volumen de sólidos. En la Figura 1.1 se muestra la constitución del suelo en sus tres fases. Un suelo se encontrará totalmente saturado si todos los vacíos se encuentran ocupados completamente por agua. Muchos de los suelos que yacen debajo del nivel freático se hallan en ese estado. Algunos suelos, además, contienen materia orgánica en diferentes cantidades y formas; uno de los suelos más conocidos es la turba, que está formada por residuos vegetales parcialmente descompuestos. Aunque el material orgánico y las capas adsorbidas son muy importantes no se toman en cuenta sino en fases posteriores del estudio de propiedades de los suelos. En los laboratorios de Mecánica de Suelos se pueden determinar, fácilmente, el peso de las muestras húmedas, el peso de las muestras secadas al horno y la gravedad específica de los suelos, empero estas no son las únicas magnitudes que se requieren. Así deben buscarse relaciones entre sus fases que permitan la determinación de estos otros parámetros geotécnicos, las relaciones que se hallen deben ser sencillas y prácticas, entre las combinaciones más utilizadas están las del Anexo A, o combinaciones que se tengan que obtener de estas para hallar los datos que sean necesarios.

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Problemas resueltos de mecánica de suelos. L.M. Salinas, J. Campos & G. Guardia

1.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Explique a que se refieren las propiedades índice de los suelos. Respuesta. Las Propiedades índice de los suelos trata de estudiar métodos para la diferenciación de los distintos tipos de suelos de una misma categoría, en base a ensayos denominados ensayos de clasificación, es decir que las propiedades índice son las características particulares de cada suelo de una misma categoría. Estas características son la granulometría, consistencia, cohesión y estructura, que son las que determinan cuan bueno o malo es un suelo para su uso en la construcción de las obras civiles. Estas propiedades índice de los suelos se dividen en dos: 

Propiedades de los granos de suelo.- Se relacionan directamente la forma y tamaño de las partículas que constituyen el suelo.



Propiedades de los agregados de los suelos.- Para los suelos no cohesivos la densidad relativa y para suelos cohesivos la consistencia.

PREGUNTA 2. Defina lo que es: a) b) c) d) e) f)

Mineral. Suelo. Roca. Mecánica de suelos. Ingeniería de suelos. Ingeniería geotécnica

Respuesta. a)

b)

c)

Mineral:Un mineral puede ser definido como una sustancia inorgánica natural que tiene una composición química en particular, o una variación de su composición, y una estructura atómica regular que guarda íntima relación con su forma cristalina. Los minerales son los principales constituyentes sólidos de todas las rocas, que dan a las rocas características físicas, ópticas y químicas como el color, lustre, forma, dureza y otros; generalmente los minerales dominantes de los suelos son cuarzo y feldespatos. Suelo: Para propósitos ingenieriles, se define suelo como un agregado no cementado formado por partículas minerales y materia orgánica en descomposición (partículas sólidas) con algún líquido (generalmente agua) y gas (normalmente aire) en los espacios vacíos. (Das, 1998). Roca: La roca puede ser definida como un agregado natural sólido con contenido mineral, que tiene propiedades físicas como químicas. Las rocas son materiales cementados, usualmente tienen muy baja porosidad, pueden ser encontradas en procesos de

2


d)

e)

f)

descomposición con sus propiedades físicas y químicas alteradas, presentan discontinuidades y su comportamiento es complejo cuando se someten a esfuerzos. Mecánica de suelos: La mecánica de suelos es la rama de la ciencia que estudia las propiedades físicas del suelo y el comportamiento de las masas de suelo sometidas a varios tipos de fuerzas. Las propiedades que se estudian son: origen, distribución de tamaño de partículas, plasticidad, capacidad de drenar agua, compresibilidad, resistencia al corte y capacidad de apoyo (Das, 1998). Ingeniería de suelos: Se considera la aplicación de los principios de mecánica de suelos a problemas prácticos en la ingeniería, donde la experiencia y el conocimiento adquirido se complementan. (Das, 1998). Ingeniería geotécnica: La ingeniería geotécnica es definida como una subdisciplina de la ingeniería civil que involucra materiales encontrados cerca de la superficie de la tierra como la roca, suelo y agua subterránea, encontrando relaciones para el diseño, construcción y operación de proyectos de ingeniería. La ingeniería geotécnica es altamente empírica e incluye la aplicación de los principios de la mecánica de suelos y la mecánica de rocas para el diseño de fundaciones, estructuras de retención y estructuras terrestres. (Das, 1998).

PREGUNTA 3. Explique el origen del suelo. Respuesta. El suelo es producto de la meteorización de las rocas, es decir, la desintegración de esta en pedazos de minerales cada vez mas pequeños, que en contacto con el medio (agua, aire) se unen formando el suelo; la meteorización y otros procesos geológicos actúan en las rocas que se encuentran cerca de la superficie terrestre transformándola en materia no consolidada o mas comúnmente llamada suelo. En la pregunta cinco se explicara con más detalle el concepto de la meteorización y en las partes que se divide.

PREGUNTA 4. Explique el ciclo de la roca. Respuesta. Se llama ciclo de la roca a un proceso geológico extremadamente lento, queda lugar al origen de tres categorías diferentes de rocas como ser: rocas ígneas, sedimentarias y metamórficas. Las rocas ígneas son formadas por la solidificación del magma derretido, expulsado de las profundidades de la tierra. Las rocas sedimentarias son formadas por la compactación de minerales sueltos como gravas, arenas, limos y arcillas por medio de sobrecargas que después son cementados por agentes como el oxido de hierro, calcita, dolomita, y cuarzo. Los agentes cementadores son

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llevados generalmente por las aguas subterráneas que llenan los espacios vacíos entre as partículas y forman las rocas sedimentarias. Las rocas metamórficas son formadas por procesos metamórficos como lo son el cambio de composición y textura de las rocas, sin fundirse por presión o calor.

PREGUNTA 5. Explique lo que es la meteorización. Respuesta. Es el proceso de desintegración de rocas a pedazos más pequeños por procesos mecánicos y químicos. Debido a esto es que la meteorización se divide en dos partes dependiendo del proceso que son la meteorización mecánica y la meteorización química. La meteorización mecánica puede ser causada por la expansión y contracción de las rocas debido a la continua perdida y ganancia de calor lo que produce que el agua que se escurre entre los espacios vacíos se congela y por lo tanto se expande lo que da como resultado un aumento de presión muy grande que finalmente desintegra la roca sin cambiar su composición química. Dentro la meteorización mecánica se puede mencionar la descarga mecánica, la carga mecánica, expansión y contracción térmica, acumulación de sales incluyendo la acción congelante, desprendimiento coloidal, actividad orgánica, carga neumática. La meteorización química se produce debido a que los minerales de la roca original son transformados en nuevos minerales debido a reacciones químicas. Dentro la meteorización química se puede mencionar la hidrólisis, carbonización, solución, oxidación, reducción, hidratación, lixiviación y cambio de cationes.

PREGUNTA 6. Explique brevemente cada uno de los depósitos formados por el transporte de la meteorización de las rocas. Respuesta. Los suelos producto de la meteorización pueden permanecer en el suelo de origen o pueden ser movidos a otros lugares por la acción del hielo, agua, viento, y la gravedad. La forma de clasificación de los suelos producto de la meteorización depende de la forma de transportación y depósitos. 

Suelos Glaciares: Son los suelos formados por el transporte y deposición de los glaciares.



Suelos Aluviales: Son los suelos transportados por las corrientes de agua y depositados a lo largo de la corriente.

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

Suelos Lacustres: Son los suelos formados por la deposición en lagunas en reposo.



Suelos Marinos: Son los suelos formados por la deposición en mares.



Suelos Eólicos: Son los suelos transportados y depositados por el viento.



Suelos Coluviales: Son los suelos formados por el movimiento de los suelos de su lugar de origen por efecto de la gravedad, como los deslizamientos de tierra.



Suelos Residuales: Los suelos formados producto de la meteorización que se mantienen en su mismo lugar de origen so llamados suelos residuales, que a diferencia de los suelos producto del transporte y deposición, estos están relacionados con los materiales del lugar, clima, topografía. Se caracterizan por tener una gradación del tamaño de partículas aumentado su tamaño con el incremento de la profundidad, pueden componerse de materiales altamente compresibles.

PREGUNTA 7. Explique clara y detalladamente cada una de las fases que componen el suelo, dibuje un esquema de las fases del suelo para su mejor entendimiento. Respuesta. Como se puede apreciar en la Figura 1.2, el suelo a diferencia de cualquier otro material, se compone de tres fases simultáneamente: sólida, líquida y gaseosa. El comportamiento de un suelo depende de la cantidad relativa de cada una de estas tres fases que interactúan entre si. Peso Wa

Volumen

Aire

Donde:

Va

Va = Volumen de aire. Vv

Ww

Agua

Vw = Volumen de agua.

Vw

Vs = Volumen de sólido. V

W

Vv = Volumen de Vacíos. V = Volumen total.

Ws

Sólido

Vs

Wa = Peso del aire. Ww = Peso del agua. Ws = Peso del sólido. W = Peso total.

Figura 1.2. Esquema de las tres fases del suelo

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La fase sólida.- Siempre está presenta en el suelo y usualmente está constituida de partículas derivadas de rocas como la arena, grava, limo y arcilla, incluso de materia orgánica. La fase líquida.- Esta se ubica en los espacios vacíos entre partículas, consiste casi siempre de agua y en casos particulares otros líquidos. Para el estudio de las fases del suelo se asumirá agua en todos los casos por ser un elemento común. La fase gaseosa.- Si el líquido no llena completamente los espacios vacíos estos espacios restantes son ocupados por la fase gaseosa que generalmente es aire aunque puede ser otro tipo de gas, sin embargo se asumirá el aire para todos los casos. Existen dos posibles casos alternativos que también pueden tenerse en un suelo, relacionado con los vacíos del mismo. Si estos vacíos están llenos de aire y no contienen agua se dice que el suelo esta seco. En cambio si todos los vacíos están llenos de agua se dice que se halla saturado.

PREGUNTA 8. Explique clara y detalladamente con ayuda de una Tabla o esquema la distribución de tamaño de partículas según las diferentes organizaciones. Respuesta. Tabla 1.1. Clasificación del tamaño de partículas NOMBRE DE LA ORGANIZACIÓN Massachusetts Institute of Tecnology (MIT) U.S. Department of Agriculture (USDA) American Association of state Highway and Transportation (AASHTO) Unified Soil Clasification System (USCS)

Grava >2

TAMAÑO DE PARTÍCULAS [mm] Arena Limo Arcilla 2 a 0.06 0.06 a 0.002 < 0.002

>2

2 a 0.05

0.05 a 0.002

< 0.003

76.2 a 2

2 a 0.075

0.075 a 0.002

< 0.004

76.2 a 4.75

4.75 a 0.075

Finos (limos y acrcillas) > 0.075

PREGUNTA 9. Defina claramente lo que es el Análisis Mecánico. Respuesta. El análisis mecánico consiste en la determinación del rango de tamaño de partículas presentes en un suelo, expresado en porcentaje del peso total seco. Es decir que trata de separar por medios mecánicos, los distintos tamaños de partículas presentes en el suelo, expresando cada tamaño de partículas en porcentaje del peso total seco. El método más directo para separar el suelo en fracciones de distinto tamaño consiste en el análisis por tamices, que se lo realiza haciendo pasar una masa de suelo a través de un juego de tamices.

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El uso de tamices esta restringido al análisis de suelos gruesos o no muy finos con un tamaño de partículas cuyos diámetros sean mayores a 0.075 mm. y menores a 3 plg. Sin embargo puede darse la posibilidad que el suelo considerado como fino no sea retenido por ningún tamiz, en este caso se aplica un procedimiento diferente. Para el análisis mecánico de suelos finos se emplea el método del hidrómetro el cual consiste en la sedimentación de las partículas finas. Basados en la ley de Stokes que fija la velocidad a la que una partícula esférica de diámetro dado sedimenta en un liquido en reposo. El análisis por hidrómetro esta restringido para diámetros de partículas menores 0.075 mm.

PREGUNTA 10. Explique en que consiste la curva de distribución de tamaño de partículas. Respuesta. La curva de distribución de tamaño de partículas nos permite determinar el porcentaje grava, arena, limo y partículas de arcilla presentes en un suelo, pero no solo muestra el rango del tamaño de partículas, sino también el tipo de distribución de varios tamaños de partículas. La forma de la curva de distribución de tamaño de partículas nos puede ayudar también a determinar el origen geológico de un suelo, también puede ser usada para determinar algunos parámetros de un suelo como, diámetro efectivo, coeficiente de uniformidad, coeficiente de gradación, coeficiente de clasificación.

PREGUNTA 11. Explique cuales son los parámetros de un suelo y que determinan cada uno de estos. Respuesta. Los parámetros de un suelo como, diámetro efectivo, coeficiente de uniformidad, coeficiente de gradación, coeficiente de clasificación. El diámetro efectivo D10, es el diámetro en la curva de distribución de tamaño de partículas que corresponde al 10 % mas fino. El diámetro efectivo D10, de un suelo granular es una buena medida para estimar la conductividad hidráulica y el drenaje a través de un suelo. El coeficiente de uniformidad Cu, expresa la uniformidad de un suelo, y se define como:

Cu 

D60 D10

[11.1]

Un suelo con un coeficiente de uniformidad menor a 2 es considerado uniforme. En realidad la relación 11.1 es un coeficiente de no uniformidad, pues su valor numérico decrece cuando la uniformidad aumenta.

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El coeficiente de gradación o curvatura CC mide la forma de la curva entre el D60 y el D10, algunos autores llaman a este parámetro de la curva de distribución del tamaño de partículas como coeficiente de ordenamiento. Valores de CC muy diferentes de la unidad indican la falta de una serie de diámetros entre los tamaños correspondientes al D10 y el D60. CC 

2 D30 D10  D60

[11.2]

El coeficiente de clasificación So es otra medida de uniformidad y es generalmente usado para trabajos geológicos y los ingenieros geotécnicos pocas veces lo usan. Se expresa:

So 

D75 D25

[11.3]

PREGUNTA 12. Explique cuales son las principales características de las arcillas. Respuesta. Las arcillas se caracterizan por tener una estructura laminar, tener un alto grado de plasticidad, una gran resistencia en seco y poseen una carga negativa neta en sus superficies lo que provoca que las cargas positivas del hidrogeno del agua se adhieran a la superficie de las arcillas.

PREGUNTA 13. Explique que es la consistencia, cuales son los límites de consistencia y que determinan cada uno de ellos. Respuesta. La consistencia se refiere al estado en que se encuentra una masa como resultado de los componentes de un elemento unidos unos a otros. Para el caso de suelos la consistencia está muy relacionada con el contenido de humedad del suelo. En lo que respecta a los suelos finos pueden definirse cuatro estados de consistencia: estado sólido, cuando el suelo esta seco, pasando al añadir agua a semisólido, plástico y finalmente líquido. La transición de un estado a otro es muy progresiva, debido a esto se han planteado límites definidos de consistencia, como ser él límite de contracción, límite plástico y límite líquido. Sin embargo estos límites son válidos para fracciones de suelo que pasan por el tamiz Nº 40. Límite de contracción, este límite separa el estado semisólido del estado sólido. Esta prueba se realiza en con equipo de laboratorio. Cuando empieza a secarse progresivamente el volumen disminuye en proporción con la pérdida del contenido de humedad. El instante en que a un determinado contenido de humedad el volumen empieza a mantenerse constante, a ese

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contenido de humedad donde el volumen llega a su valor más bajo se denomina límite de contracción. (LC). Para poder conocer el límite de contracción, se necesita conocer dos valores: 1. El contenido de humedad de la muestra saturada. i 2. La variación del contenido de humedad   De tal manera el límite de contracción será: LC = wi - w

[13.1]

Limite plástico, este límite separa el estado plástico del estado semisólido. La prueba para la determinación del límite plástico, consiste en amasar en forma de rollito una muestra de material fino. Este ensayo es explicado en el libro guía de esta materia. Límite líquido, este límite separa el estado líquido del estado plástico. Para determinar el límite líquido se utiliza una técnica basada en la cuchara de Casagrande. Este ensayo es explicado en el libro guía de esta materia.

PREGUNTA 14. Explique cuales son los índices de consistencia y que determinan cada uno de ellos. Respuesta. Al igual que cualquier otro índice los índices de consistencia nos indican el grado de liquidez, plasticidad es decir la consistencia respectiva de una masa de suelo. A diferencia de los límites de consistencia que indican el contenido máximo de humedad para pasar de un estado de consistencia a otro estos nos permiten hacer comparaciones con otros suelos. El índice de plasticidad (IP) es la diferencia entre el límite líquido y el límite plástico. Expresa el campo de variación en que un suelo se comporta como plástico. Viene definido por la relación: IP  LL  LP

[14.1]

No siempre el límite liquido o el límite plástico presenta valores determinantes, considere el caso de la existencia real de algún tipo de arcilla que antes de ser alteradas contengan una humedad mayor al del limite líquido pero que su consistencia no sea nada líquida. También la resistencia de diferentes suelos arcillosos en el límite líquido no es constante, sino que puede variar ampliamente. En las arcillas muy plásticas, la tenacidad en el límite plástico es alta, debiéndose aplicar con las manos considerable presión para formar los rollitos: por el contrario las arcillas de baja plasticidad son poco tenaces en el límite plástico. Algunos suelos finos y arenosos pueden, en apariencia, ser similares a las arcillas pero al tratar de determinar su límite plástico se nota la imposibilidad de formar los rollitos, revelándose así la falta de plasticidad material; en estos suelos el límite líquido resulta prácticamente igual al plástico y aún menor, resultando entonces un índice plástico negativo; las determinaciones de

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plasticidad no conducen a ningún resultado de interés y los límites líquido y plástico carecen de sentido físico. En estos casos se usa el índice de liquidez. El índice de liquidez será: IL 

w  LP LL  LP

[14.2]

Cuando el contenido de humedad es mayor que el límite líquido, índice de liquidez mayor que 1, el amasado transforma al suelo en una espesa pasta viscosa. En cambio, si el contenido es menor que el límite plástico, índice de liquidez negativo, el suelo no pude ser amasado. El índice de consistencia es: IC = 1 – IL

[14.3]

Se debe tomar en cuenta el caso en el que el contenido de humedad (w) es igual al límite líquido (LL), entonces el índice de liquidez (IL) será uno lo que significa que el índice de consistencia será cero. (Consistencia líquida) De igual manera si w = IP entonces IC = 1.

PREGUNTA 15. Defina que es la actividad. Respuesta. La actividad se usa como un índice para identificar el potencial del aumento de volumen de suelos arcillosos. La actividad en si define el grado de plasticidad de la fracción de arcilla que es la pendiente de la línea que correlaciona el índice de plasticidad y la cantidad en porcentaje de partículas compuestas de minerales de arcilla, que será: A

IP % en peso menor a 2  (Arcilla)

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1.3. Demostraciones de las relaciones peso volumen. Estrategia: Existen dos modelos de volumen que representan las fases del suelo, los cuales facilitan la resolución de las relaciones peso volumen de un suelo. Sin embargo, esto no significa que sin usarlas no se puedan resolver. Estos dos modelos son el modelo del volumen total unitario en el cual se asume que el volumen total del suelo es igual a uno, V = 1, el otro es el modelo del volumen de sólidos unitario, en el que se asume que el volumen de los sólidos del suelo es igual a uno. Todas las demostraciones que serán resueltas a continuación se basan en las ecuaciones básicas del Anexo A y pueden ser resueltas usando cualquiera de los dos modelos, modelo del volumen total unitario y modelo del volumen de sólidos unitario.

a. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO HUMEDO ().

DEMOSTRACIÓN 1. Demostrar:



1  w  GS   W 1 e

Respuesta. De la ecuación [A.4] se tiene:



WW  WS V

[1.1]

De la ecuación [A.5] se tiene: W S   S  VS

[1.2]

Considerando VS  1 (Estrategia): WS   S

[1.3]

De la ecuación [A.7] se tiene:

 S  GS   W

[1.4]

Sustituyendo la ecuación [1.4] en [1.3]: WS  G S   W

[1.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia se tiene: V  1  VV

[1.6]

11


De la ecuación [A.12] y la estrategia se tiene: e  VV

[1.7]

Reemplazando la ecuación [1.7] en [1.6]: V  1 e

[1.8]

De la ecuación [A.14] se tiene: WW  w  WS

[1.9]

Reemplazando la ecuación [1.5] en la ecuación [1.10]: WW  w  G S   W

[1.10]

Reemplazando las ecuaciones [1.5], [1.8] y [1.10] en la ecuación [1.1]:



w  GS   W  GS   W 1 e

Factorizando Gs  w :

 

1  w   G S   W 1 e

[A.18]




GS  S  e    W 1 e




WW  WS V

[2.1]

De la ecuación [A.5] se tiene: WS   S  VS

[2.2]

Considerando VS  1 (Estrategia) se tiene:

WS   S

[2.3]


 S  GS   W

[2.4]

12



[2.5]

De la ecuación [A.1] se tiene: V  1  VV

[2.6]

De la ecuación [A.12] y la estrategia: e  VV

[2.7]

Reemplazando la ecuación [2.7] en [2.6]: V  1 e

[2.8]

De la ecuación [A.11] se tiene: VW  S r  VV

[2.9]

Reemplazando la ecuación [2.7] en la ecuación [2.9]: VW  S r  e

[2.10]

De la ecuación [A.6] se tiene: WW   W  VW

[2.11]

Reemplazando la ecuación [2.10] en la ecuación [2.11]: WW   W  S  e

[2.12]

Reemplazando las ecuaciones [2.5], [2.8] y [2.12] en la ecuación [2.1]:



GS   W   W  S  e 1 e

Factorizando w:

 

G S  S  e    W 1 e

[A.19]

13





1  w  GS   W 1

w  GS S




WW  WS V

[3.1]


[3.2]

Considerando VS =1 (Estrategia): WS   S

[3.3]


 S  GS   W

[3.4]

Sustituyendo la ecuación [3.4] en [3.3]: WS G S  W

[3.5]


[3.6]


[3.7]

Remplazando la ecuación [3.5] en [3.7]: WW  w  G S   W

[3.8]

De la ecuación [A.11] se tiene: VV 

VW Sr

[3.9]

De la ecuación [A.6] se tiene: VW 

WW W

[3.10]

14


Reemplazando la ecuación [3.8] en [3.10]: VW 

w  GS   W W



VW  w  G S

Reemplazando la ecuación [3.11] en [3.9]: w  GS VV  Sr

[3.11]

[3.12]

Reemplazando la ecuación [3.12] en [3.6]: V  1

w  GS

[3.13]

Sr

Reemplazando las ecuaciones [3.5], [3.8] y [3.13] en [3.1]:



w  GS   W  GS   W  w  GS  1  

Sr

 

Factorizando Gsw:

 

w  1   G S   W 1

[A.20]

w W Sr


  G S   W 1  n   1  w




WW  WS V

[4.1]

Considerando V = 1 (Estrategia):

  WW  WS

[4.2]

De la ecuación [A.1] se tiene: VS  V  VV



VS  1  n

[4.3]

De la ecuación [A.13] y la estrategia se tiene: n  VV

[4.4]

15



[4.5]


 S  GS   w

[4.6]

De la ecuación [A.5] se tiene: WS   S  V S

[4.7]

Reemplazando las ecuaciones [4.3] y [4.6] en [4.7]: WS  G S   W 1  n 

[4.8]

Reemplazando la ecuación [4.8] en [4.5]: WW  w  G S   W 1  n 

[4.9]

Reemplazando las ecuaciones [4.8] y [4.9] en la ecuación [4.2]:

  w  G S   W 1  n   G S   W 1  n    G S   W 1  n   (1  w )

[A.21]


  G S   W 1  n   n  S   W




WW  WS V

[5.1]


  WW  WS

[5.2]


[5.3]

De la ecuación [A.1] se tiene: VS  V  VV



VS  1  n

[5.4]

16


De la ecuación [A.11] y la ecuación [5.3]: VW n



VW  S  n

[5.5]

WW   W  VW



WW   W  S  n

[5.6]

Sr 

De la ecuación [A.6]:


W S   S  VS

[5.7]

De la ecuación [5.7]:

 S  GS   W

[5.8]

Reemplazando la ecuación [5.8] y [5.4] en [5.7]: WS  G S   W 1  n 

[5.9]

Reemplazando las ecuaciones [5.6] y [5.9] en la ecuación [5.2] se tiene:

  G S   W 1  n   n  S   W

[A.22]

b. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SECO (  d ).


d 

 1 w


d 

WS V

[6.1]




WS  WW V





WS WW  V V

[6.2]


[6.3]

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Reemplazando las ecuaciones [6.3] y [6.1] en [6.2]:

 

WS W  w S V V



   d  w  d



d 

Despejando d:

   d  1  w

 1 w

[A.23]


d 

GS   W 1 e


d 

WS V

[7.1]


[7.2]

Considerando Vs = 1 (Estrategia): WS   S

[7.3]


 S  GS   W

[7.4]


[7.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia: V  1  VV

[7.6]

De la ecuación [A.12] y la estrategia: e  VV

[7.7]

Reemplazando la ecuación [7.7] en [7.6]: V 1 e

[7.8]

18



d 

GS   W 1 e

[A.24]


 d  G S   W  (1  n)

Respuesta. De la ecuación [A.8]:

d 

WS V

[8.1]

Considerando V  1 (Estrategia):

 d  WS

[8.2]

De la ecuación [A.13] y la estrategia: n  VV

[8.3]


[8.4]

De la ecuación [A.1]: VS  1  VV

[8.5]

Reemplazando la ecuación [8.3] y la estrategia en [8.5]: VS  1  n

[8.6]

Reemplazando la ecuación [8.6] en [8.4]: WS   S  1  n 

[8.7]


 S  GS   W

[8.8]

Reemplazando la ecuación [8.8] en [8.7]: WS  G S   W 1  n 

[8.9]

Reemplazando la ecuación [8.9] en la ecuación [8.2]:

 d  G S   W  (1  n)

[A.25]

19



d 

GS   W  w  GS  1    S 

Respuesta. De la ecuación [A.8] se tiene: WS V

[9.1]

WS   S  VS

[9.2]

d  De la ecuación [A.5]:


[9.3]


 S  GS   W

[9.4]


[9.5]


[9.6]

De la ecuación [A.11] se tiene: VV 

VW S

[9.7]


[9.8]

Reemplazando la ecuación [9.5] en [9.8]: WW  w  G S   W

[9.9]


WW W

[9.10]

Sustituyendo la ecuación [9.9] en [9.10]:

20


VW 

w  GS   W W



VW  w  G S

[9.11]

Sustituyendo la ecuación [9.11] en la ecuación [9.7]: VV 

VW S



VV 

w  GS S

[9.12]

Reemplazando la ecuación [9.12] en [9.6]:  w  GS  VV  1     S 

[9.13]


d 

GS   W  w  GS  1    S 

[A.26]


d 

e  S W 1  e   w

Respuesta. De la ecuación [A.8] se tiene: WS V

[10.1]

WS   S  VS

[10.2]

d  De la ecuación [A.5]:


[10.3]


 S  GS   W

[10.4]


[10.5]


21


V  1  VV

[10.6]

De la ecuación [A.12] se tiene: e  VV

[10.7]

Reemplazando la ecuación [10.7] en la ecuación [10.6]: V 1 e

[10.8]

De la ecuación [A.11] se tiene: VW  S  VV

[10.9]

Reemplazando la ecuación [10.7] en la ecuación [10.9]: VW  S  e

[10.10]

De la ecuación [A.6] se tiene: WW  VW   W

[10.11]

Reemplazando la ecuación [10.10] en la ecuación [10.11]: WW  S  e   W

[10.12]

De la ecuación [A.14] se tiene: WS 

WW w

[10.13]

Reemplazando la ecuación [10.12] en la ecuación [10.13]: WS 

S  e W w

[10.14]


d 

S  e W w  1  e 

[A.27]

DEMOSTRACIÓN 11.

22


Demostrar:

 d   Sat 

e W 1 e

Respuesta. De la ecuación [A.8]:

d 

WS V

[11.1]

De la ecuación [A.1] Considerando VS  1 (Estrategia) se tiene: V  1  VV

[11.2]


[11.3]

Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [11.2]: V  1 e

[11.4]


 Sat 

W V



 Sat 

WW WS  V V

[11.5]

Reemplazando la ecuación [11.1] en [11.5]

 Sat 

WW d V

[11.6]


[11.7]

Donde VV = VW (Suelo saturado): WW   W  VV

[11.8]

Reemplazando la ecuación [11.3] en la ecuación [11.8]: WW   W  e

[11.9]

Reemplazando las ecuaciones [11.4] y [11.9] en [11.6]:

 d   Sat 

W e 1 e

[A.28]

DEMOSTRACIÓN 12.

23


Demostrar:

 d   Sat  n   W


d 

WS V

[12.1]


 d  WS

[12.2]

De la ecuación [A.13] se tiene: n  VV

[12.3]


 Sat 

WS  WW V



 Sat  WS  WW

[12.4]


 Sat   d  WW

[12.5]


[12.6]


[12.7]

Reemplazando la ecuación [12.3] en [12.7]: WW   W  n

[12.8]


 d   Sat   W  n

[A.29]

DEMOSTRACIÓN 13.

24


Demostrar:

d 

 Sat   W   GS GS  1


d 

WS V

[13.1]


[13.2]


[13.3]


 S  GS   W

[13.4]


[13.5]

De la ecuación [A.1] es tiene: V  1  VV

[13.6]


[13.7]


[13.8]


d 

GS   W 1  VV 

[13.9]


 Sat 

WS  WW V



 Sat 

WS WW  V V

[13.10]


25


 Sat   d 

WW V

[13.11]


 Sat   d  Sumando y restando

W

 W  VV

[13.12]

1  VV 

en la ecuación [13.12]:

 Sat   d 

 W  VV   1  VV  W W

 Sat   d 

 W  VV   W   W  VV W 1  VV 

 Sat   d 

W  1  VV  W

[13.13]

Resolviendo:

[13.14]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS (ecuación [13.9]):

 Sat   d 

W G  S  W 1  VV  GS

 Sat   d 

 W  GS 1   1  VV  GS W

[13.15]


 Sat   d 

d  W GS

[13.16]

Factorizando γd de la ecuación [13.16]:  1  Sat   W   d 1  G S 

  

[13.17]

 G 1    Sat   W   d  S  GS 

[13.18]

Resolviendo:

Despejando γd de la ecuación [13.18]:

26


GS  Sat   W  d GS  1

[13.19]

Ordenando la ecuación [13], [19]:

d 

 Sat   W   G S G S  1

[A.30]

c. RELACIONES PARA EL PESO UNITARIO SATURADO (γSat). DEMOSTRACIÓN 14. Demostrar:

 Sat 

( G S  e)   W 1 e


 Sat 

WS  WW V

[14.1]

De la ecuación A.5: W S   S  VS

[14.2]


[14.3]


 S  GS   W

[14.4]


[14.5]


[14.6]

De la ecuación [A.12] es tiene: e  VV

[14.7]

Reemplazando la ecuación [14.7] en [14.6]: V 1 e

[14.8]

27



[14.9]

Donde Vv = Vw (Suelo saturado): WW   W  VV

[14.10]


[14.11]


 Sat 

GS   W   W  e 1 e

[14.12]

 Sat 

(G S  e )   W 1 e

[A.31]


 Sat  1  n   GS  n   W

Respuesta. De la De la ecuación [A.9] se tiene:

 Sat 

WS  WW V

[15.1]



[15.2]


[15.3]

De la ecuación [A.5]: W S   S  VS

[15.4]

De la ecuación [A.1] se tiene: VS  1  VV

[15.5]

Reemplazando la ecuación [15.3] y la estrategia en [15.5]: VS  1  n

[15.6]

28


Reemplazando la ecuación [15.6] en [15.4]: WS   S  1  n 

[15.7]


 S  GS   W

[15.8]

Reemplazando la ecuación [15.8] en [15.7]: WS  G S   W  1  n 

[15.9]


[15.10]


[15.11]

Reemplazando la ecuación [15.3] en [15.11]: WW   W  n

[15.12]

Reemplazando las ecuación [15.7] y [15.12] en [15.2]:

 Sat  G S   W  1  n    W  n

[15.13]

Factorizando γW en la ecuación [15.13]:

 Sat  1  n   G S  n   W

[A.32]


 1  wSat  Sat    1  wSat  G S

   G S   W 


 Sat 

WS  WW V

[16.1]

De la ecuación [A.5] se tiene: W S   S  VS

[16.2]

29



[16.3]


 S  GS   W

[16.4]


[16.5]


[16.6]


[16.7]

Reemplazando la ecuación [16.5] en [16.7]: WW  w  G S   W

[16.8]


WW W

[16.9]

Reemplazando la ecuación [16.8] en [16.9]: VW 

wSat  G S   W W



VW  wSat  G S

[16.10]



V  1  wSat  G S

[16.11]

Donde VV = VW (Suelo saturado): VV  wSat  G S


 Sat 

G S   W  wSat  G S   W 1  wSat  G S

 1  w Sat  Sat    1  w Sat  G S

   G S   W 

[16.12]

[A.33]

DEMOSTRACIÓN 17.

30


Demostrar:

 e  Sat    wSat

  1  wSat      W   1 e 

Respuesta. De la De la ecuación [A.9] se tiene: WS  WW VS  VW

 Sat 

[17.1]

Considerando VS  1 (Estrategia): WS  WW 1  VW

 Sat 

[17.2]


[17.3]

Donde Vv = Vw (Suelo saturado): e  VW

[17.4]




WW   W  e



WS 

[17.5]

De la ecuación [A.14] se tiene: wSat 

WW WS

WW wSat

[17.6]


W e wSat

[17.7]

Reemplazando las ecuaciones [17.4], [17.5] y [17.7] en [17.2]:  e  1  Sat   W   W  e   wSat  1  e     e   W  e  wSat  1    Sat   W wSat   1  e   e  Sat    w Sat

  1  w Sat     W   1 e 

[17.8]

[A.34]

DEMOSTRACIÓN 18.

31


Demostrar:

 1   Sat  Sat  n    wSat

    W 

Respuesta. De la De la ecuación [A.9] se tiene: WS  WW V

 Sat 

[18.1]



[18.2]


[18.3]

Donde VV  VW (Suelo saturado): n  VW

[18.4]

De la ecuación [A.6] y la ecuación [18.4] se tiene: WW   W  VW



WW   W  n

[18.5]

De la ecuación [A.14] se tiene: WS 

WW wSat

[18.6]


W n wSat

[18.7]


 Sat 

W n  W wSat

 1  w Sat  Sat  n    w Sat

[18.8]     W 

[A.35]

DEMOSTRACIÓN 19.

32


 e  Demostrar:  Sat   d     W 1 e 


 Sat 

WS WW  V V

[19.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [19.1] se tiene:

 Sat   d 

WW V

[19.2]

Considerando VS  1 (Estrategia) y reemplazando en la ecuación [A.1]: V  1  VV

[19.3]

De la ecuación [A.12] y la estrategia se tiene: e  VV

[19.4]

Reemplazando la ecuación [19.4] en la ecuación [19.3]: V  1 e

[19.5]


[19.6]

Donde VV = VW (Suelo saturado) entonces: WW   W  VV

[19.7]


[19.8]

Reemplazando las ecuaciones [19.5] y [19.8] en la ecuación [19.2]:  e   Sat   d     W 1 e 

[A.36]

DEMOSTRACIÓN 20.

33


Demostrar:

 Sat   d  n   W


 Sat 

WS WW  V V

[20.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en [20.1]:

 Sat   d 

WW V

[20.2]


 Sat   d  WW

[20.3]


[20.4]

Donde VV = VW (Suelo saturado): n  VW

[20.5]




WW   W  VW

WW   W  n

[20.6]

Reemplazando la ecuación 20.6 en la ecuación 20.3:

 Sat   d  n   W

[A.37]


 1  Sat  1   GS

    d   W 


 Sat 

WS WW  V V

[21.1]


34


W S   S  VS

[21.2]

Considerando Vs =1 (Estrategia): WS   S

[21.3]


 S  GS   W

[21.4]


[21.5]

De la ecuación [A.1] y la estrategia se tiene: V  1  VV

[21.6]


[21.7]

Donde VV  VW (Suelo saturado): WW   W  VV

[21.8]


d 

WS V

[21.9]


d 

GS   W 1  VV 

[21.10]


 Sat   d 

WW V

[21.11]


 Sat   d 

 W  VV 1  VV 

[21.12]

Sumando y restando γw en la ecuación [21.12]:

35


 Sat   d 

 W  VV   1  VV  W W

 Sat   d 

W  1  VV  W

[21.13]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS:

 Sat   d 

 W  GS 1   1  VV  GS W

[21.14]


 Sat   d 

d W GS

 1  Sat   1  GS 

    d   W 

[A.38]


 Sat   d  1  wSat 


 Sat 

WS WW  V V

[22.1]

Reemplazando la ecuación [A.8] en [22.1] se tiene:

 Sat   d 

WW V

[22.2]

De la ecuación [A.14] se tiene: WW  wSat  WS

[22.3]


 Sat   d 

WS  wSat V

[22.4]

Reemplazando la ecuación [A.8] en la ecuación [22.4]:

36


 Sat   d   d  wSat  Sat   d  1  w Sat 

[A.39]

d. OTRAS RELACIONES.

DEMOSTRACIÓN 23. En un suelo parcialmente saturado se conocen el índice de vacíos (e), la gravedad específica (Gs) y el grado de saturación (S). Suponiendo que el gas no disuelto esta uniformemente distribuido en la masa de suelo, encuentre el peso unitario (), el peso unitario sumergido (′) y el peso unitario seco (d) en función de las cantidades conocidas y haciendo uso de un esquema adecuado. Respuesta. Datos: e ; GS ; S

=? ’ = ? d = ? Figura 1.3. Suelo en sus tres fases

Estrategia: Para hallar el peso unitario (), el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en las demostraciones 2 y 7, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar las ecuaciones obtenidas. Mientras que para el cálculo del peso unitario sumergido (′), una vez obtenido ya el peso unitario húmedo, se resta el peso unitario del agua de este. De la ecuación [A.19] o demostración 2:

 

G S  S  e    W 1 e

[23.1]

De la ecuación [A.24] o demostración 7:

d 

GS   W 1 e

[23.2]


 ´    W

[23.3]

Reemplazando la ecuación [23.1] en [23.3]:

37


 ´

GS  S  e    W

 ´

G S  1  e  S  1  

1 e

W

1 e

W

[23.4]

DEMOSTRACIÓN 24. En una muestra de suelo parcialmente saturado se conoce el peso específico (), el contenido de agua (ω) y el valor de la gravedad específica (Gs). Encuentre el peso específico seco (d), la relación de vacíos (e) y la saturación (S), en función de las cantidades conocidas, utilizando un esquema adecuado. Respuesta. Datos:

 ; ω ; GS S=? e=? d = ? Figura 1.4. Suelo en sus tres fases

Estrategia: Para hallar el peso unitario (), el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en las demostraciones 1 y 6, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar las ecuaciones obtenidas y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada. De la ecuación [A.23] o demostración 6 se tiene:

d 



[24.1]

1 w




1  w  GS   W 1 e

[24.2]

Despejando e:

   e  1  w  G S   W e

1  w   G S   W   

[24.3]


38




1  w  GS   W 1

[24.4]

w  GS S

Despejando S de la [24.4]:



w  GS   S

w  GS   S S

 1  w  G S   W

 1  w  G S   W   

w  GS   1  w   G S   W  

[24.5]

DEMOSTRACIÓN 25. Demostrar que para un suelo se cumple la siguiente relación: Gs  1  d Gs

 Respuesta.

Estrategia: Para hallar el peso unitario seco (d), se procede de la misma manera que en la demostración 13, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar la ecuación obtenida y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada De la ecuación [A.30] o demostración 13:

d 

 Sat   W   GS GS  1



d 

   W   GS GS  1

Despejando ( - w):

 W 

GS  1  d GS

De la definición del peso unitario sumergido se tiene:

 ´

GS  1  d GS

[25.1]

DEMOSTRACIÓN 26.

39


Para las características de un suelo dado, Demostrar: GS 

W

 Sat  wSat  Sat   W 

Respuesta. Estrategia: Para hallar el peso unitario saturado (Sat), se procede de la misma manera que en la demostración 16, por lo que no se considero necesario volver a resolver todo si no tan solo anotar la ecuación obtenida, y de ahí empezar a resolver recién la demostración dada. De la ecuación [A.33] o demostración 16:  1  wsat  sat    1  wsat  G s

   G s   w 

[26.1]

Resolviendo:

 sat   sat  wsat  GS  G S   W  wsat  G S   W

[26.2]

Factorizando GS en la ecuación [26.2]:

 Sat  G S   W  wSat   W   Sat  wSat 

[26.3]

Despejando GS en la ecuación [26.3]: GS 

 W  wSat

 Sat   W   Sat  wSat

[26.4]

Ordenando la ecuación [26.4]: GS 

W

 Sat  w Sat  Sat   W 

[26.5]

1.4. Problemas.

40


PROBLEMA 1. Una muestra de suelo de 1.21 Kg tiene un volumen de 600 cm3 y un contenido de humedad de 10.2%. Usando las definiciones, calcule: a) La densidad () b) El peso específico húmedo () c) El peso específico seco (d). Estrategia: Utilizando las ecuaciones de la relación peso volumen del Anexo A, se pueden determinar todos los incisos. Datos: M = 1.21 Kg ; V = 600 cm3 ; w = 10.2% PASO 1 Determinación de la densidad del suelo. De la ecuación [A.15] se tiene:



M V

Reemplazando valores:



1210 600



  2.02 g / cm 3

PASO 2 Determinar el peso específico húmedo. De la ecuación [A.4] y [A.16]:



W  M g



M g V




1.21 Kg  9.81 m / seg 2 1 m3 600 cm 3  100 cm 3

Cambiando unidades:

  19783.5

N m3



  19.78

kN m3

PASO 3 Determinar el peso específico seco.

41



d 

 1 w


d 

19.78 1  0.102



 d  17.95 kN m 3

PROBLEMA 2. Un suelo está constituido por 10% de aire, 30% de agua y 60% de partículas de suelo en volumen. ¿Cuál es el grado de saturación (S), el índice de vacíos (e), y la porosidad (n)? Estrategia: Asumiendo que el volumen total de la muestra es de 100 unidades cúbicas y que el aire representa 10 unidades, el agua 30 unidades, los sólidos del suelo 60 unidades y con las definiciones de los parámetros, se tiene: Datos: Va = 10 U 3 ; VW = 30 U 3 ; VS = 60 U 3 PASO 1 Determinar el grado de saturación. De la ecuación [A.11] se tiene: S

VW VV

VW VW  Va



S



S  0.75



e

Reemplazando valores: S

30 30  10

PASO 2 Determinar el índice de vacíos. De la ecuación [A.12] se tiene: e

VV VS

Va  VW VS


42


e

10  30 60



e  0.667



n



n  0.40

PASO 3 Determinar la porosidad del suelo. De la ecuación [A.13] se tiene:

n

VV V

Va  VW V


n

10  30 100

PROBLEMA 3. Si el suelo del problema 2 tiene una gravedad específica de 2.69, determine su contenido de humedad (w), su peso unitario seco (d) y su peso unitario húmedo (). Estrategia: Se asume que el volumen total de la muestra es de 100 unidades cúbicas con sus fracciones respectivas. Datos: S = 0.75 ; e = 0.667 ; n = 0.40 ; GS = 2.69 ; Va = 10 U 3 ; VW = 30 U 3 ; VS = 60 U 3 PASO 1 Determinar el contenido de humedad del suelo. De la ecuación [A.14] se tiene: WW WS De la ecuación [A.6] se tiene:

w

[3.1]

WW   W  VW

[3.2]

De la ecuación [A.5]: WS   S  VS

[3.3]


 S  GS   W

[3.4]

Sustituyendo la ecuación [3.4] en [3.3]:

43


WS  G S   W  V S

[3.5]

Sustituyendo la ecuación [3.2] en [3.5]: w

VW   W G S  VS   W

VW G S VS



w



w  0.186

[3.6]

Reemplazando valores: 30 2.69  60

w



w  18.6 %

PASO 2 Determinar el peso específico seco del suelo. Reemplazando la ecuación [A.8] en [3.5] se tiene:

d 

G S   W  VS V

[3.7]


d 

2.69  9.81  60 100



 d  15.83 kN / m 3

PASO 3 Determinar el peso específico húmedo del suelo. De la ecuación [A.4] se tiene:



WS  WW V

[3.8]

Reemplazando la ecuación [3.2] y [3.5] en [3.8]:



 W  VW  GS   W  VS V

VW

 G S V S   W V



 



  18.77 kN / m 3




30  2.69  60  4.81 100

PROBLEMA 4.

44


Se tiene un suelo que tiene un contenido de humedad del 5%, determine que cantidad de agua se debe añadir para que este suelo alcance el 9% de contenido de humedad, un peso unitario de 19 kN/m3 y tenga un volumen final de 1 m3. Estrategia: La cantidad de agua que se debe añadir para alcanzar un 9% de contenido de humedad se la determina mediante un sistema de ecuaciones, que estén en función del las condiciones del contenido de humedad iniciales y de las condiciones finales, en ambas condiciones el peso de los sólidos, WS es el mismo debido a que solo se agrega agua. Datos: wo = 5% ; wf = 9% ; γ = 19 kN/m3 ; Vf = 1 m3 ; ∆VW = ? PASO 1 Determina el peso de los sólidos, peso del agua inicial y final. De la ecuación [A.14] se tiene: WW f  WS  w f

[4.1]

WW0  WS  w0

[4.2]


f 

WS  WW f V



WS  WW f   f  V

[4.3]

Reemplazando la ecuación [4.1] en [4.3]: WS  W S  w f   f  V

[4.4]

Despejando WS:





WS  1  w f   f  V



WS 

 f V f

1  w 

[4.5]

f

Reemplazando valores en la ecuación [4.5]: WS 

19  1 1  0.09



WS  17.43 kN

Reemplazando el valor WS en la ecuación [4.2]: WW0  17.43  0.05



WW0  0.8715 kN

Reemplazando el valor de WWo en la ecuación [4.1]: WW f  17.43  0.09



WW f  1.569 kN

PASO 2 Determinar la cantidad de agua agregada a la muestra de suelo.

45


La diferencia de los pesos de agua final e inicial, es el peso de la cantidad de agua que se añade al suelo: WW  WW f  WW0

Reemplazando los valores hallados: WW  1.569  0.8715 

WW  0.697 kN

[4.6]

WW VW

[4.7]


W 

WW VW



W 

Despejando ΔVW de la ecuación [4.7]: VW 

WW W

[4.8]

Reemplazando ∆WW en la ecuación [4.8]: 0.697 9.81



VW  0.071081 m 3 

1000 lt 1 m3

VW 

VW  0.071081 m 3

Cambiando unidades:



VW  71.081 lt

PROBLEMA 5. De un proceso de secado en horno para determinar el contenido de humedad, se obtienen los siguientes resultados: Tabla 1.2. Ensayo en Laboratorio Número de lata Peso lata (g) Peso suelo húmedo + lata(g) Peso suelo seco + lata (g)

0.35 43.27 183.28 180.52

0.5 58.95 216.21 213.05

0.4 50.23 173.96 171.5

Estrategia: El peso del agua y el peso de los sólidos se pueden determinar fácilmente mediante las siguientes ecuaciones. Una vez hallados estos pesos es posible hallar el contenido de humedad del suelo. WW = Peso del agua = (Peso lata + suelo húmedo) – (Peso lata + suelo seco) WS = Peso del suelo = (Peso lata +suelo seco) – (Peso lata) w = Contenido de humedad = WW / WS A continuación se realiza la Tabla 1.3 que resume los resultados obtenidos y la humedad promedio que se utiliza para otros cálculos: Tabla 1.3. Resultado del contenido de humedad

46


Número de lata Peso lata (g) Peso suelo húmedo + lata (g) Peso suelo seco + lata (g) Peso del agua (g) Peso suelo seco (g) Contenido de humedad (%) Contenido de humedad promedio

0.35 0.5 0.4 43.27 58.95 50.23 183.28 216.21 173.96 180.52 213.05 171.5 2.76 3.16 2.46 137.25 154.10 121.27 2.01 2.05 2.03 (2.01 + 2.05 + 2.03) / 3 = 2.03%

PROBLEMA 6. Un suelo tiene un contenido de humedad (w) igual al 28.5% y un peso de 123.6 g. ¿Cuál es el peso seco del material? Estrategia: Mediante las ecuaciones básicas de las relaciones peso volumen del anexo A, es posible determinar el peso seco del material. Datos: w  28.5 % ; W  123.6 g ; WS  ?

De la ecuación [A.14]: w

WW WS

[6.1]

De la ecuación [A.3]: WW  W  WS

[6.2]

Reemplazando la ecuación [6.2] en [6.1]: w

W  WS WS

[6.3]

Despejando WS de la ecuación [6.3]: WS  w  W  WS



WS  w  1  W



WS  w  WS  W W WS  w  1

[6.4]

Reemplazando valores en la ecuación [6.4]: WS 

123.6

0.285  1



W S  96.187 g

PROBLEMA 7.

47


El suelo del problema 6 ocupa un volumen de 69.3 cm3. Si las partículas del suelo tienen una gravedad específica de 2.65, determine cual es su porosidad (n), índice de vacíos (e) y su grado de saturación (S). Estrategia: En base a las relaciones peso volumen y en función los datos se puede llegar a determinar cada una de las incógnitas. Datos: w = 28.5% ; W = 123.6 g ; WS = 96.187 g ; V = 69.3 cm3 ; GS = 2.65 PASO 1 Determinar la porosidad del suelo. De la ecuación [A.13] se tiene: n

VV V

[7.1]

De la ecuación [A.1] se tiene: VV  V  VS

[7.2]

Reemplazando la ecuación [7.2] en la ecuación [7.1]: n

V  VS V

[7.3]


 

W V

Reemplazando valores se tiene:

 

123.6 69.3



  1.78 g / cm 3

De la ecuación [A.3] se tiene: WW  W  WS

[7.4]

Remplazando datos: WW  123.6  96.187



WW  27.413 g


 S  GS   W

[7.5]

Reemplazando datos:

48


 S  2.65  1 gf / cm 3



 S  2.65 gf / cm 3

De la ecuación [A.5] se tiene: VS 

WS S

[7.6]

Reemplazando datos: VS 

96.187 2.65



VS  36.30 cm 3



VV  33 cm 3

Reemplazando VS en la ecuación [7.2]: VV  69.3  36.30

Reemplazando VV y V en la ecuación [7.1]: n

33 69.3



n  0.476



n  47.6 %

PASO 2 Determinar el índice de vacíos del suelo. De la ecuación [A.12] se tiene: e

VV VS

e  0.90909

33 36.30



e



e  90,91%

PASO 3 Determinar el grado de saturación del suelo. De la ecuación [A.6] se tiene: VW 

WW W

Reemplazando datos: VW 

27.413 1



 

VW  27.413 cm 3

Reemplazando VV y VW en la ecuación [A.11]: S

27.413 33



S  0.831



S  83.1 %

PROBLEMA 8.

49


Se tiene una muestra de suelo de 1 m3 con un contenido de humedad de 7%, gravedad específica de 2.65 y un grado de saturación de 40%. Determinar: a) El peso unitario húmedo (), el peso unitario seco (d) y el peso unitario saturado (sat). b) Si se añaden 80 litros de agua a la muestra, cual será su peso unitario húmedo () y su peso unitario seco(d) Estrategia: En base a las relaciones peso volumen y en función los datos se puede llegar a determinar cada una de las incógnitas. PASO 1 Determinar el peso específico húmedo del suelo. De la ecuación [A.20] se tiene:

 

1  w Gs   w 1

w  Gs S

Reemplazando valores se tiene:

 

1  0.07   2.65  9.8 0.07   2.65 1



  18.98 kN/m 3



 d  17.74 kN/m 3



 Sat  20.85 kN/m 3

0 .4

PASO 2 Determinar el peso específico seco del suelo. De la ecuación [A.23] se tiene:

d 

 1 w



d 

18.98 1  0.07

PASO 3 Determinar el peso específico saturado del suelo. De la ecuación [A.38] se tiene:  1  sat  1   Gs

    d   W 

Reemplazando datos: 1    Sat  1    17.74  9.8  2.65 

PASO 4 Determinar el peso específico húmedo después de agregar 80 litros de agua.

50





WW0  0.07 WS

[8.1]



  WS  WW0

[8.2]

De la ecuación [A.4] y V=1 m3:

 

WS  WW0 1 m3

Remplazando la ecuación [8.1] en la ecuación [8.2]:

  WS  0,07  WS

[8.3]

Despejando WS en la ecuación [8.3]:

  WS  1  0.07 

 1  0.07 



WS 



WS  17.74 kN

[8.4]

Reemplazando γ en la ecuación [8.4]: WS 

18.98 1.07

Remplazando la ecuación [8.5] en la ecuación [8.1]:



WW0  0.07  17.74

WW0  1.242 kN

El peso del agua final será igual al peso del agua inicial de la muestra más el peso del agua añadida, entonces reemplazando valores en esa ecuación se tiene: WW f  WW0  V  W WW f  1.242  0.08  9.8  WW f  2.026 kN

[8.5]

Utilizando la misma relación de la ecuación [8.2] para el peso final se tiene: WS  WW f   final  V final

[8.6]

El volumen final de la muestra será el mismo que el inicial ya que el volumen de agua ocupará parte del volumen de aire que tenía la muestra:

 

VInicial  V final  1 m 3 

 final  17.74  2.026



Ws  Wwf   final



final

 19.76 kN/m3

[8.7]

PASO 5 Determinar el peso específico seco del suelo. De la ecuación [A.14]:

51


wf 

WW f WS

Reemplazando datos: wf 

2.026  100 17.74



w f  11.42 %

[8.8]


 d ( final ) 

 final

[8.9]

1 wf


 d ( final ) 

19.76 1  0.1142



 d ( final )  17.74 kN/m3

[8.10]

El peso unitario seco de un suelo es constante siempre y cuando no exista un incremento de energía mecánica, ya que el volumen de sólidos se considera incompresible.

PROBLEMA 9. Indicar clara y detalladamente un procedimiento para determinar el índice de vacíos de un suelo fino en laboratorio. Estrategia: El índice de vacíos del suelo esta en función del volumen de vacíos y el volumen total de los suelos. Por lo tanto se necesita determinar estos dos valores mediante algunos ensayos de laboratorio preliminares y en función de estas variables hallar una relación peso volumen para el índice de vacíos. De la ecuación [A.12]:

e

VV VS

[9.1]

Procedimiento a seguir: Se debe determinar el volumen de la muestra. V Se debe secar en un horno para obtener el peso de los sólidos  WS Se determina la gravedad específica de la muestra  GS Con estos datos obtenidos de ensayos de laboratorio se puede hallar el índice de vacíos del suelo: De la ecuación [A.7] se tiene:

 S  GS   W

[9.2]

52


De la ecuación [A.5] se tiene: VS 

WS S

[9.3]

Reemplazando la ecuación [9.2] en [9.3] se halla VS:

VS 

WS GS   W

[9.4]

De la ecuación [A.1] se halla VV: VV  V  VS

[9.5]

Finalmente reemplazando las ecuaciones [9.4] y [9.5] en la ecuación [9.1] se tiene: WS GS   W WS GS   W

V

e

V  VS VS



e

e

V  G S   W  WS WS



e

V  GS   W 1 WS

PROBLEMA 10. A continuación están los resultados de un análisis de tamices. Hacer los cálculos necesarios y dibujar la curva de distribución del tamaño de partículas. Tabla 1.4. Análisis de tamices U.S. Tamaño Tamiz 4 10 20 40 60 80 100 200 Bandeja

Masa Retenida en cada Tamiz, g. 0 40 60 89 140 122 210 56 12

Estrategia: Para poder determinar la curva de distribución es necesario obtener el porcentaje de suelo seco que pasa por un determinado tamiz y en función a este y la abertura del tamiz se traza la curva de distribución. Masa acumulada sobre cada tamiz  M 1  M 2  .........  M n

53


% que pasa 

 M  masa acumulada  100 M

 M  729

Donde:

% que pasa 

729  40  100  94.51 729

% que pasa 

729  100  100  86.28 729

Y así sucesivamente para cada tamiz como se ven los valores hallados en la Tabla 1.5. Tabla 1.5. Resultados del análisis de tamices U.S. Tamaño Tamiz 4 10 20 40 60 80 100 200 Bandeja

Abertura (mm.) 4 750 2 000 0.850 0.425 0.250 0.180 0.150 0.075 0.000

Masa Retenida en cada Tamiz, g. 0 40 60 89 140 122 210 56 12

Masa Acumulada sobre cada Tamiz, g. 0 0+40 = 40 40+60 = 100 100+89 = 189 189+140 = 329 329+122 = 451 451+210 = 661 661+56 = 717 717+12 = 729

% que pasa 100 94.51 86.28 74.07 54.87 38.13 9.33 1.65 0

Distribución de tamaño de partículas

Porcentaje que pasa, %

100.00 80.00 60.00 40.00 20.00 0.00 10.00

1.00

0.10

0.01

Abertura del tamiz, mm

Figura 1.5. Gráfica de distribución de tamaño de partículas

De la curva se deduce que debido a la pendiente pronunciada que presenta y a su forma, que el suelo de grano grueso (gravas y arenas) y esta POBREMENTE GRADADO.

PROBLEMA 11. Para la curva de distribución de tamaño de partículas mostrada en el anterior ejercicio. Determine: - D10 , D30 , y D60. - Coeficiente de Uniformidad Cu.

54


-

Coeficiente de Gradación Cc.

Estrategia: Para poder determinar el D10, D30 y el D60 es necesario hacer una interpolación lineal entre los valores inferior y superior mas cercanos al porcentaje que pasa deseado y la abertura de sus tamices correspondientes. Una vez hallados estos valores mediante las ecuaciones del Anexo A se hallan fácilmente estos parámetros de la curva de distribución. PASO 1 Determinar el D10, D30 y el D60 mediante una interpolación lineal en escala semilogarítmica. De la ecuación de la línea recta se tiene: X  X1 Y  Y1  X 1  X 2 Y1  Y2

Haciendo cambios de variable: X = Abertura tamiz (escala logarítmica) Y = % que pasa (escala aritmética) X  D 10; 30; X 1  D1 X 2  D2

60

Y  10 ; 30; 60 % Y1  %1 Y2  % 2

 %  %1  D x  D1   log x D2  D1  % 2  %1  Dx 

D2  D1  log % x   log%1   D1 log % 2  log %1

Para D10 se tiene: D10 

0.18  0.15  log10   log9.33  0.15 log38.3  log9.33

D10  0.15 mm

Para D30 se tiene: D30 

0.18  0.15  log30   log9.33  0.15 log38.3  log9.33

D30  0.17 mm Para D60 se tiene:

D30 

0.425  0.25  log60   log54.87   0.25 log74.07   log54.87 

D60  0.28 mm

55


PASO 2 Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas. CU 

D60 D10



CU 

0.28 0.15

CC 

2 D30  D60  D10

CC 

0.17 2  0.28  0.15



CU  1.91

CC  0.67

PROBLEMA 12. Se conoce que el límite líquido de un suelo es 70% y el límite plástico ha sido determinado como 50%. Se pide hallar la magnitud del límite de contracción. Estrategia: Para poder resolver este ejercicio es necesario utilizar el grafico de plasticidad De las ecuaciones [A.56] y [A.57] se tienen las ecuaciones de la línea A y la línea U. Línea A Línea U

 

IP = 0.73 (LL – 20) IP = 0.9 (LL – 8)

PASO 1 Determinar el punto de intersección de la línea A y la línea U. 0.73·(LL – 20) = 0.9·(LL – 8) 0.73·LL – 14.6 - 0.9·LL + 7.2 = 0 LL = – 43.53 IP = – 46.38 Inter sec ción  43.53, - 46.38

PASO 2 Determinar la ecuación que se forma entre el punto de intersección y el punto A dado. Para el punto A (dato) se tienen los siguientes datos: LL = 70% LP = 50 %

Entonces el índice de plasticidad será: IP = LL – LP IP = 70 – 50



IP = 20

A 70, 20 

56


Lí ne a

U

70

Índice de plasticidad

60

n Lí

ea

A

50 40 30 A

20 10 0

20

40

60

80

100

Límite líquido Límite de contracción

LL = -43.5 IP = -46.4

Figura 1.6. Gráfico de plasticidad

Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A: y  y1 

y 2  y1 X  X1  X 2  X1

[12.1]

Haciendo cambio de variable: IP = Y LL = X Entonces los puntos A y de intersección serán: Inter sec ción  X 1 , Y1   A  X 2 , Y2  

Inter sec ción  43.53, - 46.38 A 70, 20 

Reemplazando en la ecuación [12.1] estos dos puntos se tiene: IP   46.38 

IP  46.38 

20   46.38  LL   43.53 70  43.53

66.38  LL  43.53 113.53

IP  0.58  LL  20.93  0

Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene: 0  0.58  LC  20.93  0

57


LC 

20.93 0.58



LC  36.09

PROBLEMA 13. Para un contenido de humedad w =35% se tiene 30 golpes en el aparato de Casagrande y del ensayo de límite plástico se obtiene LP = 27%. a) Estimar el límite líquido. b) Estimar el límite de Contracción. c) Estimar el índice de liquidez para un winsitu  32.3% . Estrategia: Para poder resolver este ejercicio es necesario utilizar el grafico de plasticidad y las ecuaciones [A.56] y [A.57] se tienen las ecuaciones de la línea A y la línea U. a) Determinar el límite líquido. De la ecuación [A.52] se tiene: N LL  wN     25 

tg

Donde: tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación). N  30 wN  0.35  30  LL  0.35     25 

0.121



LL  0.3578

b) Determinar el límite de contracción. Línea A



IP = 0.73 (LL – 20)

Línea U



IP = 0.9 (LL – 8)

PASO 1 Determinar el punto de intersección de la línea A y la línea U. 0.73·(LL – 20) = 0.9·(LL – 8) 0.73·LL – 14.6 - 0.9·LL + 7.2 = 0 LL = – 43.53 IP = – 46.38 Inter sec ción  43.53, - 46.38

PASO 2 Determinar la ecuación que se forma entre el punto de intersección y el punto A dado.

58


Para el punto A (dato) se tienen los siguientes datos: LL = 35.78% LP = 27% Entonces el índice de plasticidad será: IP = LL – LP



IP = 35.78 – 27

IP = 8.78

A 35.78, 8.78  Lí ne a

U

70


60

n Lí

ea

A

50 40 30 20 A

10 0

20

40

60

80

100

Límite líquido Límite de contracción

LL = -43.5 IP = -46.4

Figura 1.7. Gráfico de plasticidad

Hallar la ecuación de la recta que pase por los puntos de intersección y A: y  y1 

y 2  y1 X  X1  X 2  X1

[13.1]

Haciendo cambio de variable: IP = Y LL = X Entonces los puntos A y de intersección serán: Inter sec ción  X 1 , Y1  

Inter sec ción  43.53, - 46.38

59


A  X 2 , Y2 



A 35.78, 8.78 

Reemplazando en la ecuación [17.1] estos dos puntos se tiene:

IP   46.38 

IP  46.38 

8.78   46.38  LL   43.53 35.78   43.53

55.16  LL  43.53 79.31

IP  0.695  LL  16.10  0 Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:

0  0.695  LC  16.10  0

LC 

16.10 0.695



LC  23.17

c) Determinar el índice de liquidez. De la ecuación [A.54] se tiene: LI 

winsitu  PL LL  PL

Reemplazando los valores hallados se tiene: LI 

32.3  27 35.78  27



LI  0.6

PROBLEMA 14. El volumen de una muestra irregular de suelo parcialmente saturado se ha determinado cubriendo la muestra con cera y pesándola al aire y bajo agua. Se conocen: Peso total de la muestra de aire Mm = 180.6 g Contenido de humedad de la muestra wm = 13.6% Peso de la muestra envuelta en cera, en el aire M (m+c) = 199.3 g Peso de la muestra envuelta en cera, sumergida M (m+c)agua = 78.3 g Gravedad especifica de los sólidos GS = 2.71 Gravedad especifica de la cera GC = 0.92 Determinar el peso específico seco, γd y el grado de saturación, S del suelo. Estrategia: Para hallar el peso específico seco y el grado se saturación se recurre a las ecuaciones del Anexo A y principios básicos de hidráulica, como el principio de Arquímedes. PASO 1 Determinar el peso de la cera el peso seco del suelo.

60


M cera  M m  c  M m  199.3  180.6  18.7 M cera  18.7 g

De la ecuación [A.14] el dato de contenido de humedad se tiene. M W  wm  M S

[14.1]

De la ecuación [A.3] se tiene: MW  M m  M S

[14.2]

Igualando las ecuaciones [14.1] y [14.2] se tiene: wm  M S  M m  M S

[14.3]

Despejando MS se tiene: MS 

Mm 1  wm

[14.4]

Reemplazando datos se tiene: MS 

180.6 1  0.136



M S  158.98 g

PASO 2 Determinar el volumen de agua sólidos y cera. De la ecuación [A.6] se tiene: VW 

WW 0.136  158.98  W 1



VW  21.62 g

De las ecuaciones [A.15] y [A.7] se tiene: GS 

VS 

S W 158.98 2.71 1

MS GS   w



VS 



VS  58.66 cm 3

[14.5]

Se procede de la misma manera para el volumen de la cera: Vcera 

M cera GC   w

Vcera 

18.7 0.92  1



Vcera  20.33 cm 3

61


PASO 3 Determinar el volumen de la muestra. Siguiendo el principio de Arquímedes: El volumen de la muestra con cera (volumen total, Vt) es igual al volumen de agua desplazado cm3, e igual a su masa en gramos: M t  W Vt

Mt W



Vt 



M t  121 g

[14.6]

M t  M s c  M ( sc ) ' M t  199.3  78.3

Reemplazado Mt en la ecuación [14.6] se tiene:

121 1

Vt 



Vt  121 cm 3

Entonces el volumen de la muestra será: Vm  Vt  Vcera



Vm  121 20.3

Vm  100.67 cm 3

De la ecuación [A.8] se tiene: Md V

d 



d 

159.0 100.7



 d  1.58 g/cm 3

Cambiando unidades:

 d  15.49 kN/m 3 De la ecuación [A.26] se tiene:

d 

GS   W  w  GS  1    S 

G S  W  w  GS  1    S 



d 



S



S  51.5 %

Despejando S se tiene:

S

w  GS   d G S  W   d

S  0.515

13.6  2.71  1.58 2.71  1  1.58

62


PROBLEMA 15. Determine el límite de contracción a partir de los siguientes datos: Tabla 1.6. Datos de límite de contracción Densidad del mercurio, Mg/m3: Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: Masa del recipiente, g: Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, g: Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, g: Masa del mercurio desplazado, g:

13.55 230.65 19.76 49.19 43.08 183.17

Estrategia: La determinación del límite contracción a partir de estos datos es un procedimiento de laboratorio. El procedimiento a seguir se resume en la Tabla siguiente: Tabla 1.7. Resultado de límite de contracción Muestra Densidad del mercurio, (ρm) Mg/m3: Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: 3 Volumen inicial de muestra, (V) cm : Masa del recipiente, (Mt) g: Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, (MW) g: Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, (Md) g: Masa del mercurio desplazado, g: Masa de la muestra húmeda, (M) g: Masa de la muestra seca, (M0) g:

29.43

M  MW  M t

23.32

M0  Md  Mt 3

Volumen de mercurio desplazado, (V0) cm : Contenido de humedad inicial, (w ) %: Límite de contracción (SL), %:

13.52

 M  M 0     100 w   M0    V  V0   W 

SL  w   

13.55 230.65 17.02 19.76 49.19 43.08 183.17

M0

   100  

26.20 11.18

PROBLEMA 16. Se requiere construir un terraplén de una carretera que tendrá las características de la Figura 1.8:

63


15 m 2m

2 1 Figura 1.8. Perfil transversal del terraplén

La longitud del terraplén será de 600 m y se desea que tenga un índice de vacíos de 0.5. Las propiedades del los dos bancos son los de la Tabla 1.8: Tabla 1.8. Propiedades Peso específico Contenido de humedad Gravedad específica Distancia a la obra Esponjamiento

Banco A 18.5 kN/m3 10% 2.65 3 km 20%

Banco B 19 kN/m3 5% 2.65 4 km 30%

Tomar en cuenta que una volqueta tiene una capacidad de 3 m3 y su costo por el uso es de 15 Bs. por kilómetro recorrido. a) Determinar los volúmenes a extraer, los volúmenes a transportar. b) Determinar el banco de préstamo más favorable. c) Tomando en cuenta el porcentaje de esponjamiento determinar el índice de vacíos del material suelto (extraído) para el banco de préstamo escogido. Estrategia: Para poder determinar los volúmenes a extraer es necesario realizar un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Una vez halladas estas incógnitas con ayuda de las ecuaciones del anexo A y algunos datos, se puede resolver fácilmente los incisos b) y c). a) Determinar los volúmenes a extraer, los volúmenes a transportar. PASO 1 Determinar el volumen del terraplén. De la definición del volumen de un trapecio se tiene:

Vt 

B  b   H  L

Vt 

15  23  2  600

2

2



Vt  22800 m 3

PASO 2 Determinar los volúmenes a extraer de cada banco de préstamo. De la ecuación [A.18] se tiene:

64


 

1  w  GS   w 1 e

Despejando el índice de vacíos, e:

1  w GS   W e 

eA  1 

1  0.1  2.65  9.81  1

18.5 1  0.05  2.65  9.81  1 eB  19

e A  0.55 e B  0.44


e

VV VS



e VS  VV

A partir de los datos e incógnitas dadas se tiene el siguiente sistema de ecuaciones: e A VS  VV(bancoA)  e B VS  VV(bancoB)  e fnal VS  VV(final) V  V V(final)  Vterraplen  S

0.55Vs  VvA  0.44Vs  VvB 0.50V  V s vf  Vs  Vvf  22800 

Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene: VS = 15200 m3 VV A = 8360 m3 VV B = 6688 m3 VV f = 7600 m3 Entonces los volúmenes a extraer para cada banco son: Banco A : V A  15200  8360  23560 m 3 Banco B : VB  15200  6688  21888 m 3

El esponjamiento es el porcentaje de volumen de aumenta el suelo al ser removido. Entonces los volúmenes a transportar serán: Banco A :

V A  23560  1.20  28272.0

Banco B : VB  21888  1.30   28454.4 b) Determinar el banco de préstamo más favorable.

El costo de 1 volqueta de 3 m3 es de 15 Bs., entonces:

65


Costo 

15  5 Bs\km\m3 3

Costo A  5  282720  3  424080

Bs.

Costo B  5  28454.4   3  569088

Bs.

El banco de préstamo más favorable será el banco A, con un costo de transporte de 424080 Bs. c) Determinar el índice de vacíos del material suelto para el banco de préstamo escogido. Vbanco 1  f e   Vsuelto

1  f e   Vsuelto Vbanco



Vs  Vv ( suelto ) Vs  Vv (banco )



Vs  esuelto Vs 1  esuelto  Vs  ebanco Vs 1  ebanco

Despejando el índice de vacíos suelto tenemos: esuelto  1  f e   1  ebanco   1 esuelto  1  0.20   1  0.55  1 esuelto  0.86

PROBLEMA 17. Un terraplén requiere 5000(m3) de suelo compactado .Se ha especificado el índice de vacíos del relleno compactado en 0.8.Se dispone de cuatro lugares de préstamo, como se describe en la Tabla 1.9, la cual muestra los índices de vacíos del suelo y el costo por metro cúbico para mover el suelo al sitio propuesto. ¿Indique cual es el banco de prestamos mas económico para la obra propuesta. Tabla 1.9. Bancos de préstamo Banco de Préstamo Parotani Cliza Sacaba Punata

Índice de Vacíos 1.2 0.85 0.75 0.95

Costo ($/m3) 9 6 10 7

Estrategia: Es necesario recurrir a un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para poder despejar las incógnitas a partir de los datos dados.

 

V  5000 m 3

(Suelo Compactado)

e  0 .8 PASO 1 Determinar el sistema de ecuaciones, en función de los datos e incógnitas. VV eVParo tan i  VS  VVParo tan i  120  VS  VVParo tan i e Paro tan i  Paro tan i VS

[17.1]

66


eCliza 

VVClizai VS

eSacaba 

ePunata 

eFinal 

VVSacabaai VS VVPunata VS

VVFinal VS

V  VS  VVFinal

eVCliza  VS  VVCliza



0.85  VS  VVClizai

[17.2]

eVSacaba  VS  VVSacavaza



0.75  VS  VVSacabai

[17.3]

ePunata  VS  VVPunata



0.95  VS  VVPunata

[17.4]

eFinal  VS  VVFinal



0.80  VS  VVFinal

[17.5]

500  VS  VVFinal



VS  5000  VVFinal

[17.6]

Se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para resolver: PASO 2 Hallar las incógnitas del sistema de ecuaciones. VS  2777.78 m3

De aquí tenemos los Volúmenes Totales que se necesitan:

VVParo tan i  3333.33 m3 VParo tan i  2777.78  3333.33



VParo tan i  6111.11 m3

VVCliza  2361 m3

VCliza  2777.78  2361.11



VCliza  5138.89 m3

VVSacaba  2033.33 m3

VSacaba  2777.78  2361.11



VSacaba  4811.11 m3

VVPunata  2638.88 m3

VPunata  2777.78  2638.88



VPunata  5416.66 m3



VFinal  5000 m3

VVFinal  2222.22 m3

PASO 3 Determinar el costo de cada banco de préstamo. Tabla 1.10. Costo de Bancos de préstamo Banco de Préstamo Parotani Cliza Sacaba Punata

Volumen (m3) (1) 6111.11 5138.89 4811.11 5416.66

Costo ($/m3) (2) 9 6 10 7

Costo Total ($) (3) = (1) · (2) 54999.99 30833.34 48111.10 37916.62

El Banco de préstamo más económico es el de CLIZA.

67


CAPÍTULO 2

Clasificación de los suelos 2.1. Introducción. La clasificación de los suelos permite obtener una descripción apropiada y única de estos y así conocer de que material se trata en cada caso dándonos una idea clara de sus características y el uso que se le puede dar, los métodos de clasificación de suelos solo consisten en agruparlos en una u otra categoría dependiendo de sus propiedades físicas. Existe una clasificación de las partículas dependiendo su tamaño, de este modo, las partículas se definen como: 

Grava si su tamaño se encuentra entre 76.2 mm y 2 mm.



Arena si su tamaño es de 2 mm a 0.075 mm.



Limo si su tamaño es de 0.075 mm a 0.02 mm.



Arcilla si su tamaño es menor a 0.02 mm.

Entre los métodos de clasificación que se utilizan son: 

Sistema de clasificación AASHTO (American Association of State Highway and Transportation Officials), este es un sistema de clasificación más apto para material de construcción de vías ce comunicación, dando a los materiales una clasificación que va de A-1 a A-7 acompañados de un índice de grupo, en la que los mejores materiales para la construcción de bases y sub-bases son los primeros A-1 y A-2.



Sistema de Clasificación de Suelos Unificado, USCS (Unified Soil Classification System), se trata de un sistema más completo de clasificación que nos permite también conocer las características de plasticidad, gradación y otros de las muestras que se analiza, este método más usual para la ingeniería geotécnica clasifica las muestras mediante las abreviaciones del método y le asigna un nombre con respecto a sus otras características.

Las Tablas y gráficas de clasificación se encuentran en el Anexo B. Para obtener la distribución de tamaños de las partículas se utilizan dos métodos muy difundidos como son el tamizado mecánico y el del hidrómetro que se complementan mutuamente para obtener granulometrías completas hasta tamaños de partículas ínfimos. Para la determinar los límites de consistencia LL, LP e IP (IP = LL – LP) se determinan mediante el ensayo de muestras según métodos normalizados.

68

CAPÍTULO 2 Clasificación de los suelos

2.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Explique en que consiste la clasificación de suelos. Respuesta. El clasificar un suelo consiste en agrupar al mismo en grupos y/o subgrupos de suelos que presentan un comportamiento semejante con propiedades ingenieríles similares. Estos grupos o subgrupos de suelos presentan rangos normados de cada propiedad de los suelos según el sistema de clasificación utilizado.

PREGUNTA 2. Explique cual es el tamaño máximo del diámetro de la partícula para que sea considerada como parte del suelo, según los sistemas de clasificación Unificado y AASHTO. Respuesta. Tanto el sistema de clasificación Unificado como el sistema de clasificación AASHTO consideran como suelo (conjunto de partículas sólidas, con líquido y agua en sus poros) a la parte que pasa por el tamiz de 3” (75 mm.), por lo tanto las partículas más grandes a este diámetro son consideradas como partículas aisladas que ya no forman parte del suelo.

PREGUNTA 3. Explique cada uno de las cuatro principales categorías en que se dividen los suelos según el sistema de clasificación de suelos Unificado. Respuesta. El sistema de clasificación Unificado clasifica a los suelos en cuatro principales categorías, cada una de estas categorías usa un símbolo que define la naturaleza del suelo: 



 

Suelos de grano grueso. Son de naturaleza tipo grava y arena con menos del 50% pasando por el tamiz Nº 200. Los símbolos de grupo comienzan con un prefijo G para la grava o suelo gravoso del inglés “Gravel” y S para la arena o suelo arenoso del inglés “Sand”. Suelos de grano fino. Son aquellos que tienen 50% o más pasando por el tamiz Nº 200. Los símbolos de grupo comienzan con un prefijo M para limo inorgánico del sueco “mo y mjala”, C para arcilla inorgánica del inglés “Clay”. Suelos orgánicos. Son limos y arcillas que contienen materia orgánica importante, a estos se los denomina con el prefijo O del inglés “Organic”. Turbas. El símbolo Pt se usa para turbas del inglés “peat”, lodos y otros suelos altamente orgánicos.

69


PREGUNTA 4. Explique cuando se presenta un símbolo doble en el sistema de clasificación Unificado y que significa este símbolo doble. Respuesta. Un símbolo doble, corresponde a dos símbolos separados por un guión, e.g. GP-GM, SWSC, CL-ML, los cuales se usan para indicar que el suelo tiene propiedades de dos grupos. Estos se obtienen cuando el suelo tiene finos entre 5 y 12% o cuando las coordenadas del límite líquido y el índice de plasticidad caen en el área sombreada CL-ML de la carta de plasticidad. La primera parte del doble símbolo indica si la fracción gruesa es pobremente o bien gradada. La segunda parte describe la naturaleza de los finos. Por ejemplo un suelo clasificado como un SPSM significa que se trata de una arena pobremente gradada con finos limosos entre 5 y 12%. Similarmente un GW-GC es una grava bien gradada con algo de finos arcillosos que caen encima la línea A.

PREGUNTA 5. Explique cuando se presenta un símbolo de frontera en el sistema de clasificación Unificado y que significa este símbolo de frontera. Respuesta. Un símbolo de frontera. Corresponde a dos símbolos separados por el símbolo divisorio (/) y deberá usarse para indicar que el suelo cae muy cerca de la línea de división entre dos símbolos de grupo. En estos casos es aceptable el uso de ambos símbolos en la clasificación, con el símbolo de grupo “correcto” por delante seguido del símbolo de grupo “casi correcto”. Por ejemplo, una combinación de arena – arcilla con ligeramente un poco menos del 50% de arcilla podría ser identificada como SC/CL, de la misma manera pasa con otros tipos de suelos como por ejemplo CL/CH, GM/SM.

PREGUNTA 6. Explique cual es el principal uso de la línea U en la Figura B.1, del Anexo B y cual es su ecuación. Respuesta. La línea “U”. Mostrada en la Figura B.1 ha sido determinada empíricamente en base a análisis de suelos extremos, para ser el “límite superior” de suelos naturales, por lo que no deberían obtenerse resultados por encima de esta línea. Esta línea es una buena manera de comprobar que los datos no sean erróneos y algunos resultados de ensayos que caigan arriba o a la izquierda de esta deben ser verificados. La ecuación de la línea U es: IP = 0.9·(LL - 8)

70


PREGUNTA 7. Cuales son las principales características de un suelo para poder reconocerlo como un suelo altamente orgánico (Pt). Respuesta. Este tipo de suelo trae muchos problemas a los ingenieros, por su alta compresibilidad y muy baja resistencia al corte, pero es muy fácil de identificar según a sus siguientes características notorias: 

Compuesto principalmente de material orgánico (material fibroso).



Color café oscuro, gris oscuro, o color negro.



Olor orgánico, especialmente cuando esta húmedo.



Consistencia suave.

PREGUNTA 8. En que esta basado el sistema de clasificación de suelos Unificado. Respuesta. El sistema de clasificación USCS está basado en la determinación en laboratorio de la distribución del tamaño de partículas, el límite líquido y el índice de plasticidad. Este sistema de clasificación también se basa en la gráfica de plasticidad, que fue obtenida por medio de investigaciones realizadas en laboratorio por A. Casagrande (1932).

PREGUNTA 9. Según el sistema de clasificación de suelos AASHTO como se evalúa la calidad de los suelos. Respuesta. La evaluación de los suelos dentro de cada grupo se realiza por medio de un índice de grupo, que es un valor calculado a partir de una ecuación empírica. El comportamiento geotécnico de un suelo varía inversamente con su índice de grupo, es decir que un suelo con índice de grupo igual a cero indica que es material “bueno” para la construcción de carreteras, y un índice de grupo igual a 20 o mayor, indica un material “muy malo” para la construcción de carreteras.

71


PREGUNTA 10. Mediante el sistema de clasificación AASHTO, cuales son las principales características que se deben tomar en cuenta para poder calcular el índice de grupo de un suelo. Respuesta. El índice de grupo es calculado a partir de la siguiente ecuación empírica: IG  ( F200  35)·0.2  0.005·LL  40   0.01·( F200  15)·( IP  10)

[2.3]

Donde: F200 = Porcentaje que pasa a través del tamiz Nº 200, expresado como número entero. LL = Límite líquido. IP = Índice de plasticidad. Si el resultado del índice de grupo calculado es un valor negativo, entonces el índice de grupo (IG) será: IG = 0. Si el suelo no es plástico y no se puede determinar el Límite líquido, entonces el índice de grupo (IG) será: IG = 0. Este es el caso de los de los suelos A-1-a, A-1-b, A-2-4, A-2-5 y A-3, en donde su índice de grupo siempre es cero. Si el valor del índice de grupo calculado resulta ser un número decimal, se redondea al número entero más cercano según los siguientes criterios matemáticos. 

Si la parte decimal es menor que 0.5 entonces se elimina, e.g. si IG = 3.4 se redondea a 3.



Si la parte decimal es mayor que 0.5 entonces se aumenta en una unidad al número entero, e.g. si IG = 3.6 se redondea a 4.



- Si la parte decimal es igual a 0.5 entonces se redondea al número entero par más próximo, e.g. si IG = 3.6 se redondea a 4 y si IG = 4.5 se redondea a 4.

El índice de grupo de suelos A-2-6 y A-2-7 debe calcularse utilizando solo la porción del IP: IG  0.01·( F200  15)·( IP  10)

[2.4]

En el caso de usarse el ábaco, observe que en la parte superior de la medida derecha se encuentra un rango para los suelos A-2-6 y A-2-7, cuando trabaje con estos subgrupos el índice de grupo (IG) resultara ser el valor del índice parcial de grupo para IP. El índice de grupo no tiene límite superior.

72


2.3. Problemas. PROBLEMA 1. Se ha realizado ensayos de granulometría y limites de consistencia en un suelo y se presentan los resultados a continuación. Tabla 2.1. Lavado de la muestra Peso del recipiente, Mr: Peso de la muestra seca mas recipiente, MS+r: Peso de la muestra seca, Mo=MS+r - Mr: Peso seco de la muestra retenida en el Nº 200 despues del lavado, M200:

352.50 g 9846.00 g 9493.50 g 9233.00 g

Para la fracción fina: Límite líquido = 28% Índice de plasticidad = 18% Tabla 2.2. Análisis granulométrico Tamiz Nº Diámetro Peso retenido mm g 3" 76 1829.5 2" 52 1978.5 11/2" 38 1055.5 1" 25 437 3/4" 19 320.5 1/2" 13 432 3/8" 9 235.5 1/4" 6.3 333 4 4.75 200.5 8 2.36 530.5 16 1.18 478.5 30 0.6 393.5 50 0.3 424.5 100 0.15 406 200 0.075 168 Bandeja ------10 Ma = 9233.00

a) Dibujar la curva granulométrica. b) Clasificar el suelo por el sistema Unificado. a) Curva granulométrica. Para dibujar la curva granulométrica es necesario determinar los porcentajes de suelo seco que pasan por cada tamiz y graficar la abertura del tamiz en escala logarítmica con el porcentaje que pasa en cada tamiz. A continuación se presenta el procedimiento y algunas consideraciones de importancia para lograr un análisis preciso. El peso de la muestra seca retenida sobre el tamiz Nº 200, que es el peso del material seco que queda después de haber lavado el material seco de peso WS, sobre el tamiz Nº 200 y haber eliminado de la muestra el material menor a 0.0075 mm de diámetro, este material es el que se utiliza para el tamizado.

73


Si se tienen partículas que no pasen el tamiz de 3”, no tomar en cuenta el peso de estas para el calculo y colocar en el informe final: “Con cantos rodados” Del análisis del tamizado se obtiene el porcentaje que pasa de la siguiente manera: 1. Determinar el total de peso retenido en todos los tamices. Total de peso retenido = Ma = ∑(Peso retenido en cada tamiz) = 1829.5 + 1978.5 +… + 10 = 9233 g 2. Verificar el porcentaje de error en el tamizado (debe ser menor al 2 %, sino rehacer el ensayo). % Error 

M 200  M a  100  2% M 200

% Error 

9233  9233  100  0 %  2 % 9233

3. Determinar el peso retenido acumulado en cada tamiz. Peso retenido acumulado = Peso retenido en el tamiz superior + Peso retenido en el tamiz actual. Por ejemplo para el tamiz de 2”: Peso retenido acumulado = 1829.5 + 1978.5 = 3808 4. Determinar la masa que se debe aumentar a la bandeja. Mb = Mo – M200 Mb = 2943.5 – 9233 = 260.5 g 5. Determinar el porcentaje retenido acumulado. Porcentaje retenido acumulado = [(masa retenida acumulada)/ peso de la muestra seca, Mo]·100 Por ejemplo para el tamiz de 2”: Porcentaje retenido acumulado = [3808/9493]·100 = 40.11 % 6. Determinar el porcentaje que pasa. Porcentaje que pasa = 100 % - Porcentaje retenido acumulado. Por ejemplo para el tamiz de 2”: Porcentaje que pasa = 100 % - 40.11 % = 59.89 % 7. Determinar los logaritmos del diámetro de la abertura de los tamices. Log(Diámetro) = Logaritmo en base 10 8. Determinar el porcentaje que pasa corregido. Haciendo que porcentaje que pasa el tamiz de 3” sea el 100% y los demás se los halla por regla de tres.

74


9. Construcción de la curva de distribución de tamaño de partículas. Log(diámetro) vs. % que pasa. Tabla 2.3. Resultados del análisis granulométrico Tamiz Diámetro Peso retenido Peso retenido % retenido % que pasa Log (diámetro) % que pasa mm g acumulado g acumulado corregido 3" 76 1829.5 1829.50 19.27 80.73 1.88 100.00 2" 52 1978.5 3808.00 40.11 59.89 1.72 74.18 11/2" 38 1055.5 4863.50 51.23 48.77 1.58 60.41 1" 25 437 5300.50 55.83 44.17 1.40 54.71 3/4" 19 320.5 5621.00 59.21 40.79 1.28 50.53 1/2" 13 432 6053.00 63.76 36.24 1.11 44.89 3/8" 9 235.5 6288.50 66.24 33.76 0.95 41.82 1/4" 6.3 333 6621.50 69.75 30.25 0.80 37.47 4 4.75 200.5 6822.00 71.86 28.14 0.68 34.86 8 2.36 530.5 7352.50 77.45 22.55 0.37 27.94 16 1.18 478.5 7831.00 82.49 17.51 0.07 21.69 30 0.6 393.5 8224.50 86.63 13.37 -0.22 16.56 50 0.3 424.5 8649.00 91.10 8.90 -0.52 11.02 100 0.15 406 9055.00 95.38 4.62 -0.82 5.72 200 0.075 168 9223.00 97.15 2.85 -1.12 3.53 Bandeja ------10 9233.00 100.00 0.00 ---0.00 Ma = 9233.00 260.50 Mo = 9493.50

Distribución de tamaño de partículas 100


80

60

40

20

0 100.00

10.00

1.00

0.10

0.01

Abertura de los tamices, mm Figura 2.1. Gráfica de distribución de tamaño de partículas

b) Clasificación de suelos por el sistema Unificado.

75


PASO 1 Obtener el % retenido en el tamiz Nº 200 para la clasificación preliminar (Tabla B.1). F200 = 3.53% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 3.53)

R200 = 96.47%



R200 = 96.47% > 50%



Suelo de grano grueso.



Suelo gravoso

PASO 2 Determinar si el suelo es gravoso o arenoso. F4 = 34.86



R4 = 100 - F4

R4=100 - 34.86



R4 = 65.14

0.5·R200 = 0.5·96.47



0.5·R200 = 48.23

R4 >0.5·R200



65.14 > 48.23

PASO 3 Clasificar el suelo según los criterios de la Tabla B.1 para los suelos gravosos: F200 < 5 hallar CU y CZ:

D CU  60 D10

;

D302 CZ  D10 D60

Los diámetros de partículas para los porcentajes requeridos, 10%, 30%, 60%, se pueden obtener de la curva de distribución de tamaño de partículas o mediante una interpolación lineal entre dos puntos en cuyo intervalo se encuentre el punto que se requiera hallar. El resultado obtenido mediante una interpolación lineal produce resultados más exactos. A continuación se procede con este método de interpolación lineal. PASO 4 Determinar el D10, D30 y el D60 mediante una interpolación lineal semilogaritmica. De la ecuación de la línea recta se tiene: X  X1 Y  Y1  X 2  X 2 Y2  Y1

Haciendo cambios de variable: X  D 10; 30; X 1  D1 X 2  D2

60

X =abertura tamiz (escala logarítmica) Y = % que pasa (escala aritmética) Y  10 ; 30; 60 % Y1  %1 Y2  % 2

 %  %1  D x  D1   log x D2  D1  % 2  %1 

76


Dx 

D2  D1  log % x   log%1   D1 log % 2  log %1

Para D10 se tiene: D10 = X D1 = 0.3 D2 = 0.15

%x = 10 %1 = 11.02 %2 = 5.72 D10 

0.3  0.15  log10  log11.02   0.3 log5.72   log11.02

D10  0.278 mm

Para D30 se tiene: D30 = X D1 = 4.75 D2 = 2.36

%x = 30 %1 = 34.86 %2 = 27.94 D30 

2.36  4.75  log30  log34.86  4.75 log27.94  log34.86

D30  3.131 mm

Para D10 se tiene: D60 = X D1 = 38 D2 = 25

%x = 60 %1 = 60.41 %2 = 54.71 D60 

25  38  log60   log60.41  38 log54.71  log60.41

D60  37.107 mm

PASO 5 Determinar los parámetros de la curva de distribución de tamaño de partículas. CU 

D60 D10

CZ 

D302 D60  D10



CU 



37.107 0.278

CZ 



CU  133.5

3.1312  0.278  37.107

C Z  0.67

PASO 6 Clasificar el suelo con todos los datos ya disponibles (Tabla B.1).

77


CU  133.5 > 4

C Z  0.67 < 1 Por lo tanto el suelo es:

GP

PASO 7 Hallar el nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2.



SF = R200 – R4

SF = 96.47 – 65.14

SF = 31.33% > 15 Por lo tanto el suelo es:

(GP) Grava pobremente gradada con arena.

PROBLEMA 2. Se pide clasificar el siguiente suelo por el sistema ASSHTO. Límite líquido = 44% Límite plástico = 21%


Distribución del tamaño de partículas 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0 100

10

1

0.1

0.01

Diametro de partículas, mm Figura 2.2. Gráfica de distribución de tamaño de partículas

PASO 1 Determinar el índice de plasticidad y porcentajes que pasan necesarios para clasificación. LL  44% LP  21%



IP  23%

De la grafica de la distribución de tamaño de partículas se tiene:

78


F200  4% (Diámetro de partículas de 0.075 mm) F40  10% (Diámetro de partículas de 0.425 mm) F10  23% (Diámetro de partículas de 2.00 mm)

PASO 2 Clasificar el suelo según la Tabla B.6.a del Anexo B. Se procede de izquierda a derecha por simple eliminación hasta que los datos del suelo se ajusten exactamente a los de la Tabla B.6.a. F200  4%



F200  35%



Suelo grueso

LL  44% LP  21%



LL  41% IP  11%



A27

PASO 3 Determinar el índice de grupo. IG  0.01  F200  15  IP  10  0.01  4  15  23  10   1.43 IG  0

(Para índices de grupo negativos su índice de grupo será cero)

Por lo tanto el suelo es:

A-2-7 (0)

PROBLEMA 3. Clasificar los siguientes suelos por el sistema de clasificación AASHTO. Tabla 2.4. Propiedades de los suelos Distribución Suelo A % fino tamiz Nº 10 83 % fino tamiz Nº 40 48 % fino tamiz Nº 200 20 Limite liquido 20 Índice de plasticidad 5

B 100 92 86 70 32

C 48 28 6 — No plástico

D 90 76 34 37 12

E 100 82 38 42 23

Para clasificar estos suelos se procede de la misma manera que para el Problema 2. Suelo A:



F200 = 20 < 35% LL  20% IP  5%



Suelo Granular

LL  41% IP  11%



A27

Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero: Por lo tanto el suelo es: Suelo B:



IG = 0

A-1-b (0)

79




F200 = 86 > 35%

Suelo limo - Arcilla

LL  70% IP  32%



LL  41% IP  11%



A7

IP = LL-30



32 = 70 – 30



32  40



A-7-5

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG = F200  35  0.2  0.005  LL  40   0.01  F200  15  IP  10 IG = 86  35  0.2  0.005  70  40   0.01  86  15  32  10 IG = 33.47



IG = 33


A-7-5 (33)

Suelo C:



F200 = 6 < 35%

suelo Granular

IP = No plástico  A-1-b Para este tipo de suelos el índice de grupo es cero: Por lo tanto el suelo es:



IG = 0

A-1-b (0)

Suelo D:



F200 = 34 < 35% LL  37% IP  12%



suelo Granular

LL  41% IP  11%



A26

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.4]: IG = 0.01  F200  15  IP  10 IG = IG  0.01  34  15  12  10  IG = 0.38



IG = 0


A-2-6 (0)

Suelo E:



F200 = 38 < 35%

suelo limo y Arcilla

LL  42% IP  23%



LL  41% IP  11%



A7

IP = LL-30



23 = 42 – 30



23 ≥ 12



A-7-6

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]:

80


IG  F200  35  0.2  0.005  LL  40  0.01F200  15  IP  10 IG  38  35  0.2  0.005  42  40   0.0138  1523  10

IG = 3.62



IG = 4


A-7-6 (4)

PROBLEMA 4. Una muestra de suelo inorgánico tiene las siguientes características: Tabla 2.5. Análisis granulométrico Tamiz (mm) % que pasa 2.0 (Nº 10) 100 0.075(Nº 200) 71 0.050 67 0.005 31 0.002 19

Límite líquido = 53% Índice de Plasticidad = 22% Clasificar el suelo mediante los sistemas de clasificación de suelos. a) AASTHO. b) Unificado. a) Sistema de clasificación AASHTO. F200 = 71% > 35%



LL = 53% IP = 22%



LL  41% IP  11%



A7

IP = LL-30



22 = 53 – 30



22  23

Suelo Arcilla-Limo.



A-7-5

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG = F200  35  0.2  0.005  LL  40   0.01  F200  15  IP  10 IG  71  35  0.2  0.005  53  40   0.01  71  15  22  10 

IG = 16.26




IG = 16 A-7-5 (16) Mayormente Arcilloso.

b) Sistema de clasificación Unificado. F200 = 71%

81


R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 71)

R200 = 29%



R200 = 29% < 50%



Suelo de grano fino.

El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 53%  Límites de Atterberg debajo de la línea A (Figura B.1)  MH IP = 22% El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4 (ver nota en la parte inferior de la Tabla B.4, para determinar la fracción de grava, GF y la fracción de arena, SF): R200 = 29%



15 ≤ R200 ≤ 29%

GF = R4



GF = 0%

SF = R200 – R4 

SF = 29 – 0

SF 29  GF 0

SF  GF






SF = 29%

(MH) Limo elástico con arena

PROBLEMA 5. Realizar la clasificación de los siguientes suelos: Tabla 2.6. Propiedades de los suelos Descripción

A 87 77 68 60 27 10

% que pasa el tamiz No. 4 % que pasa el tamiz No. 10 % que pasa el tamiz No. 40 % que pasa el tamiz No. 200 Limite líquido Índice plástico

B 95 90 66 80 32 3,5

Suelo C 75,5 65 53 45 32 12

D 47 38 26,8 16,5 24,5 7,6

E 28 21 12 2,85 –———No plástico

F 99,8 97,5 96 74 25 20

Por los siguientes métodos: a) Sistema de clasificación AASHTO. b) Sistema de clasificación Unificado. a) Sistema AASHTO. Suelo A: F200 = 60% > 35%



LL = 27% IP = 10%

LL < 40% IP ≤ 10%



Suelo Arcilla-Limo.



A4

82


El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG  F200  35  0.2  0.005  LL  40  0.01  F200  15  IP  10  IG  60  35  0.2  0.005  27  40  0.01  60  15  10  10

IG = 3.375



IG = 3

Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limoso de regular a pobre para la construcción de carreteras. Suelo B: F200 = 80% > 35%



LL = 32% IP = 3.5%

LL < 40% IP < 10%



Suelo Arcilla-Limo.



A4

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG  F200  35  0.2  0.005  LL  40  0.01  F200  15  IP  10  IG  80  35  0.2  0.005  32  40   0.01  80  15  3.5  10

IG = 2.97



IG = 3

Por lo tanto el suelo es: A-4 (3) Suelo limoso de regular a pobre para la construcción de carreteras. Suelo C:



F200 = 45 > 35% LL = 32% IP = 12%



Suelo Arcilla-Limo.

LL < 40% IP > 11%



A6

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG  F200  35  0.2  0.005  LL  40  0.01  F200  15  IP  10  IG  45  35  0.2  0.005  32  40  0.01  45  15  12  10 

IG = 2.2



IG = 2

Por lo tanto el suelo es: A-6 (2) Suelo arcilloso de regular a pobre para la construcción de carreteras Suelo D: F200 = 16.5 < 35% LL = 24.5%  IP = 7.6%

 Suelo grueso. LL < 40%  IP < 10%

A24

83


El índice de grupo de este suelo es cero: IG = 0 Por lo tanto el suelo es: A-2-4 (0) Grava y arena limosa o arcillosa de excelente a buena para la construcción de carreteras. Suelo E: F200 = 2.85 < 35%



Suelo grueso.

LL = —— IP = No plástico



A 1 b

El índice de grupo de este suelo es cero: IG = 0 Por lo tanto el suelo es: A-1-b(0) Fragmentos de piedra, grava y arena. Suelo F:



F200 = 74 > 35% LL = 25% IP = 20%



Suelo Arcilla-Limo.

LL < 40% IP > 11%



A6

El índice de grupo de este suelo se halla con la ecuación [B.3]: IG  F200  35  0.2  0.005  LL  40  0.01  F200  15  IP  10  IG  74  35  0.2  0.005  25  40  0.01  74  15  20  10

IG = 10.7



IG = 11

Por lo tanto el suelo es: A-6 (11) Suelo arcilloso de regular a pobre para la construcción de carreteras b) Sistema Unificado. Suelo A: F200 = 60% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 60)

R200 = 40%



R200 = 40% < 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 27% < 50% IP = 10% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)



CL

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4:

84


R200 = 40%



R200 > 30%

R4 = 100 – F4



R4 = 100 – 87



R4 = 13%

SF = R200 – R4 

SF = 40 – 13



SF = 27%

SF 27  GF 13

SF  2.08 > 1 GF






GF = R4 = 13%

(CL) Arcilla magra arenosa.

Suelo B: F200 = 80% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 80)

R200 = 20%



R200 = 20% < 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 32% < 50% IP = 3.5% < 4%



ML

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.4: R200 = 20%



15 ≤ R200 ≤ 29%

R4 = 100 – F4



R4 = 100 – 95



R4 = 5%

SF = R200 – R4 

SF = 20 – 5



SF = 15%

SF 15  GF 5

SF 3 >1 GF






GF = R4 = 5%

(ML) Limo con arena

Suelo C: F200 = 45% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 45)

R200 = 55%



R200 = 55% > 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: F4 = 75.5



R4 = 100 - F4

R4=100 – 75.5 0.5·R200 = 0.5·55 R4 <0.5·R200

  

R4 = 24.5 0.5·R200 = 27.5 24.5 < 27.5

F200 = 45% > 12% IP = 12% > 7%



Suelo arenoso



SC

85


Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1) El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.3: R4 = 24.5%



GF = R4 = 24.5% > 15


(SC) Arena arcillosa con grava.

Suelo D: F200 = 16.5% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 16.5)

R200 = 83.5%



R200 = 83.5% > 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: F4 = 47



R4 = 100 - F4

R4=100 – 47



R4 = 53

0.5·R200 = 0.5·83.5



0.5·R200 = 41.75

R4 > 0.5·R200



53 > 41.75

F200 = 45% > 12% IP = 12% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A (Figura B.1)



Suelo gravoso



GC

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2: SF = R200 – R4 

SF = 83.5 – 53


(GC) Grava arcillosa con arena.

Suelo E: F200 = 2.85% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 2.85)

R200 = 97.15%



R200 = 97.15% > 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: F4 = 28



R4 = 100 - F4

R4=100 – 28 0.5·R200 = 0.5·97.15

 

R4 = 72 0.5·R200 = 48.575

R4 > 0.5·R200  72 > 48.575 F200 = 2.85% < 5% Hallar Cu y Cz:



Suelo gravoso

86


Tomamos los mismos parámetros del problema 1. CU 

D60 D10

CZ 

D302 D60  D10



CU 



37.107 0.278

CZ 



CU  133.5

3.1312  0.278  37.107

C Z  0.67

CU  133.5 > 4

C Z  0.67 < 1 Por lo tanto el suelo es:

GP

El nombre de grupo para este suelo se halla con los criterios de la Tabla B.2: SF = R200 – R4



SF = 97.15 – 72


(GP) Grava pobremente gradada con arena.

Suelo F: F200 = 74% R200 = (100 – F200)



R200 = (100 – 74)

R200 = 26%



R200 = 26% < 50%




El símbolo de grupo se lo halla con los criterios de la Tabla B.1: LL = 25% < 50% IP = 20% > 7% Límites de Atterberg sobre la línea A y sobre la línea U (Figura B.1). Esto se puede comprobar con la función de su gráfica : Línea U: PIu = (0.9)·(LL – PI) PIu = (0.9)(25 – 20) PIu = 4.5 < PI = 20 De esta manera se comprobó que los limites se encuentran por encima de la línea U, lo que indica que este suelo NO EXISTE , ya que no hay suelos con límites de consistencia por encima de esta línea.

87


CAPÍTULO 3

Descripción e identificación de suelos 3.1. Introducción. La identificación de un suelo consiste en reconocer el tipo de suelo en un sistema de clasificación conocido, en este caso mediante una inspección visual, táctil y olfativa, acompañado de algunos ensayos manuales evaluados en forma cualitativa. Mientras que la descripción consiste en aportar información adicional de algunas características notorias del suelo como ser: el color, olor, forma de las partículas del suelo y otras características. Inclusive esta información descriptiva debe usarse para complementar la clasificación de un suelo mediante los ensayos convencionales de laboratorio. En ingeniería civil se utilizan los suelos con dos propósitos: 1) material de préstamo para terraplenes o rellenos. 2) Fundaciones de estructuras. Se realiza la descripción de los suelos dependiendo como vayan a ser utilizados. a) Material de préstamo. Descripción del contenido de humedad seco, húmedo, saturado. b) Para fundaciones. Estructura natural, densificación en campo, consistencia del suelo, contenido de humedad. En general, se debe seguir el siguiente procedimiento: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16.

Nombre típico. Porcentaje aproximado de arena y grava. Máximo tamaño de partículas. Forma de los granos gruesos, angularidad. Condición de la superficie de los granos. Dureza. Color. Humedad. Contenido orgánico. Plasticidad Estructura Cementación. Grado de compacidad (excepto arcilla). Consistencia (solo arcillas). Nombre geológico. Símbolo de grupo.

3.2. Cuestionario.

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CAPÍTULO 3 Descripción e identificación de suelos

PREGUNTA 1. Para la identificación de una muestra de suelo: a) b) c) d) e)

Definir tenacidad Definir dilatancia. Actividad. Plasticidad. Límite plástico.

Respuesta. a) Tenacidad. Se refiere a la firmeza o rigidez de un suelo en términos de su grado de cohesividad. b) Dilatancia. Se refiere a la velocidad con la que una muestra de suelo cambia su consistencia y con la que el agua aparece y desaparece al ser sometida a una cierta acción dinámica de golpeteo. La dilatancia define la intensidad de dicha reacción. c) Actividad. Es la relación entre el índice de plasticidad y el % de fracción de arcilla de un suelo. A

IP Fracción de arcilla (%)

d) Plasticidad. Es la propiedad que tienen algunos suelos en especial las arcillas a que con un contenido de humedad leve pueden ser remoldeados y amasados sin desmenuzarse. e) Limite Plástico. Es cuando un suelo de determinada humedad es amasado en forma de rollitos de 3,2mm de diámetro una y otra vez hasta que ese rollo presente fisuras en la superficie entonces ese es el limite plástico, es el limite entre el estado plástico y el estado liquido.

PREGUNTA 2. Para la identificación de muestras de suelo: a) Definir resistencia en seco. b) Determinar los criterios para identificar una muestra de limo (ML o MH). c) Distinguir y explicar los diferentes “grados” de consistencia de un suelo fino. Respuesta. a) Resistencia en seco. Se refiere a la resistencia de una muestra de suelo, previamente secado, al romperse bajo presiones ejercidas por los dedos, es un índice del carácter de su fracción de arcilla.

b) Criterios para identificar un limo. Tabla 3.1. Criterio para identificar un limo

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Símbolo ML MH

Resistencia en Seco Nula a baja Baja a media

Dilatancia Tenacidad Lenta a rápida Baja, no se forman rollos Ninguna a lenta Baja a media

c) Grados de consistencia de un suelo fino. Tabla 3.2. Consistencia de un suelo fino Descripción Muy blando Blando Firme Dura Muy dura

Criterio El pulgar penetra el suelo mas de 1" (25mm) El pulgar penetra el suelo cerca de 1" (25mm) El pulgar mella el suelo cerca de 1/4 (6mm) El pulgar no mella el suelo pero es fácilmente mellado con la uña del pulgar La uña del pulgar no mella el suelo

PREGUNTA 3. Para la identificación de una muestra de suelo: a) Determinar los criterios para identificar una muestra de arcilla (CL o CH) b) Indicar los aspectos que deben caracterizarse en una muestra de suelo Respuesta. a) Criterios para identificar una arcilla. Tabla 3.3. Criterio para identificar una arcilla Símbolo CL CH

Resistencia en Seco Media a alta Alta a muy Alta

Dilatancia Tenacidad Ninguna a lenta Media Ninguna Alta

b) Aspectos que deben caracterizarse en una muestra de suelo.            

Angularidad de las partículas Forma de las partículas Tamaño máximo de partícula Dureza Color Olor Humedad Reacción con HCL Consistencia Estructura Cimentación Comentarios adicionales

PREGUNTA 4.

90


Describa como se puede identificar los siguientes suelos en campo utilizando simplemente es tacto y la vista. a) b) c) d)

Grava o arena. Limo. Arcilla. Suelo orgánico.

Respuesta. a) Grava o Arena. Las gravas y las arenas son visibles a la vista, el diámetro de la grava es mayor a 4.75 mm hasta 76 mm, y la arena varía de 4.75 mm a 0.075 mm, las arenas son rugosas al tacto. b) Limo. Es un material fino que presenta muy poca plasticidad por lo cual al ser presionados por los dedos se desmenuzan en el ensayo de resistencia en seco. c) Arcilla. Es un material fino que presenta alta plasticidad, así con un contenido de humedad moderado, puede remoldearse y amasarse sin desmenuzarse. d) Suelo Orgánico. Tiene un olor a materia orgánica vegetal y presenta un color café oscuro a negro.

PREGUNTA 5. Cuales son las características que se deben anotar en el informe para la descripción de: a) Un suelo granular. b) Un suelo fino. Respuesta. a) Para un suelo granular:       

Color Componentes minerales, como el cuarzo, pizarra, mica, granito, etc. Materia orgánica como raíces, pedazos de madera, fango, etc. Forma de los granos cuando estos sean visibles. Tamaño máximo de las partículas en el caso de tratarse de gravas o rocas. Dureza. Reacción con HCl.

b) Para un suelo fino:       

Color. Porcentaje de material granular. Componentes orgánicos. Dilatancía. Olor. Humedad. Consitencia

91


 

Cementación. Reacción con HCl.

PREGUNTA 6. Cuales son los materiales necesarios para una descripción e identificación de un suelo en campo. Respuesta.    



Navaja de bolsillo o una espátula pequeña. Un pequeño tubo de ensayo con tapón (o jarra con tapa). Lupa manual. Agua pura. A menos que se indique otra cosa, cuando se hace referencia al agua, deberá darse por entendido que ésta provenga de un acueducto o de una fuente natural, incluyendo agua no potable. Acido clorhídrico (HCl), recipiente pequeño con ácido clorhídrico, diluido una parte de HCl (10 N) en tres partes de agua destilada (este reactivo es opcional, ver precauciones de seguridad).

PREGUNTA 7. Cuales son los criterios a seguir para describir la angularidad de los materiales granulares. Respuesta. Tabla 3.4. Criterios para describir la angularidad de las partículas granulares Descripción Criterio Angular Subangular Subredondeada Redondeada

Partículas con bordes afilados o agudos y caras relativamente planas con superficies no pulidas. Partículas similares a las angulares pero con bordes algo redondeados . Partículas con casi todas las caras planas pero con esquinas y bordes redondeados. Partículas con lados suavemente redondeados y sin bordes .

PREGUNTA 8.

92


Cuales son los criterios a seguir para describir la forma de las partículas granulares. Respuesta. Tabla 3.5. Criterio para Descripción Planas Alargadas Planas y alargadas

describir la forma de las partículas granulares Criterio Partículas con una relación ancho/espesor >3. Partículas con una relación longitud/ancho >3. Partículas que cumplen ambas condiciones..

Nota. Longitud es la dimensión mayor; ancho es la dimensión intermedia y espesor es la dimensión menor.

PREGUNTA 9. Cuales son los criterios a seguir para describir la reacción al HCl. Respuesta. Tabla 3.6. Criterio para describir la reacción del HCl Descripción Criterio Ninguna Débil Fuerte

Ninguna reacción visible. Ligera reacción, se forman burbujas lentamente. Reacción violenta, se forman burbujas de inmediato.

PREGUNTA 10. Cuales son los criterios a seguir para describir el estado de humedad del suelo. Respuesta. Tabla 3.7. Criterio para describir la condición de humedad Descripción Criterio Seca Ausencia de humedad, al contacto deja marcas de suciedad (partículas finas), seca al tacto. Húmeda Humedad evidente, pero sin presencia visible de agua. Mojada Agua libre visible, generalmente cuando el suelo está por debajo del nivel freático.

PREGUNTA 11. Cuales son los criterios a seguir para describir la consistencia del suelo.

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Respuesta. Tabla 3.8. Criterio para describir la consistencia. Descripción Criterio Muy blanda Blanda Firme Dura Muy dura

El dedo pulgar penetra en el suelo más de 25 mm. (1”). El dedo pulgar penetra en el suelo aproximadamente 25 mm. El dedo pulgar hace mella de 6 mm. (1/4”). El dedo pulgar no hace mella en el suelo; pero es fácilmente mellado con la uña del pulgar. La uña del pulgar no hace mella en el suelo.

PREGUNTA 12. Cuales son los criterios a seguir para describir el grado de cementación del suelo. Respuesta. Tabla 3.9. Criterio para describir el grado de cementación Descripción Criterio Débil Moderado Fuerte

Desmoronamiento o desmenuzamiento al manejar la muestra, o bajo una ligera presión de los dedos. Desmoronamiento o desmenuzamiento bajo una considerable presión de los dedos. No existe desmoronamiento ni desmenuzamiento bajo la presión de los dedos.

PREGUNTA 13. Cuales son los criterios a seguir para describir la estructura del suelo.

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Respuesta. Tabla 3.10. Criterio para describir la estructura Descripción Criterio Estratificada Laminada Fisurada Fracturada o lisa Estructura en bloques. Estructura con presencia de lentes Homogénea

Capas alternadas de material o color diferente, con espesor de por lo menos 6 mm. Los espesores de las capas deben ser anotados. Capas alternadas de material o color diferente, con espesores menores de 6 mm. Los espesores de las capas deben anotarse. Rompimiento o fisuras a lo largo de planos definidos de fractura con poca resistencia a ésta. Planos de fractura lisos o lustrosos; algunas veces estriados Suelos cohesivos que pueden romperse o ser disgregados en pequeños terrones angulosos, los cuales a su vez ya no pueden ser disgregados nuevamente. Inclusión de pequeñas bolsas de diferentes suelos; tales como pequeños cristales o lentes de arena esparcidos en una masa de arcilla. Se debe tomar nota del espesor de los lentes. Apariencia y color uniforme, es decir mismo color y textura.

PREGUNTA 14. Cuales son los criterios a seguir para describir la resistencia en seco de un suelo. Respuesta. Tabla 3.11. Criterio para describir la resistencia en seco Descripción Criterio Nula Baja Mediana Alta

Muy alta

La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con la simple manipulación. La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con una ligera presión de los dedos. La muestra seca se disgrega en pedazos o terrones con una considerable presión de los dedos. No podrá romperse o disgregarse la muestra seca con la presión de los dedos, pero se romperá en fragmentos al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura. No podrá romperse o disgregarse la muestra seca al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.

PREGUNTA 15. Cuales son los criterios a seguir para describir la dilatancía de un suelo.

95


Respuesta. Tabla 3.12. Criterio para describir la Dilatancía Descripción Criterio Ninguna Lenta

Rápida

No hay ningún cambio visible en la muestra. Aparece lentamente agua sobre la superficie de la muestra mientras se la sacude, y no desaparece o desaparece lentamente al escurrirla. Aparece rápidamente agua sobre la superficie de la muestra mientras se la sacude y desaparece rápidamente al escurrirla.

PREGUNTA 16. Cuales son los criterios a seguir para describir la tenacidad de un suelo. Respuesta. Tabla 3.13. Criterio para describir la Tenacidad Descripción Criterio Baja

Media

Alta

Sólo se necesita una ligera presión para formar rollitos cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material son débiles y blandos. Se necesita una presión media para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen una rigidez o tenacidad media. Se requiere considerable presión para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen muy alta tenacidad.

PREGUNTA 17. Cuales son los criterios a seguir para describir la plasticidad de un suelo. Respuesta.

96


Tabla 3.14. Criterio para describir la Plasticidad Descripción Criterio No plástico Baja Media

Alta

No pueden formarse rollos de 1/8” (3,2 mm) bajo ningún contenido de humedad. Difícilmente pueden formarse rollitos y terrones cuando la muestra está más seca que el límite plástico. Es fácil formar el rollito y pronto alcanza el límite plástico. El rollito no puede ser rehecho después de que se alcanza el límite plástico. Los terrones se desmoronan cuando se secan más que el límite plástico. Toma considerable tiempo formar rollos y remoldearlos para alcanzar el límite Plástico, pero el rollo puede ser rehecho varias veces después de alcanzar el límite plástico. Pueden formarse terrones sin que se desmoronen cuando están más secos que el límite plástico.

PREGUNTA 18. Que es lo que debe contener el informe final para la descripción e identificación de un suelo.

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Respuesta. Tabla 3.15. Información básica en una Descripción e Identificación de Suelos Información descriptiva de suelos. 1. Angularidad de las partículas: angular, subangular, subredondeada, redondeada. 2. Forma de las partículas: planas, alargadas, planas y alargadas. 3. Tamaño máximo de partículas. 4. Dureza, de arena gruesa a partículas más grandes. 5. Color (en condición húmeda). 6. Olor (mencionar solo se es suelo orgánico o si se trata e un olor inusual). 7. Humedad: seca. Húmeda, mojada 8. Reacción con HCI: ninguna, débil, fuerte Para muestras intactas: 9. consistencia (solo en suelos de grano fino): muy suaves, suave, firme, dura, muy dura 10. Estructura: estratificada, laminada, Figurada, fracturada, con presencia de lentes, con bloques, homogénea. 11. Cementación; débil, moderada, fuerte 12. Comentarios adicionales (presencia de raíces, huecos, dificultades en el muestreo, etc.). Identificación de suelos. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19.

Nombre de grupo Símbolo de grupo Nombre local Interpretación geológica Porcentaje de guijarros y cantos rodados (en volumen) Porcentaje de grava, arena y finos (en peso seco) Rango de tamaño de partículas: Grava-fina-gruesa Arena-fina, media, gruesa. Para suelos de grano fino: 20. Plasticidad de finos: no plástica, baja, media, alta, muy alta 21. Resistencia en seco: nula, baja, media, alta, muy alta. 22. Dilatancía : nula, lenta, rápida 23. Tenacidad: baja, media, alta. 24. Comentarios adicionales: presencia de raíces o de huecos de raíces, presencia de mica, yeso, etc., recubrimientos superficiales de las partículas, de los agregados gruesos, formación de cavernas o de costras, en los hoyos de barrenos o en las paredes de trincheras, dificultad al barrenar o al excavar, etc.

98

CAPÍTULO 4 Flujo de agua

CAPÍTULO 4

Flujo de agua 4.1. Introducción. Los suelos tienen espacios vacíos interconectados entre sí, a través de los cuales el agua puede fluir desde los puntos de mayor energía hacia los puntos de menor energía; todos los poros del suelo están conectados con sus vecinos. Los poros aislados son imposibles en una agrupación de esferas, cualquiera sea la forma de la misma. En los suelos gruesos, gravas, arenas e incluso limos es difícil imaginar poros aislados. En las arcillas, formadas como es habitual por partículas aplanadas, podrían existir un pequeño porcentaje de huecos aislados. Las fotografías con microscopio electrónico de arcillas naturales sugieren, sin embargo, que incluso en los suelos de grano más fino todos los huecos están interconectados. Como los poros de un suelo están aparentemente comunicados entre sí, el agua puede fluir a través de los suelos naturales más compactos. El estudio del flujo de agua a través de un medio poroso es importante en la mecánica de suelos. Es necesario para la estimación de la cantidad de flujo subterráneo bajo varias condiciones hidráulicas, para la investigación de problemas que envuelven la presión del agua bajo una construcción y para realizar el análisis de estabilidad en presas de tierra y estructuras de soporte hechas de tierra que están sujetas a fuerzas debidas al escurrimiento. Para éste estudio se sigue la ley de Darcy, la cual propone una simple ecuación para la velocidad de descarga del agua a través de los suelos saturados. Se debe tener muy en cuenta que la ecuación de Darcy sólo es aplicable en suelos más finos que las arenas gruesas. Además que el flujo de entre dos puntos cualesquiera depende sólo de la diferencia de carga total. De la mecánica de fluidos sabemos que, de acuerdo a la ecuación de Bernoulli, la altura total en un punto de análisis de agua en movimiento puede determinarse como la suma de la presión, la velocidad y la elevación. Cabe hacer notar que la altura de elevación, Z, es la distancia vertical de un punto dado por encima o por debajo del plano de referencia llamado Datum a éste. Si se aplica la ecuación de Bernoulli al flujo de agua a través de un medio poroso, como es el suelo, el término de velocidad puede ser despreciado, esto porque la velocidad de desplazamineto es pequeña, por tanto podemos decir que la altura total en cualquier punto es: h

u v2  w 2 g

La altura de presión en un punto es la altura de la columna vertical de agua en el piezómetro instalado en tal punto.

99


4.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Explique lo que es: a) b) c) d)

Flujo de agua. Infiltración. Percolación. Escorrentía.

Respuesta. a) Flujo de agua: Se considera flujo de agua, a una corriente de agua que pasa a través de un medio poroso saturado de agua, donde las partículas de agua se mueven como conjunto de una altura total de carga mayor a una menor. b) Infiltración: La infiltración a diferencia de flujo de agua, resulta ser una corriente de agua que circula por un medio poroso no saturado de agua, de una altura total de carga mayor a una menor. c) Precolación: Se conoce como precolación, a la acción de una corriente de agua que pasa a través de un medio poroso. d) Escorrentía: Escorrentía llamada también escurrimiento, es una corriente de agua que no se infiltra en el suelo, sino que corre por encima de la superficie terrestre hasta formar parte de los ríos, lagos y finalmente llegar al mar.

PREGUNTA 2. Explique el ciclo del agua. Respuesta. El ciclo hidrológico, es el proceso que resulta en la circulación del agua por toda la tierra. Este proceso empieza, cuando el agua se evapora de la superficie del océano y asciende a la atmósfera. Las corrientes de aire que se mueven constantemente en la atmósfera de la Tierra llevan hacia los continentes el aire húmedo. Cuando el aire se enfría, el vapor se condensa y forma gotitas de agua. Por lo general se las ve en forma de nubes. Con frecuencia las gotitas se juntan y forman gotas de lluvia. Si la atmósfera está lo suficientemente fría, en vez de gotas de lluvia se forman copos de nieve. Al caer al suelo, el agua se junta en riachuelos o se infiltra en el suelo y empieza su viaje de regreso al mar. La Figura 4.1 muestra el proceso de manera simplificada.

Evaporación

Precipitación

Infiltración Escorrentía

Figura 4.1. Esquema simplificado del ciclo hidrológico

100


Este comportamiento dinámico del estado físico del agua, tiene un elemento motriz. La fuente de la energía necesaria para el movimiento del agua proviene del calor del sol y la gravedad. Estas fuentes de energía, actúan en diferentes de los procesos que forman parte del ciclo del agua, estos son: Evaporación: Gracias a la acción del sol buena parte del agua que esta en la superficie terrestre se evapora, por la radiación calórica del suelo o por la transpiración de las plantas, convirtiéndose en vapor de agua. Éste vapor llega a la atmósfera y es transportado por los vientos, donde luego se condensa formando así nubes. Precipitación: Cuando el agua contenida en las nubes cae de la atmosférica y se deposita en la superficie terrestre, se dice que hay precipitación. Esta ocurre en forma líquida (lluvia y rocío) o sólida (granizo, nieve y escarcha). Infiltración: Una parte del agua que ha precipitado, por gravedad ingresa al interior del suelo muchas veces a grandes profundidades, a lo que se llama infiltración. Escorrentía: El agua que no se infiltra en el suelo, corre por encima de la superficie terrestre a las partes más bajas y llega a formar parte de los ríos, lagos, ciénagas y finalmente llega al mar.

PREGUNTA 3. Explique la permeabilidad de los suelos. Respuesta. La permeabilidad es una propiedad hidráulica de los suelos, donde el suelo permite hasta cierto grado particular, un movimiento de agua perceptible a través del mismo en estado saturado. La permeabilidad se mide en unidades de área, se considera a los suelos compuestos de grava y arena como de alta permeabilidad, mientras a los suelos arcillosos como muy poco permeables.

PREGUNTA 4. ¿Qué es la Superficie o nivel freático del agua? Respuesta. Los suelos están formados por partículas minerales con agua o gas entres sus espacios vacíos. Los espacios vacíos están interconectados entre si de diversas maneras, por lo tanto el agua puede pasar a través de estas en descenso de las zonas de alta presión a las de baja presión. El nivel de agua descenderá hasta detenerse, esto es cuando se encuentre un equilibrio entre la presión atmosférica y la presión de poros del suelo. Este nivel de agua, recibe el nombre de superficie freática o nivel freático de agua.

101


PREGUNTA 5. Explique lo que es: a) b) c) d)

Acuífero. Acuítardo. Acuícludo. Acuífugo.

Respuesta. a) Acuífero: El agua que penetra en el suelo por infiltración puede quedar retenida a una profundidad o bien descender a una profundidad mayor. Un acuífero es un estrato subterráneo de arena o grava que almacena esta agua, cuya permeabilidad permite la retención de agua y permitir su movimiento a lo largo de este. Generalmente esta agua es transmitida a zonas de recarga, como: lagos, pantanos, manantiales, pozos y otras fuentes de captación. b) Acuítardo: Es una formación geológica similar al acuífero, que contiene apreciables cantidades de agua, pero este debido a su permeabilidad, la transmite muy lentamente, como fuente de recarga, hacia otros acuíferos. c) Acuícludo: Es una formación geológica compuesta de arcilla (muy baja permeabilidad) que, conteniendo agua en su interior incluso hasta la saturación, no la transmite. d) Acuífugo: Esta es una formación geológica subterránea, que se caracteriza por no tener intersticios interconectados, es decir que los espacios vacíos entre partículas no están conectados entre si, por lo tanto, es incapaz de absorber agua y mucho menos transmitirla.

PREGUNTA 6. Explique la ascensión capilar de agua en los suelos. Respuesta. Los continuos espacios vacíos en un suelo, pueden comportarse en conjunto como tubos capilares con secciones transversales diferentes. Estos se comunican entre sí en toda dirección, constituyendo un enrejado de vacíos. Si este enrejado es invadido desde abajo por agua (nivel freático), esta ascenderá gradualmente. La Figura 4.2, muestra que hasta una altura hcc por encima del nivel freático, el suelo se encuentra completamente saturado. A una latura comprendida entre hcc y hc, se encuentra parcialmente saturado de agua. La altura hc, se denomina altura máxima de ascensión capilar, que se determina con la siguiente expresión:

hc 

C e  D10

102


Superficie

Ascenso capilar máximo

Nivel de saturación capilar

hc

hcs Nivel freático

Figura 4.2. Ascensión capilar de agua en el suelo

PREGUNTA 7. ¿Qué es la presión de poros? Respuesta. Cuando se instala un piezómetro donde existe un flujo de agua, este registra una cierta altura piezométrica (hp), como se observa en la Figura 4.3. La presión del flujo de agua entre los espacios vacíos del suelo (poros), empuja agua hacia arriba por el piezómetro, hasta que exista un equilibro con el peso del agua contenida en el piezómetro.

Wp

Ap

Ap

hp

u Figura 4.3. Presión de poros en el suelo

103


A la presión del agua dentro los espacios vacíos del suelo (poros), se la denomina presión de poros y se la representa por la letra u. Como la presión de poros está en equilibrio con la presión que ejerce el peso del agua dentro del piezómetro (Figura 4.3), se escribe que:

u

Wp Ap

Donde: Wp = Peso del agua contenida en el piezómetro. Ap = Área de la sección transversal del piezómetro ocupada por el agua. El peso del agua (Wp), puede escribirse en función a las dimensiones del piezómetro, este será:

u

 w  h p  Ap Ap

Por lo que la presión de poros será: u =  w·hp

PREGUNTA 8. Explique lo que es: a) b) c) d) e) f)

Concepto de carga. Altura total de carga. Perdida de carga. Gradiente hidráulico. Gradiente hidráulico crítico. Conductividad hidráulica.

Respuesta. a) Altura total de carga: Si se considera el punto B de la Figura 4.4, este contiene energía en varias formas como ser: Energía potencial: La cual existe debido a la elevación sobre la línea de referencia. Energía de presión: La cual es debido a la presión del agua. Energía cinética: La cual es debido a la velocidad del flujo de agua. Aunque las unidades en que se expresa la energía es Jouels, BTUs y otros, conviene hacer uso del concepto de carga, el cual es la energía dividida entre la aceleración de la gravedad. Este método convierte cada forma de energía al equivalente de energía potencial y se expresa esta con una respectiva altura. Por lo tanto las tres formas de energía pueden expresarse como:

104


Tubo Pitot

Piezometro

hv

hp

Area=A

h

Q Punto B hz Linea de referencia

Figura 4.4. Altura total de carga en una tubería

Altura de presión (hp): Es la altura de elevación entre el punto y el nivel de agua del piezómetro que está adherido a la tubería, esta describe la energía de presión, esta altura también se conoce como altura piezométrica. Altura de velocidad (hv): Es la diferencia en la elevación de agua que existe dentro el piezómetro y el tubo Pitot y describe la carga de velocidad. Esta relaciona la velocidad v y la aceleración debido a la gravedad que se expresa: hv 

v2 2 g

b) Altura total de carga: La suma de estas tres alturas se conoce como la altura de carga total (h), que se expresa: h = h z + h p + hv c) Pérdida de carga: La Figura 4.5, muestra a una tubería con piezómetros y tubos Pitot instalados en los puntos A y B. Se tiene un flujo de agua que ocasiona un ascenso de agua en los piezómetros, donde existe una diferencia en las alturas piezométricas y de velocidad respecto de un punto al otro. Esta diferencia se debe a una pérdida de energía ocasionada por fricción, que es conocida como la pérdida de carga (h). d) Gradiente hidráulico: El gradiente hidráulico (i), es definido como la relación entre la pérdida de carga y una distancia (L) donde ocurre dicha pérdida (Figura 4.5), este se expresa: i

h L

Al poder determinar un gradiente hidráulico, este indica la existencia de un flujo de agua. El gradiente hidráulico, siempre debe ser un valor positivo, además de ser adimensional. Este siempre tiene que ser medido en la dirección del flujo, donde L: Es una distancia paralela a la dirección del flujo.

105


hv

h

hv hp

hp B A

Q

L hz

hz

Linea de referencia

Figura 4.5. Pérdida de carga en una tubería

e) Gradiente hidráulico crítico: El efecto que produce un flujo ascendente de agua en las partículas de una masa de suelo, consiste en reducir el esfuerzo intergranular entre partículas. Si se logra una velocidad de flujo suficientemente alta, la presión de flujo puede cancelar el esfuerzo efectivo en su totalidad, ocasionando condiciones movedizas. Se trata en esencia de condiciones en las que el suelo no ofrece resistencia al corte, pues el esfuerzo intergranular ha sido reducido a cero. Esto significa que las partículas del suelo empiezan a flotar debido a la fuerza del flujo de agua. Al valor de ic, se lo denomina como: Gradiente hidráulico crítico. Este representa la relación mínima entre la pérdida de carga (h) y longitud de suelo (L), que se requiere para cancelar el esfuerzo efectivo del suelo y ocasionar condiciones movedizas en las partículas de este. Este, es:

ic 

 sat  w w

También, puede expresarse en función de la gravedad específica y el índice de vacíos, que será:

ic 

Gs  1 1 e

f) Conductividad hidráulica: La conductividad hidráulica (k), es una constante que da una idea de la resistencia que ofrece el suelo al flujo de agua. Esta constante es medida en términos de velocidad y depende en gran manera de la estructura del suelo y depende de algunos factores tanto del suelo como del agua que circula en este, como ser:     

La estructura del suelo. El índice de vacíos. La textura de las partículas, además de su rugosidad. Densidad. Viscosidad.

106


El intervalo de valores para la conductividad hidráulica, es muy amplio. La Tabla 4.1, muestra algunos valores de la conductividad hidráulica para diferentes tipos de suelos. Tabla 4.1. Conductividad hidráulica para diversos suelos Tipo de suelo Grava limpia Arena y grava mezclada Arena gruesa limpia Arena fina Arena limosa Arena arcillosa Limo Arcilla

Conductividad hidráulica cm/seg 1 a 100 -2 10 a 10 -2 10 a 1 -2 -1 10 a 10 -3 -2 10 a 10 10-4 a 10-2 -8 -2 10 a 10 -10 -6 10 a 10

La Tabla 4.2, da una orientación de que tan permeables son los suelos según a su coeficiente de permeabilidad. Tabla 4.2. Clasificación del grado de permeabilidad del suelo Grado de permeabilidad

Valor de k en [cm/seg]

Elevada

Superior a 10 -1

-3

-3

-5

-5

-7

Media

10 a10

Baja

10 a10

Muy baja

10 a10

Practicamente impermeable

menor de 10

-1

-7

Existen tres maneras comunes para conocer la conductividad hidráulica de un suelo, mediante: Ensayos hechos en laboratorio, relaciones y métodos empíricos y ensayos hechos en campo.

PREGUNTA 9. Explique la Ley de Darcy. Respuesta El propósito del análisis de flujo de agua en el suelo es determinar el caudal (q), que circula a través del suelo. Alrededor de 1850, H. Darcy trabajando en Paris, realizo un experimento. Utilizó un dispositivo semejante al que aparece en la Figura 4.6, para estudiar las propiedades del flujo de agua a través de un lecho filtrante de arenas. Darcy hizo variar la longitud de la muestra (L) y la presión de agua en las partes superior e inferior de la misma, midiendo el gasto (q) a través de la arena. Darcy, encontró experimentalmente que el caudal (q), era proporcional a: (h3 – h4)/L . Por lo cual propuso que:

qk

h3  h4 A L

107


q

entra 1 2 3

h3

L

Arena

4

q sale

h4 Línea de referencia

Figura 4.6. Experimento de Darcy

De la ecuación propuesta por: Darcy, se reconoce el gradiente hidráulico (i), expresado como:

i

h3  h4 L

Por lo que esta ecuación, se escribe: q = k·i·A Esta ecuación es conocida como la ley de Darcy y es válida únicamente para flujo laminar. En la Figura 4.7, se muestra que la curva en la zona I, se ajusta a una línea recta que parte desde el origen de coordenadas. Por lo cual la ecuación de esta curva en la zona I, puede escribirse cómo: v = k·i

Velocidad, v

Zona III Zona de Flujo Turbulento Zona II Zona de Flujo de Transición Zona I Zona de Flujo Laminar

Gradiente Hidráulico, i

Figura 4.7. Variación natural de la velocidad v con el gradiente hidráulico i

108


PREGUNTA 10. Explique de manera sencilla, un procedimiento para determinar la conductividad hidráulica de un suelo, utilizando el: a) Permeámetro de carga constante. b) Permeámetro de carga variable. Respuesta. a) Permeámetro de carga constante: Este permeámetro es usado para suelos de grano grueso, compuestos de: Arena y grava. Este permeámetro puede medir conductividades hidráulicas de: k > 10-4 m/s. La Figura 4.8, muestra el permeámetro de carga constante. Para determinar la conductividad hidráulica, debe seguirse los siguientes pasos: Paso 1 La muestra de suelo se introduce en un cilindro de plástico transparente, donde se instalan filtros de piedra porosa por encima y por debajo de esta. Paso 2 Se debe saturar completamente la muestra de agua, para lo cual se suministra agua que sea desairada al reservorio superior. Luego se abren las válvulas y se deja circular agua controlando la velocidad del flujo con las válvulas, hasta que los niveles de agua de los piezómetros se mantienen constantes. Lo que significa qua la muestra estará completamente saturada de agua. Paso 3 Inicialmente se deja correr un flujo de agua, controlado por las válvulas por un tiempo t. Luego, se registran las alturas piezométricas y el volumen de agua recolectada por el recipiente graduado. Después se modifica el caudal (q) y se repite el mismo procedimiento, se deben efectuar varios ensayos con diferentes caudales. La conductividad hidráulica será:

k

QL h  A  t

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. (véase a Figura 4.8) h = Pérdida de carga. (véase a Figura 4.8) Q = Volumen de agua recolectada por el cilindro graduado. A = Área transversal interna del cilindro. (sección transversal) t = Tiempo de duración el ensayo. Paso 4 Luego de determinar diferentes conductividades hidráulicas (k), para cada variación del caudal (q), la media aritmética de todas las conductividades hidráulicas obtenidas será la conductividad hidráulica.

109


Paso 5 Finalmente debe realizarze, una corrección de la conductividad hidráulica por efecto de la temperatura, los resultados deben ser expresados para una temperatura de 20º C.

Reservorio superior

h

Drenaje de revalse Piezómetros Entrada q de agua

Válvula

L

Suelo

Reservorio inferior

q Válvula Cilindro graduado

Q

Figura 4.8. Permeámetro de carga constante

b) Permeámetro de carga variable: El permeámetro que se muestra en la Figura 4.9, generalmente es usado para suelos de grano fino como ser:arenas finas, limos y arcillas, se pueden medir conductividades comprendidas entre: 10-4 < k < 10-7 m/s. Aunque el ensayo de carga variable es principalmente aplicado a suelos finos, también puede proporcionar resultados aceptables en cualquier tipo de suelo, para lo cual deben seguirse lo siguientes pasos: Paso 1 En un cilindro de unos 100 mm de diámetro, se introduce una muestra inalterada de suelo, donde los extremos superior e inferior están protegidos por una piedra porosa.

110


Sección transversal area = a

Nivel de agua al empezar del ensayo

Tubo

h1

h Nivel de agua al final del ensayo h2 Sección transversal area = A

Suelo

L

Cilindro graduado

Huecos de drenaje

Figura 4.9. Permeámetro de carga variable

Paso 2 La muestra debe estar completamente saturada de agua, para esto se sigue el mismo procedimiento que para el permeámetro de carga constante. Paso 3 Después de que la muestra ha sido saturada, se la introduce en un reservorio anegado de agua que cuenta con un vertedor que mantiene un nivel constante. El ensayo empieza, cuando se llena de agua el tubo que está conectado al extremo superior del cilindro con la muestra de suelo, entonces se permite que el agua desairada pase a través de la muestra de suelo. Se registra el nivel inicial de la columna de agua en el tubo al empezar el ensayo y también a diferentes tiempos durante el ensayo.

111


La conductividad hidráulica (k), es obtenida de la siguiente expresión:

k

a  L  ln h1 h2  A  t 2  t1 

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. (véase a Figura 4 – 32) a = Área de la sección transversal del tubo. h1 = Nivel inicial del agua en el tubo al empezar el ensayo. h2 = Nivel final del agua en el tubo al finalizar el ensayo. A = Área transversal interna del cilindro. (sección transversal) t1 = Tiempo al iniciar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h1. t2 = Tiempo al finalizar el ensayo, cuando el nivel de agua esta en h2. Paso 4 Se repite el ensayo con diferentes diámetros del tubo, calculando diferentes conductividades hidráulicas (k), donde se tendrá una variación del caudal (q). La media aritmética de todas estas obtenidas será la conductividad hidráulica. Paso 5 Finalmente, se debe realizar una corrección de la conductividad hidráulica por efecto de la temperatura, los resultados deben ser expresados para una temperatura de 20º C.

PREGUNTA 11. Explique las ventajas y desventajas de determinar la conductividad hidráulica al utilizar: a) Ensayos en laboratorio. b) Ecuaciones y métodos empíricos. c) Ensayos en campo. Respuesta. a) Ensayos de laboratorio: Determinar la conductividad hidráulica del suelo, mediante ensayos en laboratorio es la forma más común. Ventajas.    

Los resultados por el permeámetro de carga constante o variable, gozan de ser confiables. No son muy costosos Aunque requieren experiencia, el manejo del equipo es sencillo. Para el caso de alguno suelos, el ensayo es rápido.

Desventajas.  

No siempre la muestra extraída in situ, es la representativa de la zona de estudio. Durante el transporte, puede sufrir alteraciones que podrían variar los resultados.

112


b) Ecuaciones y métodos empíricos: De acuerdo a la experiencia de muchos ensayos realizados en una diversidad de suelos, muchos investigadores han elaborado relaciones y procedimientos empíricos para predecir la conductividad hidráulica de los suelos según a sus propiedades físicas. Ventajas.  

Rápidamente, puede estimarse la conductividad hidráulica de un suelo. En algunos casos, basta tener los resultados un ensayo de granulométrico.


Los métodos empíricos, solo brindan aproximaciones, por lo que estos valores no son siempre son confiables. Para algunas características físicas especiales del suelo, los métodos empíricos pueden no ser aplicables.

c) Ensayos en campo: Las pruebas de bombeo en estado estacionario y los ensayos en barrenaciones, son solo algunos de los que se han ideado para determinar la conductividad hidráulica en campo. Ventajas.  

Estos ensayos proporcionan valores precisos de la conductividad hidráulica, ya que se ensaya con la misma zona en estudio. Pueden proporcionar información adicional, que generalmente es útil.


Resultan muy costosos, lo que su empleo debe limitarse según a la importancia de la obra. Las pruebas en campo requieren una significativa experiencia, tanto del operador como del equipo.

PREGUNTA 12. Explique la anisotropía en flujo unidimensional. Respuesta.

kV

kV kH

kV

kH

kH kV

kV

kH (a)

(b)

kH (c)

Figura 4.10. Conductividad hidráulica según a la dirección del flujo en suelo anisotrópico

113


Los suelos en su estado natural son anisotrópicos, pues el suelo no mantiene sus propiedades físicas en toda su masa. Lo que significa que la conductividad hidráulica varía según a la dirección del flujo. La Figura 4.10, muestra diferentes casos en que puede presentarse la dirección del flujo: El flujo puede fluir en sentido horizontal (a), en sentido vertical (b) o en sentido inclinado (c). Según al caso se tendrá una componente vertical (kV) u horizontal (kH) de la conductividad hidráulica.

PREGUNTA 13. Explique la conductividad hidráulica equivalente en suelos estratificados. Respuesta. Un suelo estratificado puede contener diferentes tipos de suelo, con conductividades hidráulicas diferentes en todo su perfil, como se muestra en la Figura 4.11. Cada estrato tiene un espesor de capa (H) y una conductividad hidráulica horizontal (kH) y vertical (kV) diferente. El flujo de agua puede fluir tanto horizontalmente como verticalmente teniendo conductividades hidráulicas diferentes en cualquier sentido.

Flujo horizontal

Flujo vertical

Figura 4.11. Flujo horizontal o vertical en suelo estratificado

Para el caso de un perfil de suelo de n estratos, donde se tiene un flujo de agua en sentido horizontal, como muestra la Figura 4.12. La conductividad hidráulica equivalente para flujo horizontal en suelo estratificado, será:

k Heq 

k  H H i

i

i

114


H1

Flujo horizontal

H2

H3

Hn

Figura 4.12. Conductividad hidráulica equivalente horizontal

La Figura 4.13, muestra n estratos de suelo con flujo en dirección vertical. La conductividad hidráulica equivalente para flujo vertical en suelo estratificado, será:

kVeq 

H

i

 Hi    i 

  k

Flujo vertical

H1

H2

H3

Hn

Figura 4.13. Conductividad hidráulica equivalente horizontal

115


PREGUNTA 14. ¿Cómo se resuelve la ecuación de Laplace en flujo bidimensional? Respuesta. Para resolver la ecuación de Laplace en dos dimensiones, es necesario entender la teoría de las variables complejas y las técnicas del análisis conforme. Con la ayuda de computadoras, pueden obtenerse soluciones numéricas utilizando la técnica de elementos finitos, para problemas con condiciones de frontera complejas y características de permeabilidad altamente variables. La solución general de la ecuación de Laplace está constituida por dos grupos de funciones que geométricamente estas dos familias de curvas, son ortogonales entre si. La ecuación de Laplace para flujo bidimensional es:

 2h  2h  0 x 2 z 2 A fin de obtener con rapidez soluciones aceptables para los problemas de flujo de agua, se ha ideado diversas soluciones para la ecuación de Laplace en dos dimensiones. Esta ecuación puede ser solucionada mediante: Redes de flujo, métodos analíticos y modelos físicos.

PREGUNTA 15. ¿Qué condiciones debe cumplir la red de flujo isotrópica? Respuesta. Las redes de flujo, se construyen con el objetivo de calcular el caudal de flujo de agua subterránea y la altura de carga en el sistema. Sin embargo la red de flujo que es considerada como apropiada, debe cumplir ciertos requisitos:  

Las líneas equipotenciales interceptarán a las líneas de flujo en ángulos rectos (90º), pero ambas familias nunca se interceptaran entre si mismas. Los elementos de flujo formados por la intercepción de estas dos familias de curvas, serán aproximadamente cuadrados.

La Figura 4.14, muestra un buen ejemplo de una red de flujo que cumple apropiadamente estos dos requisitos.

116


H

0 A B

h1

C

D

E

F

G

H IJ

17

E' 1

16 2

15 3 4

5 6

7

8

9

13

12

11

10

14

Figura 4.14. Red de flujo isotrópica que satisface apropiadamente los requisitos

PREGUNTA 16. ¿Cómo se origina la presión ascendente de agua, bajo estructuras de concreto? Respuesta. En sistemas de flujo cerrado o confinado, el agua circula por debajo de las estructuras impermeables en un suelo saturado de agua. La presión de poros ocasiona el ascenso del agua en un piezómetro, pero cuando la presión de poros actúa por debajo de una estructura, esta es como una barrera impermeable, esta presión tiende a levantar la estructura hacia arriba como muestra la Figura 4.15.

A B

C

D

E

F

G

H IJ

Figura 4.15. Presión ascendente sobre la estructura

Esta presión de poros en cada punto de contacto, será: ui =  w·hpi

117


PREGUNTA 17. Explique lo que es flujo confinado y no confinado. Respuesta. A diferencia del flujo unidimensional, cuando el flujo de agua se mueve en dos dimensiones, como por ejemplo en un plano, su estudio es más complicado. Generalmente los casos de flujo en dos dimensiones se presentan como: Flujo de aguas subterráneas, llamado también flujo confinado o cerrado, que es el que circula bajo muros de contención, presas de concreto y ataguías, donde no están expuestos a la presión atmosférica. Mientras que el flujo abierto es el que generalmente circula a través de presas de tierra, donde está expuesto a la presión atmosférica. La Figura 4.16, muestra algunos ejemplos.

Ataguia Presa de concreto

Presa de tierra

z z

Dirección del flujo

z y

y

x

x


(b)

(a)

y x

(c)

Figura 4.16. Ejemplos de flujo de agua en dos dimensiones

PREGUNTA 18. ¿Qué es el gradiente hidráulico de salida? Respuesta. El gradiente hidráulico de salida, es conocido como la cantidad de disipación de altura de carga por unidad de longitud, medido a lo largo de la cara de la estructura donde el flujo de agua sale del medio poroso. Esta característica del flujo, es aplicable únicamente a sistemas de flujo confinado. En la Figura 4.17, se muestra la parte de la cara de la estructura donde es medido el gradiente hidráulico de salida. Superficie del terreno

L

Figura 4.17. Cara donde se mide el gradiente hidráulico de salida

118


PREGUNTA 19. Explique la anisotropía en flujo bidimensional. Respuesta. Debido a su modo de formación y su deposición, muchos suelos sedimentarios tienen una conductividad superior en la dirección horizontal que en la dirección vertical. Se entiende por suelo anisotrópico, cuando: Las propiedades del suelo no son las mismas en cualquier dirección. Como consecuencia, las conductividades hidráulicas en sentido horizontal como vertical no son las mismas (kH  kV). Por lo cual es necesario hacer algunas correcciones cuando se trate de un suelo de esta naturaleza y así poder emplear los métodos anteriormente descritos. Para compensar el efecto por anisotropía, las dimensiones del suelo son cambiadas por: La raíz cuadrada, de la relación entre las dos conductividades hidráulicas. Si kh, es la conductividad hidráulica horizontal y kv, es la conductividad hidráulica vertical, entonces las dimensiones horizontales del medio poroso de la sección transversal se cambiarán por la razón de: k H kV a 4

2·b

3

2

1

1

2

3

4

5

kH = kV

kz=4·kx (a)

Ataguía

2·a 3

1

1

2

b

kx=4·k z

(b)

a 4

3

2

1

Números de referencia 1 2 3 4

b

(c) Figura 4.18. Red de flujo en suelo anisotrópico

119


Está razón a de ser aplicada a todas las dimensiones horizontales, para obtener una sección transformada; donde se dibujará la red de flujo de manera similar al caso del suelo isotrópico. La Figura 4.18 muestra algunos ejemplos. En la Figura 4.18a, se muestra la red de flujo en un sistema anisotrópico en dimensiones reales, donde kz > kx, al ser el suelo más permeable en la dirección z la red es alargada en esa dirección. En la Figura 4.18b, se muestra otro sistema anisotrópico en dimensiones reales, donde kx > kz, que está alargada en la dirección x. Al aplicar los cambios de variable la región de flujo queda transformada a un sistema isotrópico, como se ve en la Figura 4.18c.

PREGUNTA 20. Explique el efecto que tiene en el nivel freático la perforación de un pozo. Respuesta. En la Figura 4.19, se muestra el perfil de un suelo, la interfase entre la superficie superior del acuífero y el estrato impermeable, forma la línea superior del nivel freático. Al perforar el pozo y bombear agua se abate el nivel freático. Mediante la excavación de pozos de observación, puede determinarse el abatimiento del nivel freático. Este tiene forma parabólica y progresivamente se mantendrá constante, cuando se realice una prueba de bombeo estacionario. q Pozo de bombeo

r

r 1

2

Pozos de observación

A niv batim el ie fre nto áti d co el

d

Abatimiento

Nivel freático inicial Estrato impermeable

w

h h

1

h

0

2

Acuifero Estrato impermeable Figura 4.19. Abatimiento del nivel freático al perforar un pozo

PREGUNTA 21. 120


Explique la prueba de bombeo estacionario en pozos. Respuesta. El método de bombeo en estado estacionario, es apropiado para determinar valores precisos de la conductividad hidráulica de un suelo. Esta prueba de bombeo, implica la perforación de un pozo y bombear agua de este pozo. Inicialmente al empezar el bombeo, el agua extraída es agua almacenada de un acuífero que se encuentra adyacente al pozo o de un acuífero que el pozo intercepto (Figura 4.20). Si se sigue bombeando el área de influencia del bombeo crecerá hasta alcanzar un estado de equilibrio entre el agua que es extraída y el agua de una fuente de recarga, satisfaciendo así la tasa de bombeo de agua. Si el pozo es bombeado a una tasa constante hasta que la descarga se estabilice, se tiene un bombeo en estado estacionario. Por tanto la conductividad hidráulica del acuífero puede ser calculado a partir de ecuaciones de equilibrio. El análisis de los resultados de la prueba de bombeo en estado estacionario, depende del tipo de acuífero. Pueden presentarse los casos de: Acuíferos confinados, no confinados o mixtos; Según a la posición del nivel freático, se determinará el tipo de acuífero.

Figura 4.20. Bombeo de un pozo en estado estacionario

121


4.3. Problemas resueltos. Capilaridad. PROBLEMA 1. Determine la altura del máximo ascenso capilar, de dos muestras de arena. La primera consiste en una arena limpia, donde se han clasificado la mayoría de sus partículas como redondeadas, esta arena tiene una relación de vacíos de 0.60 y un d10 = 0.05 mm. La segunda muestra consiste en una arena no limpia, contiene material rugoso, con un índice de vacíos de 0.60 y un d10 = 0.05 mm. Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el ascenso máximo capilar de agua en el suelo. El índice de vacíos y el diámetro efectivo son valores conocidos; el único valor que debe encontrarse es el coeficiente C. Este coeficiente es determinado con la Tabla D.1, en base a las condiciones que describe el enunciado en lo que se refiere a forma y limpieza de las partículas de las arenas. PASO 1 Estimación del coeficiente C. Para el caso de la primera arena, el enunciado comenta que es una arena limpia y una buena parte de sus partículas son: redondeadas. Según la Tabla D.1, puede estimarse un valor adecuado al caso de: C1 = 30 mm2 Para el caso de la segunda arena, el enunciado comenta que la arena es no limpia, una parte significativa de la arena contiene material rugoso: Según la Tabla D.1, se estima un valor de: C2 = 50 mm2 PASO 2 Determinación del máximo ascenso capilar. El máximo ascenso capilar, para ambos suelos será: hc1 

C1 e  d10

hc 2 

C2 e  d10

Reemplazando los valores de: e = 0.6 d10 = 0.05 mm. C1 = 30 mm2 C2 = 50 mm2 Se tendrá que: 30 50 hc 2  0.6  0.05 0.6  0.05 El máximo ascenso capilar de la primera arena, será: hc1 

122


hc1 = 1000 mm.

hc2 = 1666.6 mm.

Comentario: Las dos arenas tienen el mismo índice de vacíos y diámetro efectivo, pero ambas varían en la forma y limpieza de sus partículas. Los resultados muestran, que el máximo ascenso capilar es mayor en la segunda arena que en la primera; por lo cual se ve que el ascenso capilar en suelos depende de la textura de las partículas, mientras más rugoso sea el suelo mayor será el ascenso capilar

PROBLEMA 2. Determine el máximo ascenso capilar, en tres tubos de diámetros diferentes mostrados en la Figura 4.21. La tensión superficial del agua es: T = 0.073 N/m, los tubos están limpios y los diámetros son: d1 = 2 [mm]; d2 = 3 [mm]; d3 = 4 [mm]. d1

d2

d3

h1 h2 h3

Figura 4.21. Ascenso capilar máximo en tubos de diámetro variado

Estrategia: Con la ecuación D.1, se determina el máximo ascenso capilar de agua en tubos de vidrio. La tensión superficial, el peso unitario del agua y el diámetro del tubo son valores conocidos, salvo el ángulo . Este ángulo es conocido a partir del enunciado, que indica que los tubos están limpios. PASO 1 Determinación del valor del ángulo . Para el caso de tubos limpios, el valor del ángulo  siempre toma el valor de: =0

PASO 2

123


Determinación del máximo ascenso capilar. El ascenso máximo capilar en los tubos, será: hc1 

4  T  cos  d1   w

hc 2 

4  T  cos  d2  w

hc 3 

4  T  cos  d3  w

Reemplazando los valores de:  = 0 T = 0.073 N/m. w = 9.81x103 N/m3 (expresado en N/m3) d1 = 2x10-3 m. (convertido a metros) d2 = 3x10-3 m. (convertido a metros) d3 = 4x10-3 m. (convertido a metros) Se tendrá que: hc1 

4  0.073  1 2 x10 3  9.81x10 3

hc 2 

4  0.073  1 3x10 3  9.81x10 3

hc 3 

4  0.073  1 4x10 3  9.81x10 3

Por lo tanto el máximo ascenso capilar en los tres tubos, será: hc1 = 1.4x10-2 m.

hc2 = 9.9x10-3 m.

hc3 = 7.44x10-3 m.

Comentario: La única variación de los tres tubos de la Figura 4.21, es su diámetro. De los resultados obtenidos, se concluye que mientras más pequeño sea el diámetro, mayor será el ascenso capilar.

PROBLEMA 3. Se ha extraído una muestra de suelo compuesta de arena y arcilla, donde se realizaron diversos ensayos en los cuales se determinaron distintas características del suelo, que son:  = 21.3 %, Gs = 2.60,  = 19.74 KN/m3 y d10 = 0.11 mm. La rugosidad y esfericidad de las partículas del suelo han sido estimadas, ambas en el rango de: 0.3 a 0.5. Determine el máximo ascenso capilar y estime la altura del suelo saturado con agua capilar. Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el máximo ascenso capilar máximo de agua en el suelo, se tiene como dato el diámetro efectivo, pero se desconocen el índice de vacíos y el coeficiente C. Mediante una ecuación que relacione el índice de vacíos, con los valores de: , GS y  , se determina dicho índice. El valor del coeficiente C, es estimado según a la forma de las partículas del suelo, con la Figura A.1, se puede tener una idea de esta forma tomando en cuenta los datos de rugosidad y esfericidad con que se clasificaron las partículas. Con la Figura D.1, puede estimarse la altura de suelo saturado con agua capilar.

PASO 1

124


Determinación del índice de vacíos. El índice de vacíos es obtenido de la ecuación A.18, que es:

 

1     GS   w 1 e

Reemplazando los valores de:

 = 0.213 (convertido a decimal) GS = 2.60  = 19.74 KN/m3 w = 9.81 KN/m3 Se tiene que: 19.74 

1  0.213  2.60  9.81 1 e

El índice de vacíos será: e = 0.56 PASO 2 Estimación del coeficiente C. En el enunciado, se describe que las partículas del suelo en general tienen una rugosidad y esfericidad en el rango de: 0.3 a 0.5 en la Figura A.1. Según a esta Tabla, las partículas tienen mas forma rugosa que redondeada. Ya que el suelo es arcilloso, esto da la idea de que las partículas están ligeramente sucias. En base a toda esta información, según a la Tabla D.1, se estima un valor del coeficiente de: C = 50 mm2 PASO 3 Determinación del máximo ascenso capilar. El máximo ascenso capilar será: hc 

C e  D10

Reemplazando los valores de: e = 0.56 d10 = 0.11 mm. C = 50 mm2 Se tiene que: 50 0.56  0.11 El máximo ascenso capilar será: hc 

125


hc = 811.6 mm. PASO 4 Estimación de la altura de suelo saturado por agua capilar. Ingresando con un valor de: d10 = 0.11 mm, en el ábaco de la Figura D.1, se intercepta la curva que corresponde al: Nivel de saturación (Figura 4.22). Arcilla Limo 10 4 Arena mm

Asc

enc

10 3

ión

cap

ilar h

Ascención capilar

c

10 2

Nivel d e satura ción

85

Grava hcs

10 1

0.11 0 0.002

0.006

0.02 0.06 Diámetro efectivo, d10

0.2

0.6

2

6

20

mm

Figura 4.22. Determinación de la altura de suelo saturada de agua capilar

La altura de suelo saturado es: hcs = 85 mm. Comentario: Los resultados muestran, que la altura del máximo ascenso capilar (hc) es mucho mayor que la altura de suelo saturado de agua capilar (hcs), debido al tamaño de las partículas. En tubos capilares, mientras mayor sea el diámetro menor será el ascenso capilar. En suelos, mientras mayor sea el tamaño de las partículas el valor de d10 se incrementará, ocasionando que el tamaño de los espacios vacíos entre partículas crezcan. Como consecuencia de esto, la altura máxima de asenso capilar y la altura de suelo saturado por agua capilar serán cada vez menores cuando el tamaño de las partículas del suelo sea mayor.

PROBLEMA 4. En un suelo compuesto de arena fina limosa, se ha registrado el nivel freático a 5 [m] de profundidad. También se ha realizado un ensayo granulométrico y de gravedad específica en una muestra representativa de este suelo, los resultados de estos ensayos se muestran respectivamente en la Tabla 4.3. Mediante otro ensayo se determino que el suelo tiene un d = 19.7 KN/m3, se sabe también que las partículas del suelo han sido clasificadas con una rugosidad de 0.9 y una esfericidad en el rango de 0.7 a 0.9. Determine la profundidad (D1) del máximo ascenso capilar y la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar. Tabla 4.3. Resultados de los ensayos de granulometría y de gravedad específica

126


Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura mm 4.75 2.00 0.85 0.60 0.43 0.25 0.11 0.08 -------

Masa retenida gr 0.00 40.20 84.60 50.20 40.00 106.40 108.80 59.40 8.70

Estrategia: Con la ecuación D.2, se determina el máximo ascenso capilar de agua en el suelo. Para determinar la profundidad de este ascenso, debe restarse: Los 5 m de profundidad del nivel freático menos el ascenso capilar máximo (hc). El índice de vacíos no se conoce, para determinarlo, primero se obtiene la gravedad específica con los resultados del ensayo de la Tabla 4.3 y utilizando una ecuación que relacione el: índice de vacíos, peso unitario seco y gravedad específica, se determina dicho índice. El diámetro efectivo que también no se conoce, se determina mediante una interpolación luego de procesar los resultado del ensayo granulométrico de la Tabla 4.3. El coeficiente C, puede ser estimado con la Tabla D.1, donde la forma de las partículas se conocerá según a la descripción de rugosidad y esfericidad de la Figura A.1 que da el enunciado. La altura de suelo saturado de agua capilar es determinada con el ábaco de la Figura D.1. Para determinar la profundidad en que se encuentra el suelo saturado de agua capilar a de restarse: Los 5 m del nivel freático menos la altura de suelo saturado con agua capilar (hcs). PASO 1 Determinación de la gravedad específica. El peso del frasco con agua hasta el tope sin el suelo, será: 738.5 – 103.4 = 635.1 gr. El peso de un volumen de agua igual al volumen del suelo, será: 674.3 – 635.1 = 39.2 gr. Por lo cual: GS 

103.4 39.2

La gravedad específica de los sólidos, será: GS = 2.63 Al no especificarse una temperatura en la que se realizó el ensayo, se asume que es de 20º C.

PASO 2

127


Determinación del índice de vacíos. La ecuación A.24, relaciona: d, e y Gs, que es:

d 

GS   w 1 e

Reemplazando los valores de: GS = 2.63 d = 19.7 KN/m3 w = 9.81 KN/m3 El índice de vacíos será: e = 0.3 PASO 3 Determinación del diámetro efectivo. Tabla 4.3.a Procesando los resultados de la Tabla 4.3 Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura mm 4.75 2 0.85 0.6 0.425 0.25 0.106 0.075 -------

Masa retenida gr 0 40.2 84.6 50.2 40 106.4 108.8 59.4 8.7

Masa acumulada 0 40.2 124.8 175 215 321.4 430.2 489.6 498.3

Porcentaje que pasa 100.00 91.93 74.95 64.88 56.85 35.50 13.67 1.75 0.00

Interpolando las cifras correspondientes al 10 %, el diámetro efectivo será: d10 = 8.23x10-2 mm. PASO 4 Estimación del coeficiente C. Las partículas han sido clasificadas con una rugosidad de 0.9 y una esfericidad en el rango de 0.7 a 0.9, que según la Figura A.1 corresponde a una forma redondeada. La cantidad de material fino que se deposita en el plato (ensayo granulométrico) constituye un 1.7 % del total del suelo, lo que significa que la muestra está relativamente limpia. Según a la Tabla D.1, con toda esta información se estima un coeficiente de: C = 30 mm2

PASO 5

128


Determinación de la profundidad máxima de ascenso capilar. El máximo ascenso capilar será: hc 

C e  D10

Reemplazando los valores de: e = 0.3 d10 = 8.23x10-2 mm. C = 30 mm2 Se tiene que: hc 

30 0.3  8.23x10  2

El máximo ascenso capilar, será: hc = 1215 mm. Por lo tanto, la profundidad (D1) de la máxima ascensión capilar en metros será: D1 = 5 – 1.215 D1 = 3.78 m. PASO 6 Determinación de la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar. Ingresando con un valor de: d10 = 8.23x10-2 mm, en el ábaco de la Figura D.1, se intercepta la curva que corresponde al: Nivel de saturación (Figura 4.23). Arcilla Limo 10 4 Arena mm

Asc

enc

10 3

ión

cap

ilar h

Ascención capilar

c

10 2

Nivel d

89

e satura

Grava

ción h cs

10 1

-2

8.23x10 0 0.002

0.006

0.02 0.06 Diámetro efectivo, d10

0.2

0.6

2

6

20

mm

Figura 4.23. Determinación de la altura de suelo saturada de agua capilar

La altura del suelo saturado de agua capilar es:

129


hcs = 89 mm. Por lo tanto, la profundidad (D2) del suelo saturado de agua capilar es: D1 = 5 – .089 D1 = 4.91 m. Comentario: El coeficiente C, depende mucho de la forma de las partículas del suelo, para esto debe hablarse en términos de rugosidad y esfericidad. Para determinar la rugosidad y esfericidad de las partículas del suelo, se requiere de la observación microscópica, en el cual el criterio del técnico es indispensable para poder obtener una buena clasificación. En el caso de no disponerse suficiente información sobre la forma de las partículas del suelo, vale la pena tomar un valor promedio de la Tabla D.1.

Flujo en una dimensión. PROBLEMA 5. Para la Figura 4.24, determine el caudal en m3/s/m, que circula a través del estrato permeable de suelo. Para los valores de: H = 4 m, H1 = 2 m, h = 3.1 m, L = 30 m,  = 14º y k = 0.05 cm/s.

h


H

H1 

L Figura 4.24. Flujo de agua en un estrato de suelo

Estrategia: Con la ecuación D.11, se determina el caudal que circula por el estrato permeable de suelo. En base al criterio de la Figura D.2, se determina correctamente el gradiente hidráulico y el área de la sección transversal.

PASO 1

130


Determinación del gradiente hidráulico y el área de la sección transversal. El gradiente hidráulico, siempre debe ser calculado con respecto a la dirección del flujo. En base a la ecuación D.4, para el caso de la Figura D.22 el gradiente hidráulico será: i

h L cos 

Reemplazando los valores de: h = 3.1 m. L = 30 m. Se tiene que: i

3 .1 30 cos14º

El gradiente hidráulico será: i = 0.1 El área de la sección transversal, para 1 m, será: A = H1·cos ·1 Reemplazando: A = 2·cos 14º Por lo cual, el área de la sección transversal es: A = 1.94 m2 PASO 2 Determinación del caudal. El caudal que circula por el estrato permeable será: q = k·i·A Reemplazando los valores de: k = 0.05 cm/s. i = 0.1 A = 1.94 m2 Se tiene que: q = 5x10-4·0.1·1.94 El caudal será:

q = 9.7x10-5 m3/s. Comentario: El gradiente hidráulico y el área de la sección transversal, siempre son determinados con respecto a la dirección del flujo.

PROBLEMA 6. 131


El permeámetro de la Figura 4.25, tiene las siguientes dimensiones: h = 28 cm; z = 24 cm y L = 50 cm. El área de la sección transversal del permeámetro es de: 530 cm2. Se ha determinado que el peso unitario de la arena es de:  = 18 kN/m3. Manteniendo una carga hidráulica constante, pasa a través de la arena un volumen de 100 cm3 en 18 segundos. Determine la conductividad hidráulica de la arena.

h

z

L

ARENA

Figura 4.25. Permeámetro

Estrategia: Con la ecuación D.11, se obtiene la conductividad hidráulica de la arena. Sin embargo, antes debe calcularse el gradiente hidráulico con la ecuación D.4 y el caudal de descarga que circula a través de la arena con los datos que ofrece el enunciado. PASO 1 Determinación del gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico, será: i

h L

Reemplazando los valores de: h = 28 cm. (pérdida de carga) L = 50 cm. Se tiene que: i

28 50

El gradiente hidráulico será:

132


i = 0.56 PASO 2 Determinación del caudal que circula. El caudal de descarga, que circula por el sistema será: q

Q t

Reemplazando los valores de: Q = 100 cm3 t = 18 seg. Se tiene que: q

100 18

El caudal que circula por el sistema será: q = 5.55 cm3/s. PASO 3 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, se determina de la ecuación: q = k·i·A Reemplazando los valores de: q = 5.55 cm3/s. i = 0.56 A = 530 cm2 Se tiene que: 5.55 = k·0.56·530 Despejando, la conductividad hidráulica será: k = 1.86x10-2 cm/s. Comentario: El caudal de descarga, es calculado con la ecuación D.11 o determinado con una relación de volumen y tiempo que este relacionada al suelo. Este caudal, será el mismo en cualquier punto del sistema, sea en el suelo o fuera de el. En el caso de no disponerse suficiente información para determinar algún valor del sistema de flujo en una dimensión, se puede recurrir a comparar caudales en dos puntos del sistema y así obtener ecuaciones útiles.

PROBLEMA 7.

133


En un ensayo en laboratorio, se ha determinado que la conductividad hidráulica de un suelo es:1.8x10-2 cm/s, para una temperatura del agua de 15º C. ¿Cómo debería ser considerada la conductividad hidráulica en términos corrientes de mecánica de suelos? Estrategia: La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20º C. Para expresarla de esta forma, se realiza una corrección por temperatura con la ecuación D.31, el valor de Ct se obtiene de la Tabla D.8. PASO 1 Determinación del valor del coeficiente Ct. De la Tabla D.8, se elige un coeficiente adecuado que corresponda a la corrección de una temperatura de 15º C, este es: Ct = 1.135 PASO 2 Determinación de la conductividad hidráulica para 20 ºC. La corrección por temperatura para la conductividad hidráulica es: k20 = Ct·kT Reemplazando el valor de: Ct = 1.135 Se tiene que: k20 = 1.135·1.8x10-2 La conductividad hidráulica para 20º C, será: k20 = 2x10-2 cm/s. Comentario: Al realizar un ensayo en laboratorio, las condiciones de temperatura del ambiente y agua pueden variar de diversas maneras. Por lo cual por motivo de compatibilidad, los resultados del ensayo deben ser siempre expresados para una temperatura de 20º C. En el caso de no mencionarse alguna temperatura en que se realizo el ensayo, debe asumirse que el valor de la conductividad hidráulica corresponde a una temperatura de 20º C.

PROBLEMA 8. En una muestra representativa de suelo, se ha realizado un ensayo de conductividad hidráulica. La Tabla 4.4, muestra los resultados de tres ensayos que se realizaron con esta muestra de suelo en laboratorio. Determinar la conductividad hidráulica del suelo. Tabla 4.4. Resultados de un ensayo de permeabilidad.

134


Nro. Ensayo 3

Cantidad de flujo cm Temperatura del agua ºC Tiempo de recolección seg Diferencia de carga cm Diámetro del espécimen cm Longitud del espécimen cm Área del espécimen cm2

1

2

3

305 60 25 60 6.35 13.2 31.67

375 60 25 70 6.35 13.2 31.67

395 60 25 80 6.35 13.2 31.67

Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica del ensayo de carga constante, se utiliza la ecuación D.12 con los datos recolectados en la Tabla 4.4. Generalmente en laboratorio se realizan tres ensayos para una misma muestra de suelo, para determinar la conductividad hidráulica real, deben hallarse las conductividades hidráulicas para los tres ensayos de la Tabla y obtener la media aritmética de estos tres. Finalmente debe hacerse una corrección por temperatura con la ecuación D.31, para esto debe determinar un coeficiente adecuado de la Tabla D.8. PASO 1 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será: k1 

Q1  L h1  A  t

k2 

Q2  L h2  A  t

k3 

Q3  L h3  A  t

Reemplazando los valores correspondientes a cada ensayo: Q1 = 305 cm3 Q2 = 375 cm3 Q3 = 395 cm3 h1 = 60 cm. h2 = 70 cm. h3 = 80 cm. t = 25 seg. L = 13.2 cm. A = 31.67 cm2 Se tendrá que: k1 

305  13.2 60  31.67  25

k2 

375  13.2 70  31.67  25

k3 

395  13.2 80  31.67  25

Las conductividades hidráulicas serán: k1 = 8.5x10-2 cm/s.

k2 = 8.9x10-2 cm/s.

k3 = 8.2x10-2 cm/s.

PASO 2

135


Determinación de la conductividad hidráulica promedio. La media aritmética de la conductividad hidráulica, será: kt 

k1  k 2  k 3 3

Reemplazando los valores de: k1 = 8.5x10-2 cm/s. k2 = 8.9x10-2 cm/s. k3 = 8.2x10-2 cm/s. Se tiene que: kt 

8.5x10 2  8.9x10 2  8.2x10 2 3

La conductividad hidráulica será: kt = 8.5x10-3 cm/s. PASO 3 Corrección por temperatura de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20 º C. La conductividad hidráulica expresada para una temperatura de 20ºC, será: k20 = Ct·kt De la Tabla D.8, se elige un coeficiente adecuado para la corrección de 60º C, este es: Ct = 0.468 Reemplazando los valores de: Ct = 0.468 kt = 0.085 cm/s. Se tiene que: k20 = 0.468·0.085 La conductividad hidráulica para una temperatura de 20 ºC, será: k20 = 3.97x10-2 cm/s. Comentario: Cuando se realiza un ensayo de permeabilidad en laboratorio, generalmente se realizar tres o más ensayos de la misma muestra de suelo, haciendo una variación de la altura de carga. Con el objetivo de tener resultados más confiables. La conductividad hidráulica, será la media aritmética de todas estas conductividades calculadas, en esta siempre se debe hacerse una corrección por temperatura. Es importante que la temperatura del agua se mantenga constante en todos los ensayos que se realicen con la misma muestra de suelo.

PROBLEMA 9.

136


Para una muestra representativa de suelo, se ha realizado un ensayo de conductividad hidráulica con un permeámetro de carga variable, del cual se obtienen los siguientes datos mostrados en la Tabla 4.5. Tabla 4.5. Resultados del ensayo de permeabilidad con carga variable Nro. Ensayo Diámetro del espécimen cm Longitud del espécimen cm Temperatura del agua ºC Diferencia de carga inicial cm Diferencia de carga final cm Duración del ensayo seg 2

Área del espécimen Volumen de agua

cm 3 cm

1 6.35 13.2 25 85 24 15.4

2 6.35 13.2 25 76 20 15.3

3 6.35 13.2 25 65 20 14.4

31.67 64

31.67 58

31.67 47

Determinar la conductividad hidráulica del suelo. Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica en un ensayo de carga variable, se utiliza la ecuación D.13. Generalmente en laboratorio, se hacen tres ensayos de una misma muestra de suelo, de la Tabla 4.5 se extraen los datos necesarios para determinar la conductividad hidráulica para cada ensayo. El valor de a, que no Figura en la Tabla, puede ser expresado de otra manera en función al volumen de agua. Luego de hallarse las conductividades hidráulicas para los tres ensayos, la media aritmética de estos tres será la conductividad hidráulica real. Finalmente, se debe hacer una corrección por temperatura con la ecuación D.31, donde se requiere un coeficiente adecuado de la Tabla D.8. PASO 1 Determinación del valor de a, en función al volumen. La cantidad de agua, que pasa por la muestra será: El área del tubo de carga multiplicado por la diferencia de los niveles de agua, que será: Q = a·(h1 – h2) El área del tubo de carga (a), expresado en función al volumen será: a

Q h1  h2

[9.1]

PASO 2 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será: k

a  L  ln h1 / h2  A  t 2  t1 

Reemplazando la ecuación [9.1] en esta expresión, se tiene que:

137


Q  L  ln h1 / h2  h1  h2   A  t 2  t1 

k

Reemplazando los valores de: Tabla 4.5.a Resultados de los ensayos Nro. Ensayo Longitud del espécimen cm Diferencia de carga inicial cm Diferencia de carga final cm Duración del ensayo t2-t1 seg Área del espécimen Volumen de agua

2

cm 3 cm

1 13.2 85 24 15.4

2 13.2 76 20 15.3

3 13.2 65 20 14.4

31.67 64

31.67 58

31.67 47

k2 

58  13.2  ln76 / 20  76  20  31.67  15.3

Se tendrá que: k1 

64  13.2  ln85 / 24  85  24  31.67  15.4

k3 

47  13.2  ln 65 / 20 65  20  31.67  14.4

La conductividad hidráulica será: Tabla 4.5.b Conductividad hidráulica de los ensayos Nro. Ensayo 1 2

Conductividad hidráulica cm/s

3.59x10

-2

3.77x10

3 -2

3.56x10

-2

La media aritmética, será: kt 

k1  k 2  k 3 3

Reemplazando las conductividades hidráulicas, se tiene que: kt 

3.59 x10 2  3.77 x10 2  3.56 x10 2 3

La conductividad hidráulica será: kt = 3.64x10-2 cm/s. PASO 3 Corrección por temperatura de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, siempre debe ser expresada para una temperatura de 20 º C. Con la ecuación D.31,se realiza la corrección por temperatura, esta es: k20 = Ct·kt El valor de Ct, es obtenido de la Tabla D.8, que para 25 º será: Ct = 0.889 Reemplazando los valores de:

138


Ct = 0.889 kt = 3.64x10-2 cm/s. Se tiene que: k20 = 0.889·3.6x10-2 La conductividad hidráulica para una temperatura de 20º C, será: k20 = 3.2x10-2 cm/s. Comentario: Cuando se realiza un ensayo de conductividad hidráulica en laboratorio, puede darse la posibilidad no disponerse de algunos datos, pero estos pueden ser determinados implícitamente y hasta puede hacerse ciertas modificaciones en la ecuación general según lo requieran las circunstancias.

PROBLEMA 10. Para una muestra representativa de suelo, se realizando un ensayo con el permeámetro de carga constante mostrado en la Figura 4.26.

q

h L

Recipiente graduado Q

Figura 4.26. Permeámetro de carga constante

Las dimensiones del permeámetro son: L = 350 mm. A = 125 cm2 h = 420 mm. Además se sabe que: El índice de vacíos de la muestra de suelo es de: 0.61 y el agua que recolecta el permeámetro en 3 minutos es de 580 cm3.

139


Determinar: a) La conductividad hidráulica de la arena en cm/s. b) El caudal, la velocidad de descarga y de flujo en cm/s. c) La pérdida de carga necesaria, para tener un caudal de 5 cm3/s. Estrategia: La conductividad hidráulica, es determinada con la ecuación D.12, utilizando los datos que proporciona el enunciado. El caudal, es determinado con la ecuación D.11. La velocidad de flujo, es calculada con la ecuación D.9, donde se requiere la velocidad de descarga y la porosidad. La velocidad de descarga, es determinada a con la ecuación D.10 y la porosidad que no se conoce, es determinarse mediante una ecuación que relacione: la porosidad y el índice de vacíos. Para determinar la pérdida de carga necesaria para cierto caudal, se utiliza nuevamente la ecuación D.12 reemplazando en esta los datos correspondientes. a) Conductividad hidráulica de la arena. La conductividad hidráulica será: k

QL h  A  t

Reemplazando los valores de: Q = 580 cm3 L = 35 cm. h = 42 cm. A = 125 cm2 t = 180 seg. (convertido a segundos) Se tiene que: k

580  35 42  125  125

La conductividad hidráulica será: k = 2.14x10-2 cm/s. b) Velocidad de descarga y de flujo en cm/s. PASO 1 Determinación del gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico será: i

h L


h = 42 cm. L = 35 cm.

140


Se tiene que: i

42 35

El gradiente hidráulico será: i = 1.2 PASO 2 Determinación del caudal de descarga. Para el sistema, el caudal de descarga será: q = k·i Reemplazando los valores de: k = 2.14x10-2 cm/s. i = 1.2 Se tiene que: q = 2.14x10-2·1.2 El caudal de descarga será: q = 2.56 cm3/s. PASO 3 Determinación de la velocidad de descarga. La velocidad de descarga será: v = k·i Reemplazando los valores de: k = 2.14x10-2 cm3/s. i = 1.2 se tiene que: v = 2.14x10-2·1.2 La velocidad de descarga será: v = 2.56x10-2 cm/s.

PASO 4 Determinación de la porosidad La ecuación A.42, relaciona el índice de vacíos con la porosidad, está es:

141


e

n 1 n

Reemplazando el valor de: e = 0.63 Se tiene que: 0.63 

n 1 n

La porosidad será: n = 0.38 PASO 5 Determinación de la velocidad de flujo. La velocidad de flujo será: vs 

v n

Reemplazando los valores de: v = 2.56x10-2 cm/s. n = 0.38 Se tiene que: vs 

2.56 x10 2 0.38

La velocidad de flujo será: vs = 6.73x10-2 cm/s. c) Pérdida de carga necesaria para un caudal de 120 cm3/s. El caudal de descarga será: q

Q t

Por lo tanto, el caudal que se precisa es 5 cm3/s, por lo que se tendrá: Q 5 t La conductividad hidráulica, para el ensayo de carga constante es: k

[10.1]

L Q  h  A t

142


Reemplazando la ecuación [10.1], en esta expresión se tiene que: k

L 5 h  A

Reemplazando los valores de: L = 35 cm. A = 125 cm2 k = 2.14x10-2 cm/s. Se tiene que: 2.14 x10  2 

35 5 h  125

La pérdida de carga necesaria será:

h = 65.42 cm. Comentario: Debe tenerse claro, que la velocidad de descarga (v) es distinta a la velocidad de flujo (vs). El flujo de agua que circula por el suelo, tiene una velocidad de flujo y el flujo de agua que circula fuera del suelo tiene una velocidad de descarga. El caudal en cambio, resulta ser el mismo en cualquier punto del sistema.

PROBLEMA 11. En un ensayo de laboratorio con el permeámetro de carga variable mostrado en la Figura 4.27, cuando la carga era h1 = 65 cm, se accionó un cronómetro. A los 30 seg., la carga era de h2 = 35 cm. Si L = 20 cm; A = 77 cm2 y a = 1.2 cm2. Determinar: a) La conductividad hidráulica del suelo. b) Una aproximación de la conductividad hidráulica, aplicando directamente la Ley de Darcy, para una carga de 50 cm en el ensayo. c) Una aproximación del tipo de suelo. d) En cuanto tiempo la carga hidráulica caería de 65 a 50 cm. Estrategia: Con la ecuación D.13, se determina la conductividad hidráulica, donde t2 – t1 es el tiempo de duración del ensayo. Una estimación de la conductividad hidráulica, puede realizarse con la ley de Darcy, expresada en la ecuación D.11, para lo cual se determinará el gradiente hidráulico y el caudal que circula por el sistema. La Tabla D.2, muestra valores tentativos de la conductividad hidráulica para diversos suelos, con el valor de la conductividad hidráulica puede hacerse aproximaciones del tipo de suelo. Puede utilizarse la ecuación D.13, para determinar el tiempo en que desciende la altura de carga.

143


a

A h1 h2

SUELO

L

Figura 4.27. Permeámetro de carga variable

a) Conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será: k

a  L  ln h1 / h2  A  t 2  t1 

Reemplazando los valores de: a = 1.2 cm2 A = 77 cm2 L = 20 cm. h1 = 65 cm. h2 = 35 cm. t2 – t1 = 30 seg.

Se tiene que: k

1.2  20  ln65 / 35 77  30

La conductividad hidráulica será: k = 6.43x10-3 cm/s b) Aproximación de la conductividad hidráulica.

144


PASO 1 Determinación del gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico será: i

h L


h = 50 cm. L = 20 cm. Se tiene que: i

50 20

El gradiente hidráulico será: i = 2.5 PASO 2 Determinación del caudal que circula en el sistema. La cantidad de agua que se encuentra en el tubo de área a es: Q = (65 – 35)·1.2 Q = 36 cm3 El caudal será: q

Q t

Reemplazando los valores de: Q = 36 cm3 t = 30 seg. Se tiene que: q

36 30

El caudal que circula por el sistema será: q = 1.2 cm3/s.

PASO 3 Determinación de la conductividad hidráulica.

145


La conductividad hidráulica es determinada de según la Ley de Darcy, que es: q = k·i·A Reemplazando los valores de: i = 2.5 q = 1.2 cm3/s. A = 77 cm2 Se tiene que: 1.2 = k·2.5·77 La conductividad hidráulica será: k = 6.23x10-3 cm/s. c) Aproximación del tipo de suelo. Según la Tabla D.2, para una conductividad hidráulica de k = 6.23x10-3 cm/s, el suelo corresponde a: ARENA LIMOSA d) Tiempo que tarda la carga en descender de 65 a 50 cm. Despejando la variación de tiempo t2 – t1 de la ecuación D.13, se tiene que: t 2  t1 

a  L  lnh1 / h2  kA

Reemplazando los valores de: a = 1.2 cm2 A = 77 cm2 L = 20 cm. h1 = 65 cm. h2 = 50 cm. k = 6.23x10-3 cm/s. Se tiene que: t 2  t1 

1.2  20  lnh1 / h2  6.23 x10 3  77

El tiempo será: t1 – t2 = 12.71 seg. El tiempo que toma la carga en descender de 65 a 50 cm, será: t = 12.71 seg.

146


Comentario: Las ecuaciones, para determinar la conductividad hidráulica pueden usarse de diversas formas para obtener los datos que se requieran. El inciso c), muestra que la conductividad hidráulica de un suelo aporta información acerca del tipo de suelo.

PROBLEMA 12. Para una muestra de suelo, se realiza un experimento en laboratorio con el permeámetro de se muestra en la Figura 4.28. El sistema consta de un arreglo de que tiene dos capas de suelo, en tubos de diámetros diferentes. Las características de los suelos son: AA = 0,38 m2 nA = 1/2 kA = 0.6 cm/s

Suelo A:

Suelo B:

AB = 0,19 m2 nB = 1/3 kB= 0.3 cm/s

10 9 8

B 7 6

A 5 4 3 2 1 0

Figura 4.28. Permeámetro con dos capas de suelo

El agua es añadida manteniendo una diferencia de altura de carga constante. Calcule el caudal circulante y las velocidades de flujo en los suelos. Estrategia: Por continuidad, se sabe que el caudal es el mismo en cualquier punto del sistema. Con esta idea se igualan los caudales de ambos suelo y así pueden encontrarse ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y las pérdidas de carga de los suelos. Resolviendo las ecuaciones, pueden determinarse las pérdidas de carga. Con todos estos datos, se determina el caudal circulante del sistema. Con la ecuación D.9 y los datos que proporciona el enunciado, pueden encontrarse las velocidades de flujo.

147


PASO 1 Relacionando los gradientes hidráulicos. Como ni se añade ni se elimina agua del sistema, el caudal que circula por el suelo A, debe ser igual al que circula por el suelo B. Por lo cual, por continuidad se dice que: qA = qB Reemplazando el caudal, se tiene que: kA·iA·AA = kB·iB·AB Reemplazando valores de: kA =6x10-3 m/s. (convertido a m/s) AA = 0.38 m2 kB =3x10-3 m/s. (convertido a m/s) AB = 0.19 m2 Se tiene que: 6x10-3·iA·0.38 = 3x10-3·iB·0.19 iA 

0.3  0.19  i B 0.6  0.38

Por lo tanto, la relación entre gradientes hidráulicos será: iA 

iB 4

[12.1]

PASO 2 Relacionando las pérdidas de carga. Los gradientes hidráulicos, para ambos suelos será: iA 

h A LA

iB 

hB LB

iB 

hB 1

Reemplazando los valores de: LA = 2 m. LB = 1 m. Se tendrá que:

iA 

hA 2

Reemplazando estas expresiones en la ecuación [12.1], se tiene la relación entre pérdidas de carga que es:

h A 

hB 2

[12.2]

148


PASO 3 Determinación de las perdidas de carga hA y hB. La perdida total de carga (hT), será:

hT = 4 – 1 hT = 3 m. Puede decirse, que la pérdida total de carga es la suma de las pérdidas de carga de ambos suelos, que será: h A  h B  3 [12.3] Resolviendo las ecuaciones [12.2] y [12.3], se tiene que:

hA = 1 m. 

hB = 2 m.

PASO 4 Determinación del caudal. El caudal circulante, será: q  kA 

h A  AA LA

Reemplazando los valores de: kA = 6x10-3 m/s. hA = 1 m. LA = 2 m. AA = 0.38 m2 Se tiene que: 1 q A  0.6 x10 3   0.38 2

El caudal que circula por el sistema, será: qA = 1.14x10-3 m3/s PASO 5 Determinación de las velocidades de descarga. La velocidad de descarga será: v = k·i Por lo cual, la velocidad de descarga, para los suelos será: vA  kA 

h A LA

vB  k B 

h B LB

149


Reemplazando los valores de: kA = 6x10-3 m/s. kB = 3x10-3 m/s. hA = 1 m. hB = 2 m. LA = 2 m. LB = 1 m. Se tendrá que: v A  6 x10 3 

1 2

v B  3x10 3 

2 1

Las velocidades de descarga serán: vA = 3x10-3 m/s

vB = 6x10-3 m/s

Las velocidades de flujo serán: v SA 

vA nA

v SB 

vB nB

Reemplazando los valores de: vA = 3x10-3 m/s. vB = 6x10-3 m/s. nA = 1/2 nB = 1/3 Se tendrá que: v SA 

3x10 3 1/ 2

v SB 

6x10 -3 1/ 3

Las velocidades de flujo serán: vSA = 6x10-3 m/s.

vSB = 1.8x10-2 m/s.

Comentario: Por continuidad, el caudal que circula por el sistema será el mismo en cualquier punto de el. Puede utilizarse la continuidad, al igualar caudales en dos puntos del sistema para encontrar relaciones que ayuden a encontrar valores desconocidos.

PROBLEMA 13. El aparato de laboratorio que se muestra en la Figura 4.29 mantiene una carga constante en ambos reservorios. Se pide determinar : a) b) c) d)

La altura total de carga en el punto 2. La altura total de carga en el punto 3. El caudal que pasa por el suelo 2, en cm3/s. La presión de poros en el punto A.

150


0

Suelo 1: A1 = 400 cm2 k1 = 1x10-7 cm/s.

10 1

20

Suelo 2: A2 = 50 cm2 k2 = 1x10-6 cm/s.

1

2

30

A

40

2

Suelo 3: A3 = 900 cm2 k3 = 1x10-8 cm/s.

50 3

60 70

3

80 90 4

100

Figura 4.29. Permeámetro con tres capas de suelo

Estrategia: Mediante conceptos de pérdida de carga y de continuidad se determinan algunas alturas de carga y se encuentran ecuaciones que relacionan los gradientes hidráulicos y alturas de carga. Con las relaciones que puedan encontrarse, se forma un sistema de ecuaciones donde al resolverlo se determinan las alturas totales de carga h1, h2, h3 y h4. Halladas estas alturas, se determinan los gradiente hidráulicos, de donde se halla el caudal que circula en el sistema. La presión de poros puede determinarse con la ecuación D.5. a) Altura total de carga en el punto 2. PASO 1 Determinación de las alturas totales, mediante relaciones de pérdida de carga. Se toma como línea de referencia, el nivel 100 de la Figura 4.44. La altura total de carga para el punto 1, según la ecuación D.3 será: h1 = hz1 + hp1 Reemplazando los valores de: hz1 = 80 cm. hp1 = 10 cm. Se tiene que: h1= 80 + 10 La altura total de carga h1, será: h1 = 90 cm.

151


La pérdida total de carga (hT) del sistema, será:

hT = 80 – 10 hT = 70 cm. La perdida total de carga puede expresarse: h1 – h4 = 70 Reemplazando el valor de h1 en esta expresión, la altura de carga h4, será: h4 = 20 cm. PASO 2 Determinación de las alturas totales, mediante relaciones de caudal. Por continuidad, el caudal que circula por los tres tipos de suelo es el mismo, por lo cual: q1 = q 2 = q 3 Reemplazando el caudal, se tiene que: q1 = k1·i1·A1

q2 = k2·i2·A2

q3 = k3·i3·A3

Los gradientes hidráulicos serán: i1 

h1  h2 L1

i2 

h2  h3 L2

i3 

h3  h4 L3

De las ecuaciones dadas, se tiene como incógnitas las alturas: h2 y h3. Igualando caudales para los suelos 1 y 2, además de los suelos 3 y 2, se tendrá que: q1 = q2

q3 = q2

Reemplazando los caudales, se tiene que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2

k3·i3·A3 = k2·i2·A2

Reemplazando los gradientes hidráulicos i1 e i2 en esta expresión, se tiene que: h h k1 A1  1 2  L1

  h  h3    k 2 A2  2    L2 

 h  h4 k 3 A3  3  L3

  h  h3    k 2 A2  2   L2  

Reemplazando los valores de: L1 = 10 cm. L2 = 30 cm. L3 = 40 cm. A1 = 400 cm2 A2 = 50 cm2 A3 = 900 cm2 k1 = 1x10-7 cm/s. k2 = 1x10-6 cm/s.

152


k3 = 1x10-8 cm/s. h1 = 90 cm. h4 = 20 cm. Se tendrá que: h2 = 0.29·h3 + 63.52

[13.1]

h3 = 0.88·h2 + 2.37

[13.2]

Resolviendo las ecuaciones [13.1] y [13.2], se tendrán las alturas de carga, que son: h2 = 86.69 cm.

h3 = 78.76 cm.

b) Altura total de carga en el punto 3. La altura de carga para el punto 3, será: h3 = 78.76 cm. c) Caudal que pasa por el suelo 2, en cm3/s. PASO 1 Determinación de los gradientes hidráulicos. Reemplazando lo valores, de: h1 = 90 cm. h2 = 86.69 cm. h3 = 78.76 cm. h4 = 20 cm. L1 = 10 cm. L2 = 30 cm. L3 = 40 cm. En las ecuaciones de los gradientes hidráulicos, se tendrá que: i1 

90  86.69 10

i2 

86.69  78.76 30

i3 

78.76  20 40

Los gradientes hidráulicos serán: i1 = 0.33

i2 = 0.26

i3 = 1.46

PASO 2 Determinación del caudal. El caudal será: q2 = k2·i2·A2 Reemplazando valores de: k2 = 1x10-6 cm/s. i2 = 0.26

153


A2 = 50 cm2 Se tiene que: q2 = 1x10-6·0.26·50 El caudal será: q2 = 1.3x10–5 cm3/s. d) La presión de poros en el punto A. PASO 1 Determinación de la altura piezométrica. El gradiente hidráulico medido en los puntos 2 y A del suelo 2, será el mismo gradiente del suelo 2, por lo cual: i2-A = i2 El gradiente hidráulico (i1-A), será: i2 A 

h2  h A L2  A

Reemplazando los valores de: h2 = 86.69 cm. L2-A = 10 cm. i2-A = 0.26 Se tiene que: 0.26 

86.69  hA 10

La altura total de carga en el punto A, será: hA = 84.1 cm. La altura piezométrica será: hPA = hA – hzA Reemplazando los valores de: hPA = 84.1 cm. hzA = 40 cm. Se tiene que: hPA = 84.1 – 40 la altura piezométrica en el punto A será: hPA = 44.1 cm. PASO 2 Determinación de la presión de poros.

154


La presión de poros será: uA = hpA·w Reemplazan los valores de: hpA = 0.44 m. (convertido a metros) w = 9.81 KN/m3 Se tiene que:

uA = 0.44·9.81

La presión de poros en le punto A, será: uA = 4.32 KPa. Comentario: El gradiente hidráulico, se mantendrá constante en cualquier fracción de un mismo suelo. La pérdida de carga total del sistema, puede ser medida con respecto a la primera y última altura de carga o es la suma de todas las pérdidas de carga del sistema.

PROBLEMA 14. Se dispone en laboratorio el permeámetro que se muestra en la Figura 4.30. Se pide: a) b) c) d)

Dibujar en función de la distancia, la altura total de carga. Dibujar en función de la distancia, la altura piezométrica. Dibujar en función de la distancia, la velocidad de flujo en cm/s. Determinar el caudal del sistema en l/s. 3.6

Suelo 1: A1 = 0.37 m2 k1 = 1 cm/s. n1 = 1/2

3.0 A

2.4

Suelo 2: A2 = 0.37 m2 k2 = 0.75 cm/s. n2 = 1/2

1 B

1.8

Suelo 3:

2 C

1.2 3 0.6

A3 = 0.18 m2 k3 = 0.5 cm/s. n3 = 1/3

D

0.0

Figura 4.30. Permeámetro con tres diferentes suelos

Estrategia: Para dibujar la variación de la altura total de carga, altura piezométrica y la velocidad de flujo en función de la distancia, deben determinarse todos estos valores para los

155


puntos A, B, C y D. Mediante el concepto de alturas de carga, pueden encontrarse algunas alturas. Por el concepto de continuidad al igualar caudales entre suelos, pueden encontrarse ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y alturas de carga. La idea consiste en formar un sistema de ecuaciones que al solucionarlo, se determinan las alturas de carga, piezométricas, gradientes hidráulicos y como consecuencia las velocidades de flujo y el caudal. a) Variación de la altura total de carga. PASO 1 Determinación de alturas totales mediante el conceptos de altura de carga. La altura piezométrica del punto A, será: hPA = 36. – 2.4 hPA = 1.2 m. Se toma como nivel de referencia la elevación 0.0, en la Figura 4.30. Por lo cual, para el punto A, la altura total de carga será: hA = hzA + hpA Reemplazando los valores de: hzA = 2.4 m. hpA = 1.2 m. Se tiene que: hA = 2.4 + 1.2 La altura total de carga en el punto A, será: hA = 3.6 m. PASO 2 Determinación de alturas totales mediante concepto de pérdida de carga. La pérdida total de carga (hT) del sistema será:

hT = 3.6 – 0.0 hT = 3.6 m. La pérdida total de carga, también se mide el los puntos A y D, por lo cual se tiene que: hA – hD = 3.6 Reemplazando el valor de hA = 3.6, la altura total de carga para el punto D es: hD = 0 m. PASO 3 Determinación de relaciones mediante concepto de continuidad.

156


Por continuidad, el caudal en los tres tipos de suelo es el mismo, por lo tanto: q1 = q 2 = q 3 Igualando los caudales de los suelos 1 y 2, además de los suelos 1 y 3, se tendrá que: q1  q 2

q1  q3

Reemplazando el caudal, se tiene que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2

k1·i1·A1 = k3·i3·A3

Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-2 m/s. (convertido a m/s) k2 = 7.5x10-3 m/s. (convertido a m/s) k3 = 5x10-3 m/s. (convertido a m/s) A1 = 0.37 m2 A2 = 0.37 m2 A3 = 0.18 m2 Se tendrá que: 1x10-2·i1·0.37 = 7.5x10-3·i2·0.37 1x10-2·i1·0.37 = 5x10-3·i3·0.18 Las relaciones entre gradientes hidráulicos serán: i1 = 0.75·i2

[14.1]

i1 = 0.25·i3

[14.2]

PASO 4 Determinación de relaciones mediante concepto de gradiente hidráulico. El gradiente hidráulico, es determinado con la ecuación: i

h L

De la Figura 4.30, se obtienen las dimensiones de: L y las alturas de carga que corresponden a cada caso. Por lo cual, el gradiente hidráulico para cada uno de los suelos, será: i1 

h A  hB 2 .4  1 .8

i2 

hB  hC 1.8  1.2

i3 

hC  hD 1.2  0.6

Reemplazando los valores de: hA = 3.6 m. hD = 0 m.

Se tendrá que:

157


3 .6  h B 0 .6 h  hC i2  B 0 .6 hC i3  0.6 i1 

[14.3] [14.4] [14.5]

PASO 5 Solución del sistema de ecuaciones. Se han encontrado cinco ecuaciones que forman un sistema de cinco ecuaciones con cinco incógnitas, que son las ecuaciones: [14.1], [14.2], [14.3], [14.4] y [14.5]. Solucionando el sistema de ecuaciones, se tiene que: i1 = 0.95 hB = 3.03 m.

i2 = 1.26

i3 = 3.78 hC = 2.27 m.

PASO 6 Graficación de la variación de altura total de carga en función a la distancia. La variación de la altura total de carga con respecto a la distancia, se muestra en la Tabla 4.6. y Figura 4.31. Tabla 4.6. Variación de la altura total de carga Altura total Distancia, m de carga, m 3.6 2.4 2.8 1.2 0.6 0

3.6 3.6 3.03 2.27 0 0 3.6

3.6

3.6

Distancia, m

3

3.6

2.4 1.8

3.03

1.2 2.27 0 0.6 0

0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

Altura total de carga, m

Figura 4.31. Variación de la altura total de carga con la profundidad.

b) Dibujar en función de la profundidad, la altura piezométrica.

158


PASO 1 Determinación de la altura piezométrica. Las alturas piezométricas para los diferentes puntos el sistema serán: hPA = hA – hzA

hPB = hB – hzB

hPC = hC – hzC

hPD = hD – hzD

hpB = 3.03 – 1.8

hpC = 2.27 – 1.2

hpD = 0 – 0.6

Reemplazando los valores de: hA = 3.6 m. hZA = 2.4 m. hB = 3.03 m. hZB = 1.8 m. hC = 2.27 m. hZC = 1.2 m. hD = 0 m. hZD = 0.6 m. Se tendrá que: hpA = 3.6 – 2.4

Las alturas piezométricas serán: hpA = 1.2 m.

hpB = 1.23 m.

hpC = 1.07 m.

hpD = – 0.6 m.

PASO 2 Graficación de la variación de la altura piezométrica en función a la distancia. Con todos los valores obtenidos de las alturas piezométricas, puede trazarse la variación de la altura piezométrica con respecto a la profundidad. Esta variación se muestra en la Tabla 4.7 y en la Figura 4.32. Considere que los valores negativos expresan succión. Tabla 4.7. Variación de la altura piezométrica Distancia, m 3.6 2.4 1.8 1.2 0.6 0

Altura piezométrica, m 0 1.2 1.23 1.07 -0.6 0

159


0

3.6

Distancia, m

3 1.2

2.4 1.8

1.23

1.2

1.07

0.6 -0.6

0

0 -0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

Altura piezométrica, m

Figura 4.32. Variación de la altura piezométrica con la profundidad

c) Variación de la velocidad de flujo en función de la distancia. PASO 1 Determinación de la velocidad de descarga. La velocidad de descarga será: v = k·i· La velocidad de descarga, para los diferentes suelos será: v1 = k1·i1

v2 = k2·i2

v3 = k3·i3

Reemplazando los valores de: i1 = 0.95 i2 = 1.26 i3 = 3.78 k1 = 1 cm/s. k2 = 0.75 cm/s. k3 = 0.5 cm/s. Se tendrá que: v1 = 1·0.95

v2 = 0.75·1.26

v3 = 0.5·3.78

Las velocidades de descarga serán: v1 = 0.95 cm/s

v2 = 0.95 cm/s

v3 = 1.89 cm/s

PASO 2

160


Determinación de la velocidad de flujo. La velocidad de flujo será: vs 

v n

Las velocidades de flujo, serán: v1 n1

v s1 

vs 2 

v2 n2

vs3 

v3 n3

Reemplazando los valores de: v1 = 0.95 cm/s. v2 = 0.95 cm/s. v3 = 1.89 cm/s. n1 = 1/2 n2 = 1/2 n3 = 1/3 Se tendrá que: vS1 

0.95 1/ 2

vS 2 

0.95 1/ 2

vS 3 

1.89 1/ 3

Las velocidades de flujo serán: vS1 = 1.9 cm/s.

vS2 = 1.9 cm/s.

vS3 = 5.67 cm/s.

PASO 3 Graficación de la variación de la velocidad de descarga en función a la distancia. Teniendo los valores de la velocidad de flujo para los tres tipos de suelo, puede graficarse la variación de esta en función a la distancia. Esta variación se muestra en la Tabla 4.8. y Figura 4.33. Tabla 4.8. Variación de la altura piezométrica Distancia, m 3.6 a 2.4 2.4 a 1.2 1.2 a 0.6 0.6 a 0

Velocidad de flujo, cm/s 0.95 1.9 5.67 1.89

161


0.95

3.6 3

Distancia, m

0.95

1.9

2.4 1.9

1.8

5.67

1.9

1.2

5.67

1.89

0.6

1.89 0 0

1

2

3

4

5

6

Velocidad de flujo, cm/s

Figura 4.33. Variación de la velocidad de flujo con la profundidad

d) Caudal del sistema en l/s: El caudal que circula por el sistema, será: q = k1·i1·A1 Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-2 m/s. i1 = 0.95 A1 = 0.37 m2 Se tienen que: q = 1x10-2·0.95·0.37 El caudal, será: q = 3.51x10-3 m3/s. Expresado en l/s, será: q = 3.51 l/s. Comentario: Aunque el caudal es el mismo en cualquier punto del sistema, la velocidad de flujo variará cuando el área de la sección transversal sea diferente. Un grafico ayuda a apreciar su variación. Con la ecuación D.11, puede obtenerse la velocidad de descarga en función a las propiedades hidráulicas del suelo. Tanto la altura de carga con la piezométrica varía a lo largo de un mismo suelo, mientras que la velocidad de flujo se mantiene constante a lo largo de un mismo suelo.

162


PROBLEMA 15. El aparato de laboratorio que se muestra en la Figura 4.34, mantiene una carga constante en ambos reservorios. La muestra de suelo corresponde a una arena con una conductividad hidráulica de 6x10-5 m/s, tiene un peso unitario húmedo de 21 KN/m3 y una gravedad específica de los sólidos de 2.65, para un grado de saturación del 35%. Determine el tiempo, que el agua coloreada toma en pasar a través del suelo (esto es cuando el extremo derecho penetra en el suelo y el extremo izquierdo del agua alcanza el extremo derecho del suelo). Asuma que no hay difusión, es decir, el volumen de agua coloreada es el mismo en función del tiempo. También asuma que el agua coloreada tiene el mismo peso unitario y viscosidad del agua que fluye.

185 mm

220 mm 60 mm

Ø = 30 mm

Ø = 30 mm

Agua coloreada

Ø = 100 mm

Figura 4.34. Ensayo de laboratorio con un permeámetro

Estrategia: Conociendo la velocidad de flujo, puede determinarse el tiempo que tarda el fluido en atravesar el suelo. Para este fin, mediante la ecuación D.11 puede calcularse el caudal que circula por el sistema, luego se determina la velocidad de descarga con la ecuación D.10, con la que se determina la velocidad de flujo en el suelo. La porosidad que no se conoce, puede determinarse mediante una ecuación que relacione: el peso unitario, la gravedad específica, la porosidad y el grado de saturación. PASO 1 Determinación del caudal que circula por el sistema. El gradiente hidráulico del suelo será: i

h L

Para los valores de:

h = 18.5 cm. (convertido a cm) L = 22 cm. (convertido a cm) Se tiene que: i

18.5 22

163


El gradiente hidráulico será: i = 0.84 El caudal que circula por el sistema será: q = k·i·A Para los valores de: k = 6x10-3 cm/s. (Convertido a cm/s) i = 0.84 A = 78.53 cm2 (Convertido a cm) Se tiene que: q = 6x10-3·0.48·78.53 El caudal será: q = 0.39 cm3/s PASO 2 Determinación de la velocidad de descarga. El caudal de descarga, se expresa como: v = k·i Para los valores de: k = 6x10-3 cm/s. (Convertido a cm/s) i = 0.84 Se tiene que: v = 6x10-3·0.84 v = 5.04x10-3 cm/s PASO 3 Determinación de la porosidad. La ecuación A.22, relaciona la porosidad, gravedad específica y el peso unitario, esta es:

 = Gs·w·(1 – n) + n·S·w Para los valores de: Gs = 2.65 w = 9.81 KN/m3  = 21 KN/m3 S = 0.75 (convertido a decimal) Se tiene que: 21 = 2.65·9.81·(1 – n) + n·0.75·9.81 Por lo tanto, la porosidad será:

164


n = 0.26 PASO 4 Determinación de la velocidad de flujo. La velocidad de flujo, será: vs 

v n

Para los valores de: v = 5.52x10-2 cm/s. n = 0.26 Se tiene que: vs 

5.04x10 3 0.26

La velocidad de flujo será: vs = 1.93x10-2 cm/s. PASO 5 Determinación del tiempo que tarda el fluido en atravesar el suelo. La distancia total de recorrido será: la longitud del suelo más la longitud del agua coloreada, es decir: d = 22 + 6 d = 28 cm. La velocidad se expresa como: v

d t

El tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar el suelo, será: t

d vs

Reemplazando los valores de: d = 28 cm. vs = 1.93x10-2 cm/s. Se tiene que: 28 1.93x10  2 El tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar el suelo será: t

165


t = 1450.77 seg. Lo que significa: 24 minutos con 10 segundos. Comentario: La velocidad que debe utilizarse para determinar el tiempo que tarda el agua coloreada en atravesar la muestra de suelo, debe ser la velocidad de flujo, pues esta gobierna en el suelo. Las partículas de agua en el suelo, se moverán a esta velocidad, pero fuera del suelo se moverán según a la velocidad de descarga.

PROBLEMA 16. El permeámetro de la Figura 4.35, consta de dos capas de suelo, que tienen las siguientes características: Tabla 4.9. Caracteristicas de suelos Suelo 1:

Suelo 2:

k 1 = 1x10-3 m/s 2 A 1 = 98 cm

k 2 = 9.8x10-2 m/s 2 A 2 = 65 cm

Las diferentes dimensiones de cada parte del permeámetro, están señaladas mediante una graduación ubicada a la izquierda en la Figura 4.35. Se pide determinar el caudal que circula por el sistema. 4.0

A

Altura , m

B 1

3.0

30 cm 2.0

C 2

30 cm

11.4 KPa

1.0 22.3 KPa

0.0

Figura 4.35. Permeámetro con dos estratos de suelo

Estrategia: El caudal es determinado con la ecuación D.1, para lo cual se necesita conocer el gradiente hidráulico de cada suelo. Para conocer estos gradientes, se necesitan las alturas de

166


carga en los puntos A, B y C. Con la ecuación D.5, pueden conocerse las alturas de carga en los puntos A y C y mediante ecuaciones que relacionan las alturas de carga e igualando los caudales de los suelos 1 y 2, puede conocerse las altura de carga en el punto B. Con estas alturas se determinan los gradientes hidráulicos y el caudal que circula por el sistema. PASO 1 Determinación de las alturas de carga en los puntos A y C. La altura piezométrica para los puntos: A y C, será: h pA 

uA w

h pC 

uC w

En los puntos A y C, se tiene una presión de poros de: uA = 11.4 KPa.

uC = 22.3 KPa.

Por lo tanto, la altura píezométrica de estos puntos será: h pA 

11.4 9.81

hpA = 1.16 m.

h pC 

22.3 9.81

hpC = 2.27 m.

De la Figura 4.35, se observa que la altura potencial, para los puntos A y C, es: hZ = 3.1 m. La altura total de carga en el punto A y C, será: hA = 1.16 + 3.1

hC = 2.27 + 3.1

hA = 4.26 m.

hC = 5.37 m.

PASO 2 Relacionando las alturas de cara y gradientes hidráulicos. El gradiente hidráulico del suelo 1 y 2, será: i1 

hB  h A L1

i2 

hC  hB L2

Reemplazando los valores de: hA = 4.26 m. hC = 5.37 m. L1 = 0.3 m. L2 = 0.3 m. Se tendrá que:

167


hB  4.26 0 .3 5.37  hB i2  0 .3 i1 

[16.1] [16.2]

PASO 3 Determinación de la altura de carga en el punto B. Por continuidad, el caudal será el mismo en cualquier punto del sistema. Por lo que se iguala el caudal del suelo 1 con el del suelo 2. Por lo se tiene que: q1 = q2 Reemplazando el caudal, se tendrá que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2 Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-3 m/s. A1 = 98x10-4 m2 (convertido a metros) k2 = 9.8x10-2 m/s. A2 = 65x10-4 m2 (convertido a metros) Se tiene que: 1x10-3·i1·98x10-4 = 9.8x10-2·i2·65x10-4 Reemplazando las ecuaciones [16.1] y [16.2] en está expresión, se tiene que:  h  4.26  4  2  5.37  hB 1x10 3   B   98x10  9.8 x10    0 .3   0 .3

 4   65x10 

Por lo tanto, la altura de carga en el punto B, será: hB = 5.35 m. PASO 4 Determinación del caudal. Reemplazando el valor de hB, en la ecuación [2], se tiene que: i2 

5.37  5.35 0 .3

i2 = 0.06 El caudal será: q= k2·i2·A2


168


k2 = 9.8x10-2 m/s. i2 = 0.06 A2 = 65x10-4 m2 Se tendrá que: q = 9.8x10-2·0.06·65x10-4 El caudal que circula por el sistema será: q = 3.82x10-5 m3/s. Comentario: Los puntos A y C, están sometidos a una presión en equilibrio donde existe un flujo de agua, por tanto la presión de poros en estos puntos corresponderá a esta misma presión en cada punto.

PROBLEMA 17. La conductividad hidráulica para una arena de índice de vacíos de 0.62, es 0.03 cm/s. Determine la conductividad hidráulica, para esta misma arena con un índice de vacíos de 0.48. Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica para cierto índice de vacíos, debe emplearse una ecuación empírica que relacione la conductividad hidráulica con el índice de vacíos. Para el caso de suelos gruesos, se utilizan las ecuaciones D.22 y D.23, para generar valores que ayuden a conocer la conductividad hidráulica de forma mpírica. PASO 1 Generación de la conductividad hidráulica, para un distinto índice de vacíos. De la ecuación D.22, se tiene que: k = 1.4·e2·k0.85 Reemplazando los valores de: e = 0.62 k = 0.03 cm/s. Se tiene que: 0.03 = 1.4·0.622·k0.85 La conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.85 será: k = 5.57x10-2 cm/s

PASO 2 Estimación del coeficiente C1.

169


La variación de la conductividad hidráulica con respecto al índice de vacíos es: Para: e = 0.62

se tiene que:

k = 0.03 cm/s

e = 0.85

se tiene que:

k = 5.57x10-2 cm/s

Para: Con esta información, se puede determinar el coeficiente C1 de la ecuación D.23, que es: k  C1 

e3 1 e

Para ambos casos, reemplazando los valores de: e = 0.62 k = 0.03 cm/s.

e = 0.85 k = 5.57x10-2 cm/s.

Se tendrá que: 0.03  C1 

0.62 3 1  0.62

5.57 x10  2  C1 

0.853 1  0.85

El coeficiente C1, para ambos casos será: C1 = 0.047

C1 = 0.013

Por lo tanto: Para un valor de: e = 0.62, se tiene que: C1 = 0.047 Para un valor de: e = 0.85, se tiene que: C1 = 0.013 Interpolando para un: e = 0.48, se tiene que: C1 = 6.76x10-2 PASO 3 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será: k  C1 

e3 1 e

Reemplazando los valores de: e = 0.48 C1 = 6.76x10-2 Se tiene que:

170


k  6.76x10  2 

0.483 1  0.48

La conductividad hidráulica será: k = 1.4x10-2 cm/s. Comentario: Determinar la conductividad hidráulica empíricamente, significa: Utilizar ecuaciones, realizar interpolaciones y otros artificios matemáticos necesarios obtener este valor. Sin embargo, debe tenerse cuidado de utilizar las ecuaciones adecuadas al caso.

PROBLEMA 18. Para una muestra de suelo arenoso, se tiene que: Índice de vacíos máximo = 0.68 Índice de vacíos mínimo = 0.42 Diámetro efectivo = 0.4 mm. Coeficiente de uniformidad = 3.1 Determinar: a) La conductividad hidráulica de la arena para una densidad relativa de 32%. b) La conductividad hidráulica para una densidad relativa de 50%, utilizando las ecuaciones de Amer y Shahabi de la Tabla D.7. Estrategia: Para determinar la conductividad hidráulica, se utiliza el ábaco de la Figura D.6, antes debe verificarse si el suelo es apropiado para este ábaco. El índice de vacíos, es determinado con la ecuación A.17. Teniendo el diámetro efectivo y el índice de vacíos, se determina la conductividad hidráulica con el ábaco. Si se utilizan las ecuaciones de Amer y Shahabi, debe encontrarse el valor de C2 empíricamente, para un índice de vacíos que corresponda a una densidad relativa del 50%. a) La conductividad hidráulica de la arena para una densidad relativa del 32%. PASO 1 Determinación del índice de vacíos. La densidad relativa es: DR 

emax  e emax  emin

Reemplazando los valores de: emax = 0.68 emin = 0.42 DR = 0.32 (convertido a decimal) Se tiene que:

171


0.32 

0.68  e 0.68  0.42

El índice de vacíos será: e = 0.59 PASO 2 Determinación de la conductividad hidráulica. El coeficiente de uniformidad de la arena es: Cu = 3.1, el ábaco de la Figura D.6, permite suelos que tengan un coeficiente de uniformidad en el rango: 2 < Cu < 12. El suelo en cuestión está en el rango, puede utilizarse el ábaco de la Figura D.6. 10 8 6 4

d10 < 1.4 d5

1 0.8 0.6

Cu = 2 a 12 Índ ice 0 . 6 d e va cio 0.5 s, 0 e= 0.3 .4 0.7

Conductividad hidráulica, k ft/min

2

0.85

0.4

0.2

0.1 0.08 0.06 0.04

0.02

0.6

0.01 0.1

0.2

0.4

0.8 1 d 10 mm

2

4

6

8

10

Figura 4.36. Determinación de la conductividad hidráulica.

Ingresando con un diámetro efectivo de: d10 = 0.4 mm, en el ábaco de la Figura D.6, se intercepta la curva que corresponde a un valor de: e = 0.59 (véase la Figura 4.36). Entonces se tendrá una conductividad hidráulica de: k = 0.85 ft/min. Que transformando unidades, resulta ser:

172


k = 0.43 cm/s. b) La conductividad hidráulica para una densidad relativa de 50%. Utilizando la ecuación de Amer. PASO 1 Estimación de la conductividad hidráulica para otro índice de vacíos. La conductividad hidráulica, se puede expresar como: k =1.4·e2·k0.85 Reemplazando los valores de: e = 0.59 k = 0.43 cm/s. Se tiene que: 0.43 = 1.4·0.592·k0.85 La conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.85, será: k0.85 = 0.88 cm/s. PASO 2 Determinación del índice de vacíos. La densidad relativa será: DR 


Reemplazando los valores de: emax = 0.68 emin = 0.42 DR = 0.5 (convertido a decimal) Se tiene que: DR 

0.68  e 0.68  0.42

El índice de vacíos, para una densidad relativa de 50%, será: e = 0.55

PASO 3 Estimación del coeficiente C2.

173


Se tiene que: Para: Para:

e = 0.59, se tiene que: k = 0.43 cm/s e = 0.85, se tiene que: k = 0.88 cm/s

Con esta información, se puede estimar el coeficiente C2 de la ecuación de Amer, que es: k  C 2  d102.32  C u0.5 

e3 1 e

Para ambos casos, se reemplazan los valores de: e = 0.59 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.43 cm/s

e = 0.85 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.88 cm/s

Se tendrá que: 0.43  C 2  0.4 2.32  3.10.5 

0.59 3 1  0.59

0.88  C 2  0.4 2.32  3.10.5 

0.85 3 1  0.85


C2 = 12.61

Por lo tanto: Para un valor de: e = 0.59, se tiene que:

C2 = 15.84

Para un valor de: e = 0.85, se tiene que:

C2 = 12.61

Interpolando para un: e = 0.55, se tiene que: C2 = 16.33 PASO 4 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica, será: k  C 2  d102.32  C u0.5 

e3 1 e

Reemplazando los valores de: e = 0.55 d10 = 0.4 Cu = 3.1 C2 = 16.33 Se tiene que:

174


k  16.33  0.4 2.32  3.10.5 

0.553 1  0.55

La conductividad hidráulica será: k = 0.36 cm/s. Utilizando la ecuación de Shahabi. PASO 1 Estimación del coeficiente C2. Se tiene que: Para: Para:

e = 0.59, se tiene que: k = 0.43 cm/s e = 0.85, se tiene que: k = 0.88 cm/s

Con esta información, se puede estimar el coeficiente C2 de la ecuación de Shahabi, que es: k  1.2  C 20.735  d100.89 

e3 1 e

Para ambos casos, reemplazando los valores de: e = 0.59 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.43 cm/s.

e = 0.85 d10 = 0.4 Cu = 3.1 k = 0.88 cm/s.

Se tendrá que: 0.43  1.2  C 20.735  0.4 0.89 

0.59 3 1  0.59

0.88  1.2  C 20.735  0.4 0.89 

0.85 3 1  0.85


C2 = 8.91

Por lo tanto: Para un valor de: e = 0.59, se tiene que:

C2 = 12.15

Para un valor de: e = 0.85, se tiene que:

C2 = 8.91

Interpolando para un: e = 0.55, se tiene que: C2 = 12.64

PASO 2

175


Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será: k  1.2  C 20.735  d100.89 

e3 1 e

Reemplazando los valores de: e = 0.55 d10 = 0.4 C2 = 12.64 Se tiene que: k  1.2  12.64 0.735  0.4 0.89 

0.553 1  0.55

La conductividad hidráulica será: k = 0.36 cm/s. Comentario: Antes de utilizar algún ábaco o alguna ecuación, es importante verificar si el ábaco es adecuado o la ecuación es aplicable al tipo de suelo, caso contrario se obtendrán resultados aparentemente correctos pero incompatibles o en el peor de los casos contradicciones. Si se utilizan relaciones empíricas para determinar la conductividad hidráulica, es bueno utilizar diferentes ecuaciones para tener una mejor aproximación de la conductividad hidráulica.

PROBLEMA 19. Para una arcilla normalmente consolidada, se tiene que: Tabla 4.10. Características Índice de vacíos

k cm/s

1.2

0.2x10 -6 0.91x10

1.9

-6

Determine la conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 0.9, utilizando: a) La ecuación de Huang & Drnevich. b) La ecuación de Mersi and Olson. Estrategia: Se conoce la variación del índice de vacíos con respecto a la conductividad hidráulica, para utilizar la ecuación de Huang & Drnevich, se debe encontrar los coeficientes: n y C2 para un índice de vacíos de 0.9. En el caso de la ecuación de Mersi and Olson, se deben encontrar los coeficientes: A’ y B’ para un índice de vacíos de 0.9. Determinados los respectivos coeficientes se determina la conductividad hidráulica.

a) Conductividad hidráulica con la ecuación de Huang & Drnevich.

176


PASO 1 Determinación de los valores de: C2 y n. La ecuación de Huang & Drnevich será:  en   k  C 2    1 e 

Para ambos casos, se reemplazan los valores de: k = 0.2x10-6 cm/s. e = 1.2

k = 0.91x10-6 cm/s. e = 1.9

Se tendrá que:  1 .2 n   0.2x10 6  C 2    1  1 . 2  

 1 .9 n   0.91x10 6  C 2    1  1 . 9  

Simplificando, se tiene que: 1.2n·C2 = 4.4x10-7

[19.1]

1.9n·C2 = 2.63x10-6

[19.2]

Resolviendo las ecuaciones [19.1] y [19.2], se tendrá que: n = 3.89

C2 = 2.16x10-7

PASO 2 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica será:  en   k  C 2    1 e 

Reemplazando los valores de: n = 3.89 C2 = 2.16x10-7 e = 0.9 Se tiene que:  0.9 3.89   k  2.16x10 7     1  0 .9 

La conductividad hidráulica será: k = 7.54x10-8 cm/s. b) Conductividad hidráulica con la ecuación de Mersi and Olson.

177


PASO 1 Determinación de los coeficientes A´ y B’. La ecuación de Mersi and Olson será: Log k = A’·Log e + B’ Para ambos casos, reemplazando los valores de: k = 0.2x10-6 cm/s e = 1.2

k = 0.91x10-6 cm/s e = 1.9

Se tendrá que: Log 0.2x10-6 = A’·Log 1.2 + B’

[19.3]

Log 0.91x10-6 = A’·Log 1.9 + B’

[19.4]

Resolviendo las ecuaciones [19.3] y [19.4], se tendrá que: A’= 3.29

B’ = -6.96

PASO 2 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica se determina de la ecuación de Mersi and Olson, esta es: Log k = A’·Log e + B’ Reemplazando los valores de: A’ = 3.29 B’ = -6.96 e = 0.9 Se tiene que: Log k = 3.29·Log 0.9 – 6.96 La conductividad hidráulica será: k = 7.75x10-8 cm/s. Comentario: Tanto los suelos finos como gruesos, tienen sus correspondientes relaciones empíricas. Deben utilizarse las apropiadas a cada caso.

PROBLEMA 20.

178


El índice de vacíos de una arcilla in situ es de 2.1 y su conductividad hidráulica para este índice de vacíos es: 0.86x10-6 cm/s. Utilice la ecuación de Taylor, para estimar la conductividad hidráulica para un índice de vacíos de 1.3. Estrategia: Con la Figura D.7, se estima el valor de la constante Ck, con todos los demás datos proporcionados, se determina la conductividad hidráulica. PASO 1 Determinación del coeficiente Ck. Con un valor de: e0 = 2.1, se ingresa al ábaco de la Figura D.7, donde interceptando la curva, se tiene el valor de Ck. (véase la Figura 4.34) 1.75

1.50

1.25

1.06 Ck

1.00

0.75

0.50

0.25

0

2.1 0

0.5

1.0

e0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

Figura 4.37. Determinación del coeficiente Ck

El valor de Ck es: Ck = 1.06 PASO 2 Determinación de la conductividad hidráulica. La conductividad hidráulica es determinada de la ecuación de Taylor, que es: log k  log k 0 

e0  e Ck

Reemplazando los valores de: Ck = 1.06 e = 1.3 k0 = 0.86x10-6 cm/s. e0 = 2.1

179


Se tiene que: log k  log 0.86x10 6 

2 .1  1 .3 1.06

La conductividad hidráulica será: k = 1.51x10-7 cm/s. Comentario: El ábaco de la Figura D.7, se ha determinado en base a muchos ensayos, resulta práctico determinar el valore de Ck con la ecuación: Ck = 0.5·e0.

PROBLEMA 21. Para el permeámetro de tres suelos mostrado en la Figura 4.38, se sabe que: Tabla 4.11. Características de suelos Suelo 1: k 1 = 2.3x10-3 cm/s A 1 = 450 cm2 = 17 KN/m3

Suelo 2: k 2 = 1.57x10-4 cm/s A 2 = 125 cm2 = 20 KN/m3

Suelo 3: k 3 = 1.5x10-3 cm/s A 4 = 100 cm2 = 19 KN/m3

Si las alturas totales de carga h1 y h2 respectivamente son: 8.2 y 3.2 m. Determinar: a) La presión de flujo de agua, en el plano transversal del punto B. b) El gradiente hidráulico crítico del suelo 3 y su factor de seguridad. c) La pérdida de carga necesaria del sistema, para tener flotación en el suelo 3, suponiendo que la altura total de carga h2, se mantiene constante y el suelo 1 y 2 no entran flotación. h1

E

Suelo 3

h2

A

Suelo 1

1.9 m

B

Suelo 2

2.1 m

C

Suelo 1

1.2 m

D

1.7 m

Figura 4.38. Permeámetro con diferentes capas de suelo Estrategia: Con la ecuación D.6, se determina la presión de flujo, para lo cual se necesita conocer el gradiente hidráulico. Con las ecuaciones D.4 y D.11, pueden generarse ecuaciones

180


que relacionen el gradiente hidráulico con las alturas totales de carga. Formando un sistema de ecuaciones con todas esas relaciones, se determinan las alturas de carga y gradientes hidráulicos. El gradiente hidráulico crítico, es determinado con la ecuación D.7. El factor de seguridad contra flotación, será la relación entre el gradiente hidráulico crítico y el gradiente hidráulico del suelo. Para determinar la nueva pérdida de carga, se sigue un proceso inverso, desde la condición para ocasionar flotación , hasta determinar la altura total de carga h1. Encontrada esta altura, se determina la pérdida de carga necesaria. a) La presión de flujo de agua, en el plano transversal del punto B. PASO 1 Determinar ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico con las alturas de carga. El suelo 1 del lado derecho, se identificara con una coma superior, mientras que el suelo 1 lado izquierdo no tendrá ninguna. La altura total de carga para el punto A, según la Figura 4.38, será: hA = 8.2 m. Los gradientes hidráulicos para los diferentes suelos, serán: i1 

h A  hB L1

i'1 

hC  hD L'1

i2 

hB  hC L2

i3 

hD  hE L3

i'1 

hC  hD 1 .7

i2 

hB  hc 2 .1

i3 

hD  hE L3

Reemplazando los valores de: hA = 8.2 m. L1 = 1.9 m. L2 = 2.1 m. L3 = 2.1 m. L’1 = 1.7 m. Se tendrá que: i1 

8 .2  h B 1 .9

Simplificando, se tendrá que: 1.9·i1 + hB = 8.2

[21.1]

2.1·i2 – hB + hc = 0

[21.2]

1.20·i3 – hD = 0

[21.3]

1.7·i'1 – hC + hD = 0

[21.4]

Por continuidad, el caudal es el mismo en cualquier punto del suelo. Igualando el caudal del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 2, además del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 3 y del suelo 1 (lado izquierdo) con el suelo 3 se tendrá que:

181


q1 = q2

q1 = q1’

q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tendrá que: k1·i1·A1 = q2·i2·A2

k1·i1·A1 = k1·i'1·A1

k1·i1·A1 = q3·i3·A3

Reemplazando los valores de: k1 = 2.3x10-3 cm/s. k2 = 1.57x10-4 cm/s. k3 = 1.5x10-3 cm/s. A1 = 450 cm2 A2 = 125 cm2 A3 = 100 cm2 Se tendrá que: 2.3x10-3·i1·450 = 1.57x10-4·i2·125

i1 = i’1

2.3x10-3·i1·450 = 1.5x10-3·i2·100

Simplificando, se tendrá que: 52.73·i1 – i2 = 0 i1 = i’1

[21.5] [21.6]

6.9·i1 – i3 = 0

[21.7]

PASO 2 Determinación de las alturas totales de carga. Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [21.4], [21.6] y [21.2] en [21.5], se tiene que: 1.51x10-2·hB – hC + 0.98·hD = 0 [21.8] Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [21.1] y [21.4] en [21.6], se tiene que: 0.82·hC – hD = 0 [21.9] Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [21.4], [21.6] y [21.3] en [21.7], se tiene que: 0.89·hB + hC – hD = 5.54 [10] Resolviendo el sistema de ecuaciones: [21.8], [21.9] y [21.10], se tendrá que: hB = 6.12 m.

hC = 0.47 m.

hD = 0.38 m.

PASO 3 Determinación de la presión de flujo. El gradiente hidráulico del suelo 2, será:

182


i2 

hB  hc L2

Reemplazando los valores de: hC = 0.47 m. hD = 0.38 m. L2 = 2.1 m. Se tiene que: i2 

0.47  0.38 2.1

El gradiente hidráulico en el suelo 2, será: i2 = 2.69 La presión unitaria de flujo para el suelo 2, será: j = i 2· w Reemplazando los valores de: i2 = 2.69 w = 9.81 KN/m3 Se tiene que: j = 2.69·9.81 La presión de flujo en el suelo 2, será: j = 26.39 KN/m3 b) El gradiente hidráulico crítico del suelo 3 y su factor de seguridad. PASO 1 Determinación del gradiente hidráulico crítico. El gradiente hidráulico crítico será: ic 

' w

Según la ecuación A.6, esta expresión también puede ser escrita como:

  w w Reemplazando los valores de: ic 

 = 19 KN/m3 w = 9.81 KN/m3

183


Se tiene que: ic 

19  9.81 9.81

El gradiente hidráulico crítico del suelo 3, será: ic = 0.93 PASO 2 Determinación del gradiente hidráulico del suelo 3. El gradiente hidráulico del suelo 3, será: i3 

hD  hE L3

Reemplazando los valores de: hD = 0.38 m. hE = 0 m. L3 = 1.20 m. Se tendrá que: i3 

0.38 1.20

El gradiente hidráulico del suelo 3, será: i3 = 0.31 PASO 3 Determinación del factor de seguridad contra flotación. El factor de seguridad contra flotación del suelo 3 será: FS 

icr i3

Reemplazando los valores de: icr = 0.93 i3 = 0.31 Se tiene que: FS 

0.93 0.31

El factor de seguridad contra flotación del suelo 3 será: FS = 3 c) La perdida de carga del sistema, necesaria para que el suelo 3 entre en flotación.

184


PASO 1 Determinación de las alturas de carga y gradientes hidráulicos. Si cambia la pérdida de carga del sistema, todas las alturas de carga serán distintas. La condición para que el suelo 3 entre en flotación es: i3 = icr Si la altura total de carga h2 se mantiene constante, entonces: hE = 0 Por lo tanto, el gradiente hidráulico del suelo 3, será: i3 

hD L3

Reemplazando los valores de: i3 = 0.93 L3 = 1.2 m. Se tiene que:

0.93 

hD 1 .2

La altura de carga para el punto D, será: hD =1.11 m. De la ecuación [21.7], se tiene que: 6.9·i1 – i3 = 0 Reemplazado el valor de: i3, se tiene que: 6.9·i1 – 0.93 = 0 Por lo tanto, el gradiente hidráulico en el suelo 1 será: i1 = 0.13 De la ecuación [21.5], se tiene que: 52.73·i1 – i2 = 0 Reemplazando el valor de i1, en la ecuación [21.5], se tiene que: 52.73·0.13 – i2 = 0 El gradiente hidráulico en el suelo 2 será: i2 = 6.85 El gradiente hidráulico para el suelo 1 (lado derecho), será:

185


i'1 

hC  hD L'1

De la ecuación [21.6], se sabe que: i1 = i’1. Por lo tanto reemplazando los valores de: i1 = 0.13 hD = 1.11 m. L’1 = 1.7 m. Se tiene que: 0.13 

hC  1.11 1 .7

La altura de carga en el punto C será: hC = 1.62 m. el gradiente hidráulico del suelo 2, será: i2 

hB  hc L2

Reemplazando los valores de: hC = 1.62 m. L2 = 2.1 m. i2 = 6.85 Se tiene que: 6.85 

hB  1.62 2.1

La altura de carga en el punto B será: hB = 16 m. El gradiente hidráulico del suelo 1, será: i1 

h A  hB L1

Reemplazando los valores de: i1 = 0.13 hB = 16 L1 = 1.9 m. Se tiene que: 0.13 

h A  16 1 .9

La altura total de carga para el punto A, será:

186


hA = 16.24 m. PASO 2 Determinación de la pérdida de carga del sistema. La altura de carga hA, es también la altura de carga h1. La pérdida de carga será:

h = hA – hE Reemplazando los valores de: hA = 16.24 m. hE = 0 m. La perdida de carga necesaria del sistema será:

h = 16.24 m. Comentario: Los suelos 1 y 2 de la Figura 4.35, fácilmente entran en flotación debido a su posición (horizontal), donde las partículas son arrastradas. Sin embargo el suelo 3, debido a su posición (vertical) presenta resistencia a la flotación, pues el peso de las partículas impide la flotación.

PROBLEMA 22. La Tabla 4.12, muestra los resultados de un ensayo granulométrico de una arena fina extraída cerca de un río. Determine la conductividad hidráulica, utilizando: a) La correlación de Hazen. b) La correlación de Shepherd. Tabla 4.12. Resultados del ensayo granulométrico. Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura, mm 4.75 2 0.85 0.6 0.425 0.25 0.106 0.075 -----

Masa retenida, gr 169.78 97.45 84.6 57.12 12.4 6.78 4.87 2.33 1.45

Estrategia: Para utilizar la ecuación D.14 (correlación de Hazen), se requiere determinar un coeficiente C. Este coeficiente es estimado de la Tabla D.4, donde se requiere el coeficiente de uniformidad y el diámetro efectivo, que pueden ser hallados de los resultados del ensayo granulométrico mostrado en la Tabla 4.12. Para la correlación de Shepherd, solo se requiere el diámetro efectivo y estimar la procedencia del suelo, el enunciado menciona que es: cerca de un río. Con esta información se determina la conductividad hidráulica con el ábaco mostrado en la Figura D.3.

187


a) Correlación de Hazen. PASO 1 Determinación del diámetro efectivo y el coeficiente de uniformidad. Tabla 4.12.a Resultados con los datos de la Tabla 4.12 Tamiz Nro. 4 10 20 30 40 60 140 200 Plato

Abertura mm 4.75 2 0.85 0.6 0.425 0.25 0.106 0.075 -----

Masa retenida gr 169.78 97.45 84.60 57.12 12.40 6.78 4.87 2.33 1.45

Acumulativa 169.78 267.23 351.83 408.95 421.35 428.13 433.00 435.33 436.78

% que pasa 61.13 38.82 19.45 6.37 3.53 1.98 0.87 0.33

El diámetro efectivo, se determina interpolando para un porcentaje del 10 %, este será: d10 = 0.66 mm. Según la ecuación A.7, el coeficiente de uniformidad será: Cu 

2 d 30 d 60  d10

Los diámetros que requiere esta la ecuación se interpolan de la Tabla 4.12.a, que serán: d60 = 4.6 mm. d30 = 1.47 mm. d10 = 0.66 mm. Por lo tanto, si se reemplazan estos diámetros, el coeficiente de uniformidad será: 1.47 2 4.6  0.66 Cu = 6.96 Cu 

PASO 2 Estimación del coeficiente C. El valor de C es obtenido de la Tabla D.4, este valor esta sujeto a requisitos que se deben cumplir en lo que respecta al coeficiente de uniformidad y el diámetro efectivo. El coeficiente de uniformidad del suelo es mayor a 5 y el diámetro efectivo está en el límite del rango recomendado de 0.003 a 0.66 en la Tabla D.4, por lo cual el valor de C, estará comprendido entre: 0.4 a 0.8. Debido a que el diámetro efectivo se encuentra al límite del rango admitido, se asume que tiene un valor de: C = 0.8

188


PASO 3 Determinación de la conductividad hidráulica. La correlación de Hazen es: k  C  d102

Reemplazando los valores de: C = 0.8 d10 = 0.66 mm. Se tiene que: k = 0.8·0.662 Por lo que la conductividad hidráulica será: k = 0.34 cm/s. b) Correlación de Shepherd. La ecuación D.15, describe la correlación de Shepherd como: k  c  d 50j

El valor de: d50, es obtenido interpolando de la Tabla 4.12.a, que es: d50 = 3.37 mm. Ingresando al ábaco de la Figura D.3 con un valor de d50, (este valor puede incluso ser estimado visualmente) se intercepta una región tentativa de acuerdo a la procedencia del suelo. Para este caso, el suelo se ubica entre las curvas de: depósitos de canales y sedimentos consolidados (véase la Figura 4.39), tomando como base para esta decisión que el suelo tiene abundante material fino. Por lo tanto, la conductividad hidráulica, aproximadamente será: k = 1100 ft/día. Transformando unidades, se tiene que: k =0.38 cm/s.

189


l)

sol ida do s)

ana les )

en tos co n

de c

ida efi n ra no d

Te xtu

1.5

50

k=

10

0·d

45 k=

(Se dim

sito s

(D epó

1. 6 5

0·d

50

160

0·d

1.7 5 50 (

De pó

sito

(De pós 50

sd

itos

ep

de

lay a)

Du

na)

sd e cr ista fera 5 1 .8

·d

k=

Conductividad hidráulica ft/day

k=

100

500 0

k=

400 00· d

50

2

Te

(Es

1100 1000

xtu ra def ini da

10000

10

1

0.1 0.01

3.37 0.1

1

10

Tamaño mediano de grano (d 50 ) en mm

Figura 4.39. Determinación de la conductividad hidráulica

PROBLEMA 23. La Tabla 4.13, muestra los resultados de un ensayo granulométrico de una muestra e suelo. Determine la conductividad hidráulica, aplicando el método de Mash and Denny. Estrategia: Para el método de Mash and Denny, deben convertirse todos los tamaños expresados en milímetros a unidades  con el ábaco de la Figura D.4. Luego de calcular la desviación estándar inclusiva, con la ecuación D.17, se ingresa al ábaco de la Figura D.5 para determinar la conductividad hidráulica.

190


Tabla 4.13. Ensayo granulométrico Tamiz Abertura, mm 4 4.75 6 3.35 10 2 20 0.85 40 0.425 60 0.25 100 0.15 200 0.075 Plato ------Masa total de la muestra =

Masa retenida, gr 0 0 0 9.1 249.4 179.8 22.7 15.5 23.5 500

PASO 1 Transformar unidades expresadas en mm a unidades . Se determina el porcentaje que pasa para cada tamiz. Luego, mediante el ábaco mostrado en la Figura D.4, se transforman todas las medidas de mm a unidades . Por lo que se tendrá: Tabla 4.13.a Resultados de un ensayo granulométrico Tamiz Abertura mm 4 4.75 6 3.35 10 2 20 0.85 40 0.425 60 0.25 100 0.15 200 0.075 Plato ------Masa total de la muestra =

Masa retenida gr 0 0 0 9.1 249.4 179.8 22.7 15.5 23.5 500

% que pasa 100 100 100 98.18 48.3 12.34 7.8 4.7

Unidades f -2.25 -1.74 -1.00 0.23 1.23 2.00 2.74 3.74

PASO 2 Determinar la desviación estándar inclusiva. La desviación estándar inclusiva, será:

I 

d16  d 84 d 5  d 95  4 6.6

Los diferentes diámetros que se necesitan para calcular la desviación inclusiva estándar, están en unidades  Estos son interpolados, que serán: d16 = 1.92 d84 = 1.75 d5 = 3.64 d95 = 0.29 Reemplazando estos valores, se tiene que:

I 

1.92  1.75 3.64  0.29  4 6 .6

191


La desviación estándar inclusiva, será:

I = 0.55 PASO 3 Determinación de la conductividad hidráulica.

I



=

0. 0

10

0 .5

1.46



=

1.

0

I

k cm/min

I



=

1

 = 1.5 = 2.0

1.19

0.1 3

4 FINO

2

d50 (unidades )

1

0 GRUESO

Figura 4.40. Determinación de la conductividad hidráulica.

El valor interpolado de: d50, en unidades  será: d50 = 1.19 Con el valor de d50, se ingresa al ábaco mostrado en la Figura D.5, donde se intercepta a la curva correspondiente de la desviación estándar inclusiva y se obtiene la conductividad hidráulica (Véase la Figura 4.40). La conductividad hidráulica, será: k = 1.46 cm/min. Transformando unidades, se tiene que: k = 2.43x10-2 cm/s.

192


PROBLEMA 24. Para el permeámetro de la Figura se han instalado dos manómetros en cada extremo, que registran las presiones de PA = 23 y PB = 5 KPa. Se tiene un arreglo de tres suelos colocados de dos maneras diferentes, en dos secciones adyacentes. La sección transversal es de: A = 3600 cm2 y las conductividades hidráulicas de los suelos son: Tabla 4.14. Conductividad hidráulica de los suelos Suelo 1: k 1 = 1.75x10-3 cm/s

Suelo 2: k 2 = 3.21x10-2 cm/s

Suelo 3: k 3 = 1.57x10-3 cm/s

Determinar: a) La presión de poros en el punto B. b) El caudal que circula en el sistema. c) Cual de los dos arreglos de estratos produce mayor resistencia.

PA

k1

20 cm

20 cm

PB

A

k2

20 cm

B

k1

k2

k3

20 cm

20 cm

20 cm

C

k3 60 cm

Figura 4.41. Permeámetro con dos arreglos suelo

Estrategia: En primer lugar, se tienen que determinan las conductividades hidráulicas equivalentes con las ecuaciones D.32 y D.33. Con las ecuaciones D.4 y D.11, se encuentran expresiones que relacionan los gradientes hidráulicos y las alturas de carga, que formaran un sistema de ecuaciones. Al resolver el sistema, se encuentran las alturas de carga y con la ecuación D.5 se determina la presión de poros. El caudal es determinado con la ecuación D.11 y finalmente obteniendo las pérdidas de carga para cada arreglo, se sabe cual presenta mayor resistencia al flujo de agua. a) La presión de poros en el punto B. PASO 1 Determinación de las conductividades hidráulicas equivalentes. Según la ecuación D.32, la conductividad hidráulica horizontal equivalente será: k Heq 

k H H i

i

i

193


Reemplazando los valores de: Hi = 20 cm. k1 = 1.75x10-3 cm/s. k2 = 3.21x10-2 cm/s. k3 = 1.57x10-3 cm/s. Se tiene que: k Heq 

1.75x10 3  20  3.21x10 2  20  1.57 x10 3  20 20  20  20

La conductividad hidráulica horizontal, será: kHeq = 1.18x10-2 cm/s. Según la ecuación D.33, la conductividad hidráulica vertical equivalente será: kVeq 

H H   k

i i

i

  

Reemplazando los valores de: Hi = 20 cm. k1 = 1.75x10-3 cm/s. k2 = 3.21x10-2 cm/s. k3 = 1.57x10-3 cm/s. Se tiene que: kVeq 

20 1.75x10 3

20  20  20 20 20   2 3.21x10 1.57 x10 3

La conductividad hidráulica vertical equivalente será: kVeq = 2.42x10-3 cm/s. PASO 2 Relacionando los gradientes hidráulicos y las alturas de carga. La altura de carga para los puntos A y C será: hA 

PA w

hC 

PB w

Reemplazando los valores de: PA = 23 KPa. w = 9.81 KN/m3 PB = 5 KPa. w = 9.81 KN/m3

194


Se tendrá que: hA 

23 9.81

hC 

5 9.81

La altura de carga para el punto A y C, será: hA = 2.34 m.

hC = 0.5 m.

El gradiente hidráulico para ambos arreglos será: i A B 

h A  hB L A B

i B C 

hB  hC L B C

i B C 

h B  0 .5 0 .6

Reemplazando los valores de: hA = 2.34 hB = 0.5 LA-B = 0.6 m. (convertido a metros) LB-C = 0.6 m. (convertido a metros) Se tendrá que: i A B 

2.34  hB 0 .6

Simplificando, se tiene que: 0.6·iA-B + hB = 2.34

[24.1]

0.6·iB-C – hB = 0.5

[24.2]

Reemplazando hB de la ecuación [24.1] en la ecuación [24.2], se tiene que: iA-B – iB-C = 3.06

[24.3]

Por continuidad, se sabe que el caudal en el primer arreglo, será el mismo que en el segundo arreglo. Por lo tanto: qA-B = qB-C Reemplazando el caudal, se tiene que: keqH·iA-B·A = keqV·iB-C·A Reemplazando los valores de: KHeq = 1.18x10-2 cm/s. KVeq = 2.42x10-3 cm/s. Se tiene que: iA-B – 0.205·iB-C = 0

[24.4]

Resolviendo las ecuaciones [24.3] y [24.4], los gradiente hidráulicos serán: iA-B = 0.51

iB-C = 2.53

195


PASO 3 Determinación de la altura de carga en el punto B. Reemplazando el valor de: iB-C, en la ecuación [24.2], se tiene que: 0.6·2.53 – hB = 0.5 La altura de carga en le punto B, será: hB = 2.01 m. PASO 4 Determinación de la presión de poros en el punto B. La presión de poros en el punto B, será: uB = w·hB Reemplazando el valor de la altura de carga hB, se tiene que: uB = 9.81·2.01 La presión de poros en el punto B, será: uB = 19.8 KPa. b) Caudal que circula por el sistema. El caudal será: q = kVeq·iB-C·A Reemplazando los valores de: kVeq = 2.42x10-3 cm/s. iB-C = 2.53 A = 3600 cm2 Se tiene que: q = 2.42x10-3·2.53·3600 El caudal que circula por el sistema será: q = 22.04 cm3/s c) Cual de los dos arreglos de estratos produce mayor resistencia. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga para los dos arreglos. La pérdida de carga para ambos arreglos será:

hA-B = hA – hB

hB-C = hB – hC

Para los valores de:

196


hA = 2.34 m. hB = 2.01 m. hC = 0.5 m. Se tendrá que:

hA-B = 2.34 – 2.01

hB-C = 2.01 – 0.5

La pérdida de carga para ambos arreglos será: 

hA-B = 0.33 m.

hB-C = 1.51 m.

PASO 2 Evaluación de las pérdidas de carga. La perdida de carga para el primer arreglo, es menor que en el segundo. Por lo tanto, el segundo arreglo ofrece mayor resistencia al flujo de agua.

PROBLEMA 25. El permeámetro mostrado en la Figura 4.42, contiene tres tipos de arena acomodadas adyacentemente, las conductividades hidráulicas de las arenas A y C respectivamente son: 10-2 cm/s y 5x10-3 cm/s y todas tienen un área de 150 cm2 de sección transversal. Se han instalado piezómetros al inicio y al final de la arena B y se ha registrado los niveles piezométricos en esta arena que se mantienen constantes. Determinar la conductividad hidráulica de la arena 2.

7 cm

A

1 15 cm

B

2 15 cm

C

3

30 cm

D

15 cm

Figura 4.42. Permeámetro con tres capas de suelo

Estrategia: La conductividad hidráulica, puede ser determinada con la ecuación D.11. Antes debe determinarse el caudal que circula por el sistema. Ya que solamente se disponen de las pérdidas de carga, puede asumirse una altura de carga inicial para el punto A y hallar las demás en función a esta altura, de tal manera que se tengan las mismas pérdidas de carga. Encontrado el caudal, puede determinarse la conductividad hidráulica del suelo 2. PASO 1

197


Determinar alturas de carga, mediante conceptos de pérdida de carga. Ya que solamente se tienen pérdidas de carga, se asume la altura de carga inicial para el punto A, que será: hA = 1 m. La pedida total de carga, es medida como:

h = hA – hD Reemplazando los valores de: hA = 1 m. h = 0.3 m. (convertido a metros) Se tiene que: 0.3 = 1 – hD La altura de carga en el punto D, será: hD = 0.7 m. PASO 2 Determinación de ecuaciones que relacionen el gradiente hidráulico y alturas de carga. La pérdida de carga en el suelo 2, será: h2 = hB – hC Reemplazando el valor de hA, se tiene que: hB – hC = 0.07

[25.1]

El gradiente hidráulico del suelo 1, además del suelo 3 será: i1 

h A  hB L1

i3 

hC  hD L3

Reemplazando los valores de: hA = 1 m. hD = 0.7 m. L1 = 0.15 m. (convertido a metros) L3 = 0.15 m. (convertido a metros) Los gradientes hidráulicos serán: 1  hB 0.15 h  0 .7 i3  C 0.15 Igualando caudales de los suelos 1 y 3, se tiene que: i1 

[25.2] [25.3]

198


q1 = q3 Reemplazando el caudal, se tiene que: k1·i1·A = k3·i3·A Reemplazando los valores de : k1 = 1x10-2 cm/s. k2 = 5x10-3 cm/s. Se tiene que: 1x10-2·i1 = 5x10-3·i3 Reemplazando los gradientes hidráulicos de las ecuaciones [25.2] y [25.3], se tiene que: hB + 0.5·hC = 1.35

[25.4]

Resolviendo las ecuaciones [25.1] y [25.4], se tiene que: hB = 0.92 m

hC = 0.85 m

PASO 3 Determinación del caudal. El gradiente hidráulico del suelo 1, reemplazando el valor de hB, será: i1 

1  0.92 0.15

i1 = 0.53 El caudal del sistema, será: q = k1·i1·A Reemplazando los valores de: k1 = 1x10-2 cm/s. i1 = 0.53 A = 150 cm2 Se tiene que: q = 1x10-2·0.53·150 El caudal será: q = 0.79 cm3/s.

PASO 4

199


Determinación de la conductividad hidráulica del suelo 2. El gradiente hidráulico del suelo 2, será: i2 

hB  hC L2

Reemplazando los valores de: hB = 0.92 m. hC = 0.85 m. L2 = 0.15 m. (convertido a metros) Se tiene que: i2 

0.92  0.85 0.15

El gradiente hidráulico será: i2 = 0.46 La conductividad hidráulica del suelo 2, se obtiene de: q = k2·i2·A Reemplazando los valores de: q = 0.79 cm3/s. i2 = 0.46 A = 150 cm2 Se tiene que: 0.79 = k2·0.46·150 La conductividad hidráulica del suelo 2, será: k2 = 1.08x10-2 cm/s. Comentario: Una pérdida de carga, es la diferencia entre alturas de carga en dos puntos. Para una determinada pérdida de carga, pueden existir una gran variedad de combinaciones de alturas de carga. Sin importar la combinación usada, lo importante es que la pérdida de carga sea la misma y se mantenga la compatibilidad en el sistema. Generalmente pueden usarse artificios similares para resolver problemas de flujo unidimensional.

PROBLEMA 26.

200


Para el permeámetro de la Figura 4.43, se pide determinar la presión de poros en el punto A. La conductividad hidráulica de los suelos es: Tabla 4.15. Conductividad hidráulica de los suelos Suelo 1: k 1 = 3x10-4 cm/s

Suelo 2: k 2 = 6x10-6 cm/s

Suelo 3: k 3 = 3x10-7 cm/s

Todas las distancias del sistema están expresadas en función a L, por lo tanto considere que: L = 50 cm. L

L

L 2

L

L3

2 3

L 4

L6

B

1 A

L2

L 4

Figura 4.43. Permeámetro con tres capas de suelo a diferentes alturas

Estrategia: La presión de poros es determinada con la ecuación D.5. Para lo cual se necesita la altura piezométrica del punto A. Esta altura se puede determinar, mediante ecuaciones que relacionen los gradientes hidráulicos y las alturas totales de carga. Mediante continuidad, se pueden igualar los caudales en los suelos y obtener otras ecuaciones que forman un sistema de ecuaciones. Resolviendo el sistema, se determinan las alturas de carga y la presión de poros del sistema. PASO 1 Determinación de ecuaciones que relaciones las alturas totales de carga. Se toma como nivel e referencia, la parte inferior, en el nivel más bajo a agua. El gradiente hidráulico siempre debe ser positivo, por lo cual se asume que el flujo se moverá del suelo 3 al suelo 1. Los gradientes hidráulicos de los serán: i1 

hA  0 L

[26.1]

i2 

hB  h A L

[26.2]

i3 

L  hB L

[26.3]

PASO 2 Determinación de las alturas totales de carga.

201


El área de la sección transversal de los suelos:1, 2 y 3, para un metro de ancho, serán: A1 = L/4·1

A2 = (L/4 + L/4 + L/2)·1

A3 = L/6·1

Reemplazando el valor de: L = 50 cm2, se tiene que: A1 = 12.5 cm2

A2 = 50 cm2

A3 = 8.33 cm2

Igualando el caudal del suelo 1 con el suelo 2, además del suelo 1 y 3, se tendrá que: q1 = q2

q1 = q3

Reemplazando el caudal, se tendrá que: k1·i1·A1 = k2·i2·A2

k1·i1·A1 = k3·i3·A3

Reemplazando los valores de: k1 = 3x10-4 cm/s. k2 = 6x10-6 cm/s. k3 = 3x10-7 cm/s. A1 = 12.5 cm2 A2 = 50 cm2 A3 = 8.33 cm2 Se tendrá que: 3x10-4·i1·12.5 = 6x10-6·i2·50

3x10-4·i1·12.5 = 3x10-7·i3·8.33

Reemplazando las ecuaciones [26.1], [26.2] y [26.3] en estas expresiones, se tendrá que: 1.08·hA – 0.08·hB = 0

[26.4]

hA =6.66x10-4·(50 – hB) = 0

[26.5]

Resolviendo las ecuaciones [26.4] y [26.5], se tiene que: hA = 0.032 cm.

hB = 0.44 cm.

PASO 3 Determinación de la presión de poros. La altura piezómétrica para el punto A, será: hpA = hA – hZA Reemplazando los valores de: hA = 0.035 cm. hZA = 50/4 cm.

Se tiene que: hPA  0.035 

50 4

202


La altura piezométrica será: hpA = -12.44 cm. La presión de poros en el punto A, será: u = hpA·w Reemplazando los valores de: hpA = -0.1244 m. w = 9.81 KPa. Se tiene que: uA = -0.1244·9.81 La presión de poros en el punto A, será: uA = -1.22 KPa. Comentario: Antes de resolver algún problema de flujo de agua, debe determinarse la dirección correcta del flujo, para lo cual el gradiente hidráulico es de ayuda. El gradiente hidráulico, es medido de una altura de carga mayor a una menor (dirección del flujo) y este valor siempre debe ser positivo, lo que indicará la dirección correcta del flujo de agua. Debe tenerse cuidado, cuando se tiene un nivel de referencia en el cual no se mantienen constantes las alturas potenciales, la mejor opción en las ecuaciones es trabajar con alturas totales de carga y no con alturas piezométricas.

Flujo en dos dimensiones. PROBLEMA 27. Para el permeámetro mostrado en la Figura 4.44, se tiene que: h = 50 cm H2 = 50 cm

H1 = 30 cm k1 = 1.8·k2

Determinar el valor de las alturas piezométricas h1 y h2 utilizando la ecuación de Laplace para un valor de z = 60 cm. Estrategia: Puede integrarse la ecuación de Laplace a fin de obtener una expresión más práctica, luego con las condiciones de borde correspondientes a cada suelo, se pueden obtener ecuaciones que relacionan la altura de carga con las alturas piezométricas. Con las expresiones obtenidas puede determinarse los valores de h1 y h2.

203


h1 h H1

h2

H2

z

Suelo 1

Suelo 2

Figura 4.44. Permeámetro con dos capas de suelo

PASO 1 Determinación de ecuaciones que relacionen las alturas piezométricas. La ecuación de Laplace es: 2h 2h  0 z 2 x 2

Para el caso del permeámetro se tiene que

2h  0 , por lo tanto se tendrá que: x 2

2h 0 z 2

Integrando se tiene que: h = A1·z + A2

[27.1]

Donde A1·y A2 son coeficientes producto de la integración. Para el suelo 1 Condición 1 z=0

h = h2

z = H1 + H2

h=0

Condición 2

204


Combinando la ecuación [27.1] con la condición 1, se tendrá que: A2 = h1

[27.2]

Combinando la ecuación [27.1] con la condición 2, se tendrá que: h2 = A1· H1 + h1 Entonces: h h  A1    1 2   H1 

[27.3]

Condición 1 z=0

h = h1

z=0

h = h2

Condición 2 Reemplazando las ecuaciones [27.2] y [27.3] en la ecuación [27.1] se tendrá que: h h  A1    1 2   z  h1  H1 

[27.4]

Para el suelo 2 Condición 1 z=0

h = h1

z=0

h=0

Condición 2 Combinando la ecuación [27.1] con la condición 1, se tendrá que: A2 = h1 – A1·H1

[27.5]

Combinando la ecuación [27.1] con la condición 2, se tendrá que: A1·(H1 + H2) + (h2 – A1·H1) = 0 Reemplazando el valor de A1, se tendrá que: A1·H1 + A1·H2 + h2 – A1·H1) Despejando A se tendrá que: A

h2 H2

[27.6]

Reemplazando las ecuaciones [27.5] y [27.6] en la ecuación [27.1], se tendrá que:  h   H  h    2   z  h2   1  1   H2   H2 

205


Por otra parte el caudal que circula en el suelo A es igual al del suelo B, entonces: q1 = q2 De la ecuación [D.11] y la ecuación [D.4] se tendrá que: h h  h 0 k1 · 1 2   A  k1 · 1  A  H1   H2 

PASO 2 Determinación de las alturas piezométricas h1 y h2. h2 

h1  k1  k k  H1   1  1   H1 H1 

[27.7]

Sustituyendo la ecuación [27.7] en la ecuación [27.4] y despejando h1, se tendrá que: h1 

h   k2  z 1    k1  H 2  k2  H1 

[27.8]

Reemplazando los valores de: h = 50 cm H1 = 30 cm H2 = 50 cm k1 = 1.8·k2 En la ecuación [27.8] se tendrá que: h1 

50 60   1    1.8  50  30 

Por lo tanto: h1 = 100 cm De la ecuación [D.7] se tendrá que: h2 

100  1.8  1.8 1  30      30 50 

Por lo tanto: h2 = 75 cm Comentario: La ecuación de Laplace gobierna el flujo de agua en el suelo, esta puede utilizarse para resolver cualquier problema de flujo de agua. Sin embargo, esta se complicara a medida que aumente las dimensiones del flujo en el sistema.

206


PROBLEMA 28. En la Figura 4.45 se muestra un sistema de flujo en dos dimensiones compuesto de un ataguía en un perfil de suelo con una conductividad hidráulica de 2.32x10-4 cm/s. Se pide: a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. b) Determinar el caudal que circula por el sistema. c) La presión de poros en los puntos A y B.

15.5 m 5m 3.7 m A 8.4 m B Impermeable

Figura 4.45. Sistema de flujo con ataguía

Estrategia: La red de flujo se traza en base al procedimiento y las recomendaciones de la sección “Construcción de la red de flujo cuadrada” existente en el capítulo 4 del libro guía (Fundamentos de mecánica de suelos). Teniendo definida la red de flujo, con la ecuación [D.35] se determina el caudal, finalmente con la ecuación [D.59], [D.60] y [D.61] se determina la presión de poros en los puntos A y B. a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. PASO 1 Identificación de las condiciones de borde del sistema. En primer lugar se identifican los bordes de entrada, salida y los impermeables, mostrados en trazo lleno en la Figura 4.46.

Borde de entrada

Borde de salida

Impermeable

Impermeable Figura 4.46. Bordes permeables e impermeables

207


PASO 2 Ubicación de las líneas de flujo. Se trazan las líneas de flujo de tal forma que estén bien distribuidas en todo el perfil como muestra la Figura 4.47.

Impermeable

Figura 4.47. Líneas de flujo.

PASO 3 Ubicación de las líneas equipotenciales. Se trazan las líneas equipotenciales de tal forma que corten a las líneas de flujo formando con ellas cuadrados curvilíneos como muestra la Figura 4.48.

Impermeable Figura 4.48. Líneas equipotenciales y de flujo.

b) Determinar el caudal que circula por el sistema. PASO 1 Determinación de la altura total de carga del sistema.

H = 15.5 – 5 H = 10.5 m

208


PASO 2 Determinación del caudal. Con los valores de: k = 2.32x10-6 cm/s (convertido a m/s) H = 10.5 m NF = 4 Nd = 7 De la ecuación [D.35] se tiene que: 4 q  2.32x106   10.5 7

q = 1.32x10-6 m3/s O también: q = 1.14x10-2 m3/dia c) La presión de poros en los puntos A y B. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto A se tendrá que:

H = 10.5 m Nd = 7 ndA = 3.5 La pérdida de carga será: hA 

10.7  3.5 7

hA = 5.25 m De igual forma para el punto B se tendrá que:

hB = 5.25 m PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto A se tendrá que: h1 = 8.4 + 3.7 + 15.5 = 27.6 m hzA = 8.4 m hA = 5.25 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 27.6 – 8.4 – 5.25

209


hpA = 13.95 m La presión de poros en el punto A será: uA = 13.95·9.81 uA = 136.84 KPa Para el punto B se tendrá que: h1 = 8.4 + 3.7 + 15.5 = 27.6 m hzB = 0 m hB = 5.25 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 27.6 – 5.25 hpA = 22.35 m La presión de poros en el punto B será: uB = 22.35·9.81 uB = 219.25 KPa Comentario: Los puntos A y B se encuentran en una misma línea vertical, por lo que el valor de hi es el mismo para ambos, pero tienen diferente altura potencial lo que los hace distintos.

PROBLEMA 29. En la Figura 4.49 se muestra una obra hidráulica construida en un suelo que tiene una conductividad hidráulica de 1.07x10-6 cm/s. Se pide: a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. b) Determinar el caudal que circula por el sistema. c) La presión de poros en los puntos A, B y C. Estrategia: Con la misma idea que en el problema 2 se construye la red de flujo cuadrada del sistema y se determina el caudal que circula por el sistema y la presión de poros en los puntos A, B y C. a) Dibujar la red de flujo cuadrada del sistema. PASO 1 En primer lugar se identifican los bordes de entrada, salida y los impermeables, mostrados en trazo lleno en la Figura 4.50.

210


18.1 m

1.8 m

19.8 m

Impermeable 8.5 m 4.3 m B

C

10.2 m 1.3 m

18.5 m

1 A

2.2 m

abl rme e p Im

e

3

55.5 m

Figura 4.49. Sistema de flujo en presa de presa de concreto

Impermeable

Borde de entrada

Bordes impermeables

Borde de salida

er m Imp

e eabl

Figura 4.50. Bordes de entrada y salida

PASO 2. Se trazan las líneas de flujo de tal forma que estén bien distribuidas en todo el perfil como muestra la Figura 4.51.

211


Impermeable

e erm I mp

able

Figura 4.51. Líneas de flujo

PASO 3. Se trazan las líneas equipotenciales de tal forma que corten a las líneas de flujo formando con ellas cuadrados curvilíneos como muestra la Figura 4.52.

Impermeable

erm Imp

e eabl

Figura 4.52. Líneas equipotenciales y de flujo

b) Determinar el caudal que circula por el sistema. Para los valores de: H = 8.5 m k = 1.07x10-8 m/s (convertido a m/s) NF = 3 Nd = 12 El caudal será:

212


q  1.07x108

3  8.5 12

q = 2.27x10-8 m3/s O también: q = 1.96x10-3 m3/día c) La presión de poros en los puntos A, B y C.

Impermeable

B

A

C

able rme e p Im

Figura 4.53. Puntos donde se pretende calcular la presión de poros

PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto A se tendrá que:

H = 8.5 m Nd = 12 ndA = 2.25

La pérdida de carga será: 8.5  2.25 12 hA = 1.59 m hA 

Para el punto B se tendrá que: ndB = 0 La pérdida de carga será:

213


hB = 0 m Para el punto C se tendrá que: ndC = 6.4 La pérdida de carga será: 8.5  6.4 12 hC = 4.53 m hC 

PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto A se tendrá que: h1 = 27 m hzA = 7.7 m hA = 1.59 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 27 – 7.7 – 1.59 hpA = 17.71 m La presión de poros en el punto A será: uA = 17.71·9.81 uA = 173.73 KPa Para el punto B se tendrá que: h1 = 27.6 m hB = 0 m

La altura potencial será:  55.5  18.1  19.8  hzB  18.5    3  

hzB = 12.63 m La altura piezométrica en el punto B será: hpB = 27.6 – 12.63 hpB = 14.36 m La presión de poros en el punto B será:

214


uB = 14.36·9.81 uB = 140.93 KPa Para el punto C se tendrá que: h1 = 27.6 m hC = 4.53 m La altura potencial será:  55.5  19.8  4.3  1.3  hzC  18.5    3  

hzC = 5.76 m La altura piezométrica en el punto C será: hpC = 27 – 5.76 – 4.53 hpC = 16.71 m La presión de poros en el punto B será: uC = 16.71·9.81 uC = 163.92 KPa Comentario: El nivel de referencia del sistema corresponde a la superficie inclinada impermeable, por lo que las alturas potenciales variaran para cada punto lo que significa que la presión de poros disminuirá conforme disminuya la altura potencial.

PROBLEMA 30. La Figura 4.54 muestra una obra hidráulica contraída en un suelo compuesto de arena limosa. Ensayos anteriores en este suelo demostraron que la conductividad hidráulica del suelo corresponde a k = 2.47x10-2 cm/s. Determine el caudal que circula por el sistema y la presión de poros en el punto C utilizando: a) Redes de flujo. b) Método de los fragmentos. Estrategia: Para poder utilizar la ecuación [D.35] debe trazarse la red de flujo del sistema, para lo cual se sigue el mismo procedimiento que en el problema 2. En el método de los fragmentos debe dividirse el sistema en fragmentos reconocibles según la Tabla D.9 y con la ecuación [D.54] se determina el caudal que circula por el sistema. Mediante redes de flujo la presión de poros puede ser determinada de la misma forma que en el problema 2 y 3. Sin embargo, en el caso del método de los fragmentos la presión de poros es determinada utilizando las ecuaciones [D.60], [D.62] y [D.63], tomando en cuenta que la pérdida de carga hiF es acumulativa para cada fragmento.

215


23.7 m

19.8 m

26.3 m

7.8 m Impermeable

7.23 m 7.5 m 15.7 m

C

3.7 m

3.7 m

6.6 m Impermeable

Figura 4.54. Sistema de flujo en obra hidráulica

a) Redes de flujo. PASO 1 Construcción de la red de flujo del sistema. Siguiendo el mismo procedimiento que en los problemas 2 y 3, la red de flujo del sistema será.

Impermeable

C

Impermeable Figura 4.55. Sistema de flujo con ataguía

PASO 2 Determinación del caudal. Para los valores de:

216


k = 2.47x10-4 m/s (convertido a m/s) NF = 3 Nd = 12 H = 12 m El caudal será: 3  7.8 12 q = 4.81x10-4 m3/s q  2.47x104 

Por lo que: q = 41.61 m3/dia Determinación de la presión de poros. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga en cada punto. Para el punto C se tendrá que:

H = 7.8 m Nd = 12 ndC = 6.1 La pérdida de carga será: 7.8  6.1 12 hC = 3.96 m hC 

PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto C se tendrá que: h1 = 7.8 + 15.7 = 23.5 m hzC = 15.7 – 7.23 = 8.47 m hC = 3.96 m La altura piezométrica en el punto C será: hpC = 23.5 – 8.47 – 3.96 hpC = 11.07 m La presión de poros en el punto C será: uC = 11.07·9.81 uC = 108.6 KPa b) Método de los fragmentos.

217


Impermeable

II

IV

II

Impermeable

Figura 4.56. Sistema de flujo dividido en fragmentos

PASO 1 Determinación del factor de forma. Fragmento II (izquierda y derecho).    7.23  m  sin    2  15.7 

m = 0.66

m2 = 0.43

De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 0.938 Fragmento V. Para este fragmento se sabe que: L = 19.8 m T = 15.7 m S = 7.23 m a = 15.7 – 7.23 = 8.47 m Ya que L > 2·S , entonces se tendrá:  7.23  19.8  2  7.23   2  ln  1   15.7  8.47 

Φ = 1.57

PASO 2 Determinación del caudal.

218


Φ = 0.938 + 1.57 + 0.938 Φ = 3.45 Si: H = 7.8 m k = 2.47x10-4 m/s El caudal será: 24.7x104  7.8 3.45 q = 5.58x10-4 m3/s q

O también: q = 48.24 m3/día Determinación de la presión de poros. PASO 1 Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento. Para el fragmento II se tendrá: hIIF 

7.8  0.938 3.45

hIIF  2.12

Para el fragmento V se tendrá: hVF 

7.8  1.57 3.45

hVF  3.54

PASO 2 Determinación de la pérdida de carga del punto C respecto al fragmento V. L = 23.7 + 19.8 + 26.3 L = 69.8 m Por lo tanto la pérdida de carga del punto C respecto al fragmento V será: hC 

3.54   23.7  3.7  6.6  69.8

h'c = 1.72 PASO 3 Determinación de la pérdida de carga del punto C respecto al sistema.

219


hc = 2.12 + 1.72 hc = 3.84 PASO 4 Determinación de la altura piezométrica del punto C. hpc = 23.5 – 8.47 – 3.84 hpc = 11.18 m PASO 5 Determinación de la presión de poros en el punto C. uc = 11.18·9.81 uc = 109.73 KPa Comentario: El método de los fragmentos a diferencia de las redes de flujo es más práctico y exacto, libre de errores debido a la falta de práctica que es necesaria para dibujar una correcta red de flujo.

PROBLEMA 31. La Figura 4.57 muestra una presa de concreto construida en un suelo limo arcilloso de conductividad hidráulica de k = 7.98x10-6 cm/s.

12.0 m 1.5 m

1.0 m

9.0 m 17.0 m

impermeable 19.5 m

57.1 m

27.3 m

Figura 4.57. Sistema de flujo en una presa de concreto con ataguía

Dibuje el diagrama de presiones ascendentes en la base de la presa utilizando: a) Redes de flujo. b) Método de los fragmentos. c) Método de Lane. Estrategia: El diagrama de presiones ascendentes puede ser trazado únicamente determinando la presión de poros en los puntos A y B que se muestran en la Figura, ya que este diagrama tiene una distribución lineal. La presión de poros en estos puntos se determina mediante las

220


ecuaciones [D.59] y [D.60]. En redes de flujo se utiliza las ecuación [D.61], en el método de los fragmentos las ecuaciones [D.62] y [D.63] y en el método de Lane las ecuaciones [D.64] y [D.65] a) Redes de flujo.

A

B

impermeable

Figura 4.58. Red de flujo del sistema

PASO 1 Determinación de la pérdida de carga para cada punto. Para el punto A se tendrá que:

H = 12 – 1 = 11 m Nd = 17 ndA = 0.75 La pérdida de carga será: 11  7.8 17 hA = 5.04 m hA 

Para el punto B se tendrá que: ndB = 15.6 La pérdida de carga será: hB 

11  15.6 17

hB = 10.09 m PASO 2 Determinación de la presión de poros en cada punto. Para el punto A se tendrá que:

221


h1 = 29 m hzA = 17 – 1.5 = 15.5 m hA = 5.04 m La altura piezométrica en el punto A será: hpA = 29 –15.5 – 5.04 hpA = 8.46 m La presión de poros en el punto A será: uA = 8.46·9.81 uA = 83 KPa Para el punto B se tendrá que: h1 = 29 m hzB = 15.5 m hB = 10.09 m La altura piezométrica en el punto B será: hpA = 29 –15.5 – 10.09 hpA = 3.4 m La presión de poros en el punto B será: uA = 3.4·9.81 uA = 33.41 KPa b) Método de los fragmentos.

A

II

B

IV

II

impermeable Figura 4.59. Sistema de flujo con ataguía

PASO 1 Determinación del factor de forma.

222


Fragmento II (izquierda).   9  m  sin    0.739  2  17 

m2 = 0.546 De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 1.038 Fragmento II (derecha).    1.5  m  sin    0.138  2  17 

m2 = 1.9x10-2 De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 0.47 Fragmento IV. Para este fragmento se sabe que: b = 57.1 m T = 17 – 1.5 = 15.5 m S = 9 – 1.5 = 7.5 m a = 17 – 9 = 8 m Ya que b > S , entonces se tendrá:  7.5  57.1  7.5   ln  1   8  15.5 

Φ = 3.86 PASO 2 Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento. Φ = 1.038 + 0.47 + 3.86 Φ = 5.36 La pérdida de carga para cada fragmento será: hIIFiz 

11  1.038  2.13 5.36

hIIFde 

11  0.47  0.96 5.36

223


hVF 

11  3.86  7.92 5.36

PASO 3 Determinación de la pérdida de carga de cada punto respecto al fragmento IV. L = 19.5 + 57.1 + 27.3 L = 103.9 m Por lo tanto la pérdida de carga para cada punto respecto al fragmento IV será: hA 

7.92  19.5  1.48 103.9

hB 

7.92  19.5  57.1  5.83 103.9

PASO 4 Determinación de la pérdida de carga de los puntos respecto al sistema. hA = 2.13 + 1.48 = 3.61 hB = 2.13 + 5.69 = 7.82 PASO 5 Determinación de la altura piezométrica para cada punto. hpA = 29 – 15.5 – 3.61 = 9.89 hpB = 29 – 15.5 – 7.82 = 5.68 m PASO 6 Determinación de la presión de poros en ambos puntos. uA = 9.89·9.81 uA = 97.02 KPa

uB = 5.86·9.81 uB = 55.72 KPa

c) Método de Lane. PASO 1 Determinación de la longitud de contacto. L '  9  7.5 

57.1  1.5 3

L’ = 37.03 m

PASO 2 Determinación de la pérdida de carga.

224


Para el punto A se tiene que: L' = 37.03 m H = 11 m lA = 16.5 m La pérdida de carga para el punto A será: hA 

16.5  11  4.9 37.03

Para el punto B se tiene que: lB = 35.53 m La pérdida de carga para el punto B será: hB 

35.53  11  10.55 37.03

PASO 3 Determinación de la altura piezométrica. hpA = 29 – 15.5 – 4.9 = 8.6 hpB = 29 – 15.5 – 10.55 = 2.95 PASO 4 Determinación de la presión de poros. uA = 8.6·9.81 uA = 84.36 KPa

uB = 2.95·9.81 uB = 84.36 KPa

Comentario: En el método de las redes de flujo es fácil cometer errores al dibujar la red, en cambio el método de los fragmentos y el propuesto por Lane son más prácticos.

PROBLEMA 32. La presa de tierra mostrada en la Figura 4.60 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 1.65x10-5 cm/s. Se pide: a) Trazar la línea freática de la presa. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra.

225

18.31

22.58


35º

35º

41.36

55.00

Figura 4.60. Presa de tierra con filtro de pie

Estrategia: La línea freática es trazada de acuerdo a las instrucciones en la parte de “Construcción de la línea freática en presas de tierra” en el libro guía de fundamentos de mecánica de suelos y el caudal es determinado con una ecuación apropiada de la parte de “soluciones matemáticas” (Anexo D) que se ajuste a las condiciones de la presa. a) Trazar la línea freática de la presa. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 26.15 7.84

B

G

18.31

22.58

A

35º

35º D F E

68.89

1.17

2.34

Figura 4.61. Determinación del valor de y0

De la Figura se tiene que: y0 = 2.34 m PASO 2 Trazar la parábola básica. G

35º F E

Figura 4.62. Trazo de la parábola básica

226


PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

13

35º

.09

4 .5

8

E

Figura 4.63. Correcciones en los bordes de entrada y salida

Para un valor de  = 35º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.5, por lo tanto: 0.35 

a a  a

[32.1]

De la Figura se sabe que: a + a = 13.09

[32.2]

Reemplazando la ecuación [32.2] en la ecuación [32.1] y despejando el valor de a, se tendrá que: a = 0.35·13.09 a = 4.58 m De la ecuación [32.2] el valor de a será: a = 13.09 – 4.58 a = 8.51 m PASO 4 Dibujar la línea freática.

35º

Figura 4.64. Trazo de la línea freática

b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s) la ecuación [D.44] será: q = 1.65x10-7·8.5·sin2 35 q = 2.57x10-7 m3/s O también: q = 2.22x10-2 m3/día

227


PROBLEMA 33. La presa de tierra mostrada en la Figura 4.65 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s. Se pide: a) Trazar la línea freática de la presa. b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. 24.75

10.51 23°

23°

70.57

Figura 4.65. Presa de tierra sin filtro de pie.

a) Trazar la línea freática de la presa. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 24.75 7.42

A

G B

10.51 23°

O

23°

E

F D

1.03

53.24

0.52


De la Figura se tiene que: y0 = 1.03 m PASO 2 Trazar la parábola básica. A

O

23°

E

G

23°

F D


228


PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida. A

12.42

23°

O

6.63

E

F D


De la Figura se sabe que: d = 53.24 m

h = 10.51 m

De la ecuación [D.36] se tiene que: 53.24 a  cos 23 a = 6.63 m

 53.24 

2

cos 2 23

10.51 

2

sin 2 23

De la Figura se sabe que: a + a = 12.42 Reemplazando el valor de a se tiene que: a = 12.42 – 6.63 a = 5.78 m De la ecuación [2] el valor de a será: a = 13.09 – 4.58 a = 8.51 m PASO 4 Dibujar la línea freática. A

O

23°

E

F D


b) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. De la ecuación [D.37] se tiene que: q = 1.65x10-7·8.5·sin2 35 q = 2.57x10-7 m3/s O también: q = 2.22x10-2 m3/día

229


PROBLEMA 34. La presa de tierra mostrada en la Figura 4.70 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. 20.85

8.01 21°

15.63

9.15

70.97


Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 20.85 6.25

A

G B

8.01 21°

E 0.57

F 40.73

D 0.29



21°

G

F

D


230



21°

F


PASO 4 Dibujar la línea freática.

21°


a) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. El valor de a0 será: a0 

0.57  0.285 2

Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s) de la ecuación [D.43] se tiene que: q = 2·1.65x10-7·0.285 q = 9.4x10-8 m3/s O también: q = 8.12x10-3 m3/día

PROBLEMA 35. La presa de tierra mostrada en la Figura 4.75 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable.

19.52

43°

20.93

43°

29.07

17.71


231


Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s. PASO 1 Determinar la magnitud y0. 0.03

A

G

B

19.52

43°

43°

D F

E 3.48

53.02

1.74


De la Figura se tiene que: y0 = 3.48 m PASO 2 Trazar la parábola básica. G

A

43°

43°

F


PASO 3 Realizar las correcciones en los bordes de entrada y salida.

12.81

43°

43°


232


Para un valor de  = 43º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.26, por lo tanto:

0.26 

a a  a

[35.1]


[35.2]

Reemplazando la ecuación [35.2] en la ecuación [35.1] y despejando el valor de a, se tendrá que: a = 12.81·0.26 a = 3.33 m De la ecuación [35.2] el valor de a será: a = 12.81 – 3.33 = 9.47 m PASO 4 Dibujar la línea freática.

43°

43°


a) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s), de la ecuación [D.44] se tiene que: q = 1.65x10-7·9.47·1 q = 2.57x10-7 m3/s O también: q = 0.13 m3/día

233


PROBLEMA 36. La presa de tierra mostrada en la Figura 4.80 tiene un filtro de pie en el borde de entrada compuesto de un material bastante permeable. Estudios anteriores demostraron que la conductividad hidráulica de la presa de tierra es k = 2.73x10-5 cm/s.

19.93

122° 32°

66.23

23.44

Figura 4.80. Sistema de flujo con ataguía

PASO 1 Determinar la magnitud y0. 31.89 9.56

A

G B

19.93

122° 32°

E

D E

A 2.65

67.37

1.32



G

19.93

122° 32°

D E


234



19.93

2.04 12.02

32°

D E


Para un valor de  = 122º, del ábaco de la Figura D.13 se tiene que C = 0.17, por lo tanto:

0.17 

a a  a

[36.1]


[36.2]

Reemplazando la ecuación [36.2] en la ecuación [36.1] y despejando el valor de a, se tendrá que: a = 0.17·12.02 a = 2.04 m De la ecuación [36.2] el valor de a será: a = 12.02 – 2.04 a = 9.97 m PASO 4 Dibujar la línea freática.

122° 32°


a) Determinar el caudal que circula a través de la presa de tierra. Para un valor de: k = 1.65x10-7 m/s (transformado a m/s) de la ecuación [D.44] se tiene que:

O también:

q = 1.65x10-7·9.97·sin2 122 q = 4.09x10-7 m3/s q = 3.53x10-2 m3/día

235


PROBLEMA 37. La Figura 4.85 muestra a un presa de tierra construida con un suelo de una conductividad hidráulica correspondiente a k = 2x10-5 cm/s. Se pide determinar el caudal que circula en la presa utilizando: a) Redes de flujo. b) Método de los fragmentos. c) Soluciones analíticas. 20.74

2.27

36.56

60°

60º

Impermeable 60.97

Figura 4.85. Presa de tierra

Estrategia: Para determinar el caudal utilizando la rede de flujo, debe trazarse en primer lugar la línea freática de la presa, entonces ubicar las líneas de flujo y las equipotenciales de tal forma que ambas formen cuadrados curvilíneos, finalmente con la ecuación [D.35] se determina el caudal. En el caso del método de los fragmentos la presa es dividida en tres fragmentos según la Tabla D.10 y con la ecuación [D.54] es determinado el caudal. En el caso de usar soluciones matemáticas, las ecuaciones [D.41] y [D.44] resultan ser las más apropiadas. a) Redes de flujo. PASO 1 Trazar la red de flujo. La línea freática y la red de flujo es trazada de la misma forma que en los anteriores problemas.

236


36.56

60°

Impermeable

Figura 4.86. Red de flujo

De la Figura se sabe que: H = h1 – h2 = 36.56 m NF = 4 Nd = 10 Con el valor k = 2x10-5 m/s (convertida a m/s). De la ecuación [D.43] se tiene que: q  2.92x10-7 

4  36.56 10

q = 2.92x10-6 m3/s O también: q = 0.25 m3/s b) Método de los fragmentos.

36.56

VIII

VII

IX

60°

15.43


PASO 1

237


Determinar el factor de forma. De la Tabla D.9 se tiene que: 

2  15.43 36.56

Φ = 0.84 PASO 2 Determinar el caudal. De la Figura se sabe que: h2 = 0 El caudal será: 2x107  36.56 0.84 q = 8.66x10-6 m3/s q

O también: q = 0.74 m3/día c) Soluciones analíticas. 20.74 6.22

36.56

60°

Impermeable 46.45

Figura 4.88. Línea freática

De la Figura 4.88 se tiene que: d = 46.45 m h = 36.56 m Para  = 60º, de la ecuación [D.39] se tiene que:

238


S0  46.452  36.562

S0 = 59.11 m De la ecuación [D.38] se tiene que: a  59.11  59.112 

36.562 sin 602

a = 17.73 m El caudal se determina de la ecuación [D.41] que será: q = 2x10-7·17.73·sin2 60 q = 2.66x10-6 m/s O también: q = 0.22 m3/día Comentario: Para poder utilizar soluciones analíticas y efectuar las correcciones en los bordes de entrada y salida es importante tener un buen dibujo que sea claro y preciso.

PROBLEMA 38. El sistema de flujo que muestra la Figura 4.89 consta de dos ataguías colocadas paralelamente, donde ambas retienen una cantidad de agua. Ensayo preliminares en el suelo determinaron que la conductividad hidráulica de este es k = 6.78x10-3 cm/s y también se ha determinado que el peso unitario seco del suelo es 19 KN/m3 y el saturado es 23.5 KN/m3. Se pide determinar: a) El gradiente hidráulico de salida utilizando redes de flujo. b) El factor de seguridad contra flotación. c) El factor de seguridad contra tubificación. Estrategia: El gradiente hidráulico de salida es determinado con la ecuación [D.55], en el caso de utilizar la red de flujo en primer lugar esta debe ser trazada, el valor de la pérdida de carga en la cara de la estructura es determinada con la ecuación [D.56], al ser un sistema simétrico únicamente se considerara la mitad del sistema. En el caso del método de los fragmentos se utiliza la ecuación [D.58], con el ábaco de la Figura D.22 y la ecuación [D.57] se determina los valores necesarios para esta ecuación.

239


5.8 m 3.5 m

2.5 m

6.5 m

2.5 m

Estrato impermeable

Figura 4.89. Sistema de flujo con doble ataguía

a) El gradiente hidráulico de salida utilizando redes de flujo. PASO 1 Trazar la red de flujo del sistema. La red de flujo del sistema es trazada con el mismo procedimiento de los anteriores problemas relacionados. 5.8 m 3.5 m

2.5 m

6.5 m

2.5 m

Estrato impermeable

Figura 4.90. Red de flujo del sistema

240


PASO 2 Determinación de la pérdida de carga. Con los valores de: DH = 6 Nd = 21/2 = 10.5 La pedida de carga en la cara de la ataguía será: h 

6  0.57 10.5

PASO 3 Determinación del gradiente hidráulico de salida. La longitud de la cara es: L = 6.5 – 2.5 = 4 m Con los valores de: h = 0.57 L = 4 m ie 

0.57 4

ie = 0.145 b) El factor de seguridad contra flotación. El peso unitario sumergido es: ' = 19.9.81 = 9.19 KN/m3 Con los valores de: ' = 9.19 KN/m3  = 19 KN/m3 El gradiente hidráulico crítico será: icr 

9.19  0.93 9.81

El factor de seguridad contra flotación será: FSG 

0.93 0.5

FSG = 1.86 c) El factor de seguridad contra tubificación.

241


PASO 1 Determinación de la presión de poros en la cara. Con los valores de: H = 6 m L = 13 m ndi = 8.5 La perdida de carga será: hi 

6  8.5  3.92 13

La altura piezométrica será: hpi = 12.5 – 2.5 – 3.92 = 6.07 m El valor promedio de la presión de poros será: u = 6.07·9.81 u = 59.61 KPa Con los valores de: d=4m hi = 3.92 m hpi = 6.07 m u = 59.61 KPa El factor de seguridad contra la tubificación será: FST 

 23.5  9.81  4 59.61

FST = 0.91

PROBLEMA 39.

242


Para el sistema de la Figura se pide determinar la presión de poros en los puntos A y F utilizando el método de los fragmentos.

12

2 12 30

10

40

10

Figura 4.91. Sistema de flujo de una presa de concreto con ataguía

PASO 1 Determinación del factor de forma. Fragmento II (izquierda y derecha). De la Figura se sabe que: S = 12 m T = 30 m Por lo que:    12  m  sin    0.587  2  30 

m2 = 0.345

De la Tabla D.10 se tiene que: Φ = 0.865 Fragmento V. Para este fragmento se sabe que: L = 40 m T = 28 m S = 10 m a = 18 m Ya que L > 2·S , entonces se tendrá:  10  40  2  12   2  ln  1    28  18 

Φ = 1.597

243


II

IV

II


PASO 2 Determinación de la pérdida de carga para cada fragmento. Φ = 0.865 + 1.597 + 0.865 Φ = 3.327 La pérdida de carga para cada fragmento será: hIIF 

12  0.865  3.12 3.327

hVF 

12  1.597  5.76 3.327

PASO 3 Determinación de la pérdida de carga de cada punto respecto al fragmento IV. L = 10 + 40 + 10 L = 60 m Por lo tanto la pérdida de carga para cada punto respecto al fragmento IV será: hA 

5.76  10  0.96 60

hB 

5.76  50  4.8 60

PASO 4 Determinación de la pérdida de carga de los puntos respecto al sistema. hA = 3.12 + 0.96 = 4.08 hB = 3.12 + 4.8 = 7.92

244


PASO 5 Determinación de la altura piezométrica para cada punto. hpA = 42 – 28 – 3.12 – 0.96 = 9.92 hpB = 42 – 28 – 3.12 – 4.8 = 6.08 PASO 6 Determinación de la presión de poros en ambos puntos. uA = 9.92·9.81

uB = 6.08·9.81

uA = 97.31 KPa

uB = 59.64 KPa

PROBLEMA 40. La Figura 4.93 muestra una obra hidráulica construida en un suelo que tiene una conductividad hidráulica estimada de k = 113.38 m/día.

19 m

9m 456 m

118 m 89 m

79 m

100 m

Impermeable

Figura 4.93. Sistema de flujo en una obra hidráulica

Utilizando el método de los fragmentos determinar: a) b) c) d)

El caudal que circula por el sistema. La variación de la altura total de carga a lo largo de la estructura. El diagrama de presiones ascendentes en la base de la estructura. El gradiente hidráulico de salida.

Estrategia: El caudal que circula en el sistema puede ser determinado con la ecuación [D.54], donde se necesita conocer el valor de la pérdida de carga y el factor de forma para cada fragmento. La variación de la altura total de carga es determinada despejando esta de la ecuación de Bernoulli, ya que esta variación es lineal basta con determinar el valor de la altura total de carga en los entremos de la base de la estructura. El diagrama de presiones ascendentes es determinado con la ecuación [D.58] y [D.59], siendo suficiente determinar la presión de poros en las dos esquinas de la base de la estructura. Mediante un valor de la relación S/T en el ábaco de la Figura [D.22] se puede determinar el gradiente hidráulico de salida.

245


a) El caudal que circula por el sistema. PASO 1 Determinación del factor de forma para cada fragmento. Para el fragmento II (izquierdo) se tiene que: b=0 T = 89 m S = 19 m Por lo tanto, se tiene que: b 0 T

y

S 19   0.21 T 89

Del ábaco de la Figura D.11 se tiene que: 1  0.78 2

El factor de forma será:  = 0.641 Para el fragmento II (derecho) se tiene que: b=0 T = 89 – 19 + 9 = 79 m S=9m Por lo tanto, se tiene que: b 0 T

y

S 9   0.114 T 79

Del ábaco de la Figura D.11 se tiene que: 1  1.01 2

El factor de forma será:  = 0.495 Para el fragmento I se tiene que: a = 89 – 19 = 70 m L = 456 m El factor de forma será: 456   6.514 70

246


PASO 2 Determinación del caudal.  = 0.641 + 0.495 + 6.514  = 7.65 H = 118 – 100 = 18 m El caudal será: q

113.38  18 7.65

q = 266.8 m3/día b) La variación de la altura total de carga a lo largo de la estructura. La pérdida de carga para cada fragmento será: hIIFiz  hIF 

18  0.641  1.51 7.65

18  6.514  15.33 7.65

hIIFde 

18  0.495  1.16 7.65

La altura total de carga para la esquina izquierda será: h = 118 – 1.51 hiz = 116.49 m La altura total de carga para la esquina derecha será: h = 118 – 1.51 – 15.33 hde = 101.16 m c) El diagrama de presiones ascendentes en la base de la estructura. L = 60 + 456 + 60 = 576 m La pérdida de carga en cada esquina respecto al fragmento I será: h 'iz 

1.51  60  0.157 576

h 'de 

1.16  (60  456)  1.039 576

La pérdida de carga de cada esquina respecto al sistema será:

247


hiz = 1.51 + 0.157 = 1.667 hde = 1.16 + 1.039 = 2.2 La altura potencial para ambos punto será: hz = 89 – 19 = 70 m La altura piezométrica de cada esquina será: hpiz = 118 + 70 – 1.667 = 46.33 m hpde = 118 + 70 – 2.2 = 45.8 m La presión de poros en los bordes será: uiz = 46.33·9.81 uiz = 454.5 KPa

ude = 45.8·9.81 ude = 449.3 KPa

d) El gradiente hidráulico de salida. Para un valor de: S 9   0.114 T 79

Del ábaco de la Figura D.22 se tiene que: ie  S  0.63 hIIFde

El gradiente hidráulico de salida será: ie 

0.63  1.16 9

ie = 0.082

PROBLEMA 41. Para el sistema mostrado en la Figura 4.94 se pide determinar el caudal y el valor de a2 y h. 133

a1

5.00

a2 32.00

h 20°

29°

14.00

Figura 4.94. Presa de tierra con línea freática

248


Estrategia: Puede utilizarse el método de los fragmentos para obtener expresiones que relacionen los valores de a1, h y el caudal, para poder determinarlos. Si se divide el sistema en fragmentos se tendrán tres (VIII, VII, IX) como muestra la Figura 4.95. 133

a1

5.00

IX a2

32.00 20°

VIII

h

VII 29°

14.00


El caudal en el fragmento VIII será: q 32  h  37    ln   k 2.76  37  h 

[41.1]

El caudal en el fragmento VII será: 2 q h   a2  14   k 2L

[41.2]

El caudal en el fragmento IX será: a  14  q a2    1  ln 2  k 2  a2 

[41.3]

De la geometría de la presa se tiene que: L = b + cot ·[hd – (a2 + h2)]

[41.4]

Para este caso se tiene que h2 = 0, lo que simplifica las ecuaciones. La ecuación [41.1] puede ser combinada con la ecuación [41.2] y se sustituye el valor de L de la ecuación [41.44]. Por lo tanto, se tendrá que: 2

h 2   a2  14  32  h  37   ln    2.76  37  h  2  133  2  37   a2  14  

[41.5]

La ecuación [41.1] puede ser combinada con la ecuación [41.33], por lo que se tendrá: a2  14  32  h  37  a2   ln      1  ln 2.76 a2   37  h  2 

[41.6]

Las ecuaciones [41.5] y [41.6] contienen únicamente los valores de h y a2 como incógnitas, por lo tanto pueden resolverse gráficamente o por tanteo. En las dos Tablas que se presentan a continuación se ha tanteado simultáneamente estos valores y se ha estimado su valor aproximado.

249


Tabla 4.16. Resultados Para la ecuación [41.5] a2 h

28.8 29 30 31

-0.4 2.1 8.6 13.6

Para la ecuación [41.6] a2 h 29.9 0.6 27.8 1.2 25.6 1.7

Entonces se tendrá que: h = 28.9 m

a2 = 0.9 m’

250

CAPÍTULO 5 Esfuerzos efectivos

CAPÍTULO 5

Esfuerzos efectivos 5.1. Introducción. Movimientos del terreno e inestabilidades pueden ser causados por cambios en la presión de poros. Por ejemplo, taludes estables pueden fallar después de tormentas de lluvia porque la presión de poros aumenta debido a la infiltración de la lluvia en el talud mientras que el descenso del nivel freático debido a la extracción de agua causa asentamientos en el terreno. Como la compresión y la resistencia del suelo pueden cambiar con cambios del esfuerzo total o con cambios de la presión de poros existe una combinación entre el esfuerzo total y la presión de poros llamada esfuerzo efectivo que rige el comportamiento del suelo. La relación entre esfuerzo total, esfuerzo efectivo, y presión de poros fue descubierta primero por Terzaghi (1936). El definió el esfuerzo efectivo de esta manera: Todos los efectos medibles de un cambio de esfuerzos, tal como la compresión, distorsión, y un cambio de la resistencia al corte, son debidos exclusivamente a cambios del esfuerzo efectivo. El esfuerzo efectivo está relacionado al esfuerzo total y presión de poros por ′ =  - u. Importancia. El principio del esfuerzo efectivo es absolutamente fundamental a la mecánica de suelos y su importancia no es exagerada. Esta es la manera en el que el comportamiento del suelo debido a cargas está relacionado al comportamiento debido a cambios de la presión de poros. Debido a que los esfuerzos total y efectivo son diferentes (excepto cuando las presiones de poros son cero) es absolutamente esencial distinguir entre los dos. Los esfuerzos efectivos ′ y ′ son siempre denotados por primas mientras que los esfuerzos totales  y  no tiene primas. En toda ecuación todos sus componentes deben ser esfuerzos totales, o esfuerzos efectivos, o los esfuerzos totales y efectivos deben estar relacionados correctamente por la presión de poros.

251


5.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Por que el concepto de los esfuerzos efectivos es el más importante de la mecánica de suelos. Respuesta. En el cálculo y análisis de problemas como el asentamiento de los suelos, capacidad de carga de fundaciones, estabilidad de presas, y presión lateral en estructuras de retención de tierra, la compresibilidad y resistencia al corte de un suelo son las propiedades que mas influyen en el diseño y estas propiedades dependen en gran parte del esfuerzo efectivo, lo cual hace que el concepto del esfuerzo efectivo sea muy importante en el análisis de estos problemas

PREGUNTA 2. Explique que son los esfuerzos y deformaciones normales. Respuesta. Los esfuerzos normales son esfuerzos perpendiculares al área en que se apliquen. La deformación normal es el cambio en la longitud dividida por la longitud inicial. Para ilustrar mejor esto, se considera un cubo de dimensiones x = y = z el cual es sujeto a las fuerzas normales Px, Py, Pz en sus tres lados adyacentes, como se muestra en la Figura 5.1. Entonces los esfuerzos normales son:

x 

Px ; yz

y 

Py

;

xz

z 

Pz x y

[2.1]

En forma general se tiene:



P A

[2.1a]

Pz

z

Y

Z

y z x

Px

x

z

y

Py y

X

x Figura 5.1. Esfuerzos y deformaciones debido a las cargas aplicadas

252


Suponiendo que bajo éstas fuerzas el cubo se comprime un x, y, y z en las direcciones X, Y y Z. Entonces suponiendo que las deformaciones normales en estas direcciones son pequeñas (infinitesimales), se tiene:

z 

z ; z

x 

x ; x

y 

y y

[2.2]

En forma general se tiene:



l l

[2.2a]

PREGUNTA 3. Explique que son los esfuerzos y deformaciones de corte. Respuesta. Los esfuerzos de corte son los esfuerzos tangenciales a la superficie en la que actúan. Para ilustrar esto de mejor manera se considera por simplicidad el plano XZ y se aplica una fuerza F que haga al cuadrado torcer en un paralelogramo como muestra la Figura 5.2. La fuerza F es una fuerza cortante y el esfuerzo de corte es:  

F x y

[3.1]

Z

Z F

y



x

z

zx

z

X

F



X

x Figura 5.2. Esfuerzo y deformación de corte (Budhu, 2000)

La deformación de corte es una medida de la distorsión angular de un cuerpo causada por fuerzas cortantes. Si el desplazamiento horizontal es x, la deformación de corte, zx, será: tan  zx  

Cateto opuesto x  Cateto adyacente z

 zx  tan 1

[3.2]

x z

253


Para pequeñas deformaciones, se puede asumir que tan(zx) = zx, entonces se tiene:  zx 

x z

[3.3]

Donde  = ángulo de deformación o distorsión (Figura 5.2), expresado en radianes.

PREGUNTA 4. Explique que es la deformación volumétrica, el índice de Poisson y el modulo de elasticidad. Respuesta. Deformación volumétrica: La deformación volumétrica es la suma de las deformaciones producidas en las tres direcciones debido a las cargas aplicadas, entonces se tiene:

 p  x  y z

[4.1]

ó p 

V V

[4.2]

La deformación volumétrica también puede ser expresada en función del esfuerzo causante de la deformación y del modulo de elasticidad del material, E:

p 

 E

[4.3]

Índice de Poisson: El cociente entre la deformación radial (o lateral) y la deformación vertical se llama índice de Poisson, , definido como, la relación entre las deformaciones laterales y la deformación axial. Debido al comportamiento complejo de los suelos, es muy difícil hacer una determinación exacta del índice de Poisson para su utilización en un problema. Afortunadamente, mediante ensayos de laboratorio es posible determinar este índice y además se cuenta con valores tabulados según el tipo de suelo. Estos valores son lo suficientemente precisos para la mayoría de los problemas prácticos.



Deformaciones laterales Deformación axial



  r  z

[4.4]

Modulo de elasticidad o de Young: El modulo de elasticidad o de Young es el cociente entre el esfuerzo y la deformación normal. E

 

[4.5]

254


PREGUNTA 5. Explique las definiciones del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo. Respuesta. Esfuerzo total: Los ingenieros geotécnicos lo llaman esfuerzo total por que es la suma de los esfuerzos absorbidos por todas las fases del suelo, este esfuerzo es el que absorbe todo el peso en o sobre el suelo.



W A

[5.1]

Donde: σ = Esfuerzo normal total. W = Peso del suelo. A = Área de la sección transversal del suelo. Presión de poros: Es la presión inducida en el fluido (ya sea agua o agua y aire) que llena los poros. El fluido en los poros es capaz de transmitir esfuerzos normales, pero no esfuerzos cortantes, por lo que no tiene la componente de corte, y es por esta razón que la presión de poros se la conoce también con el nombre de esfuerzo neutral o presión neutra. Esfuerzo efectivo: Terzaghi en 1943, demostró que para un suelo saturado, el esfuerzo efectivo en cualquier dirección puede definirse en forma cuantitativa como la diferencia entre el esfuerzo total y la presión de poros del agua, como se ve en la ecuación [5.2]. Este esfuerzo es transmitido a través de la estructura sólida del suelo por medio de los contactos intergranulares. Este componente del esfuerzo total es el que controla tanto la deformación debida a los cambios de volumen como la resistencia al corte del suelo, por lo tanto el esfuerzo normal y el esfuerzo cortante se transmiten a través de los contactos entre grano a grano. '   u

[5.2]

Donde: σ = Esfuerzo normal total. σ’= Esfuerzo normal efectivo. u = Presión de poros del agua o esfuerzo neutral.

PREGUNTA 6. Explique el principio del esfuerzo efectivo. Respuesta. El principio del esfuerzo efectivo fue definido por Bishop (1959), utilizando dos simples hipótesis:  El cambio de volumen y deformación de los suelos depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total. Esto lleva a la ecuación [5.2] ya definida.

 ´   u

[6.1]

255


 La resistencia al corte depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total normal al plano considerado. Esto puede ser expresado por la ecuación:

 f  c' ' tan  '

[6.2]

Donde: f resistencia al corte, σ´ esfuerzo efectivo en el plano considerado, c´ cohesión, Ø’ ángulo de resistencia al corte, con respecto al esfuerzo efectivo.

PREGUNTA 7. Explicar cuales son las principales aplicaciones que se da al concepto del esfuerzo efectivo. Respuesta. El concepto del esfuerzo efectivo influye en gran parte en el comportamiento del suelo, de ahí es que la aplicación de estos criterios en las obras civiles es de gran importancia. El uso más común se presenta en el diseño de presas, terraplenes, diques, ataguías, o estructuras similares de retención de agua, además de obras que requieran excavaciones del terreno. En este tipo de obras es muy frecuente que se presenten infiltraciones que pongan en riesgo la estabilidad y vida útil de la estructura. Esta inestabilidad es debida a la infiltración del agua y se la conoce con el nombre de flotación. Cuando el esfuerzo efectivo es cero, la fuerza ascendente de escurrimiento es igual al peso sumergido del suelo y no puede desarrollarse una resistencia a la fricción entre partículas y por lo tanto la mezcla suelo y agua no tiene resistencia al corte y actúa como líquido. La falla por flotación o levante puede conducir a una falla total de la cimentación o incluso al derrumbe de una estructura de retención de agua, como el pie del talud de una presa o parte de una ataguía. Por lo tanto es necesario analizar esta inestabilidad al diseñar estructuras de retención de agua.

PREGUNTA 8. Explicar que es la fuerza de escurrimiento. Respuesta La circulación del agua a través de la estructura del suelo, produce fuerzas de escurrimiento como resultado de la fricción entre el agua que se filtra y las paredes de los poros del suelo por donde fluye el agua. La fuerza de escurrimiento es esa fuerza producida por el flujo de agua subterráneo que actúa solo en las partículas sólidas del suelo y produce una fuerza de empuje en el lado aguas debajo de las estructuras de retención de agua. Esta fuerza de escurrimiento es muy perjudicial para las estructuras de retención de agua como presas, diques, tablestacas, etc. Por lo que es necesario poder controlar su intensidad y tratar de reducirla para que no provoque daños considerables.

PREGUNTA 9.

256


Explicar los criterios que debe cumplir del material seleccionado para filtros. Respuesta. Es sumamente importante que el material del filtro sea escogido cuidadosamente tomando en cuenta las características del suelo que se protegerá. Terzaghi y Peck propusieron una serie de criterios para la selección de un filtro, tomando en cuenta las características del suelo adyacente a ser protegido. Entonces según Terzaghi y Peck se recomiendan los siguientes criterios para satisfacer la estabilidad del filtro y proporcionar un aumento de permeabilidad. 1.

D15 F  D 85 B 

4

D15 F 

4 D15 B  3. La curva granulométrica del filtro debe ser aproximadamente paralela a la del material base. Donde: D15 (F), D15 (B) = diámetros a través de los cuales pasa el 15% del material para el filtro y la base, respectivamente. D85 (B) = diámetro a través del cual pasa el 85% del material para la base.

2.

El primer criterio es para prevenir el movimiento de las partículas de suelo del material base a través del filtro. El segundo criterio es para asegurar la permeabilidad del filtro.

PREGUNTA 10. Explicar cual es el objetivo del uso de los filtros. Respuesta. El objetivo de colocar filtros de drenaje, es permitir la descarga de las filtraciones y disminuir la posibilidad de fallas por levantamiento, ya sea por reventones o erosiones en el lado aguas abajo de la estructura hidráulica. Entonces como las fallas siempre ocurren en el área más débil susceptible a este tipo de fallas, que se vio que es en lado aguas abajo de la tablestaca, entonces se puede aumentar su resistencia a la fuerza de escurrimiento incrementando el peso de en esta sección débil. El filtro debe ser permeable para que pueda producirse el drenaje del flujo de agua ascendente que tiende a levantar esta parte del suelo. Una manera de evaluar el riesgo probable de falla es el factor de seguridad. Este factor de seguridad en muchos casos es muy bajo, entonces se lo debe aumentar por medio de estos filtros. Se requiere un factor de seguridad mínimo de aproximadamente 4 a 5 para la seguridad de la estructura, el motivo por el que este factor de seguridad es tan elevado es principalmente debido a las inexactitudes que existen en el análisis.

PREGUNTA 11. Explicar las condiciones drenadas y no drenadas.

257


Respuesta. Las condiciones al principio y al final de un cambio de esfuerzos, varían según el tipo de suelo, y según a esto se dividen en dos. 

Condiciones a corto plazo o condiciones no drenadas. Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de agua en los poros es obstaculizado debido a que el suelo es poco permeable, como en el caso de arcillas y limos. También se presenta este caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es demasiado rápido y no permite el flujo del agua en los poros.



Condiciones a largo plazo o condiciones drenadas. Estas condiciones se presentan cuando en un suelo se produce un incremento de esfuerzos que provoca que el agua tienda a fluir hacia fuera y este flujo de agua en los poros fluye casi sin obstáculos debido a que el suelo es muy permeable, como en el caso de las gravas y arenas. También se presenta este caso cuando el ritmo de aplicación del incremento de esfuerzo es lo suficientemente lento como para evitar que se produzca un aumento en la presión de poros del agua.

PREGUNTA 12. Explicar la matriz de la ley deHoke a los suelos. Respuesta. Los esfuerzos y deformaciones para un suelo lineal, isotrópico y elástico son relacionados con la ley de Hooke. Para un estado de esfuerzo general como se muestra en la Figura 5.3, según la ley de Hooke se tiene: x y z  xy  yz  zx



1 

.

x

1





0

0

0



1



0

0

0

y





1

0

0

0

z

0

0

0 2 ( 1

0

0

 xy

0

0

0

0

 yz

0

0

0

0 0

)

2 ( 1 0

)

2 ( 1

)

[5.51]

 zx

Donde: E es el módulo de Young o de elasticidad y  es el índice de Poisson.

258


z, z

Z

Y

zx

zy yz

xz A yx

x, x xy

y, y X

Figura 5.3. Estado de esfuerzos general (Budhu, 2000)

259


5.3. Problemas. PROBLEMA 1. Calcular el esfuerzo efectivo en el suelo a una profundidad, z dada en los siguientes casos: a) Nivel del agua debajo del nivel del terreno (Figura 5.4). b) Nivel del terreno debajo del nivel del agua (Figura 5.5). a) Nivel del agua debajo del nivel del terreno. d (terreno) Nivel freático w (agua) z h

s (suelo saturado)

Figura 5.4. Estrato de suelo con un nivel freático debajo de la superficie del terreno

Esfuerzo total: z = d ·(z–h) +sat·h Presión de poros: u = w·h Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = d·(z – h) + (sat – w)·h En este caso el esfuerzo efectivo depende del nivel del agua. b) Nivel del terreno debajo del nivel del agua. Esfuerzo total: z = s·z +w·(h – z) Presión de poros: u = w·h Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = s·z – w·z

260


Nivel freático w (agua)

h z

s (suelo saturado) Figura 5.5. Estrato de suelo con un nivel freático por encima del terreno

En este caso el esfuerzo efectivo es independiente del nivel de agua. Esto significa que los esfuerzos efectivos en el suelo en el lecho de un río, lago o mar son iguales sin importar la altura de agua que haya encima de los mismos.

PROBLEMA 2. El estribo de un puente (Figura 5.6 y 5.7) tiene 4 m de altura y un área de 10 m2 y soporta una carga de 1 MN. (El peso unitario del concreto es c = 20 kN/m3.) El estribo está fundado en el lecho de un río donde existe por lo menos 5 m de arena con un peso unitario s = 20 kN/m3. Considerar c independiente de la localización del nivel freático. Considerar que el peso específico del concreto no varía con el agua. Calcular el esfuerzo efectivo a 2.0 m de profundidad del terreno en los siguientes casos: a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno. b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura. a) Cuando el nivel del río está igual al nivel del terreno. Esfuerzo total: z = c·hc + F/A + s·z z = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) z = 220 kPa Presión de poros: u = w·hw u = (10)·(2) u = 20 kPa

261


1MN

c (concreto) 2

4m

A=10m

2m

Figura 5.6. Estribo de un puente con un nivel freático a nivel del terreno

Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = c·hc + F/A + s·z – w·hw ′z = 220 – 20 ′z = 200 kPa b) Cuando el nivel del río tiene 3.0 m de altura. 1MN

c (concreto) 2

A=10m 3m

2m

Figura 5.7. Estribo de un puente con un nivel freático por encima del terreno

Esfuerzo total: z = c ·hc + F/A + s · z z = (20)·(4) + 1000/10 + (20)·(2) = 220 kPa Presión de poros: u = w (hw + z)

262


u = (10)·(3+2) = 50 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = z – u = c ·hc + F/A + s · z – w (hw + z) ′z = 220 – 50 = 170 kPa

PROBLEMA 3. El perfil del suelo en las Figuras 5.8 y 5.9 consiste de 4m de arcilla sobre 2m de arena sobre roca: los pesos unitarios de todos los materiales naturales son 20 kN/m3 y el nivel freático está al nivel del terreno. Un terraplén amplio de 4 m de altura es construido de relleno con un peso unitario t = 15 kN/m3. Se requiere calcular los esfuerzos efectivos en el centro de la arcilla y en el centro de la arena en los siguientes casos: a) Antes de que el terraplén esté construido b) Inmediatamente después de terminada la construcción c) después de mucho tiempo de construido el terraplén. a) Antes de que el terraplén esté construido, (condiciones iniciales).

h c=2m c (arcilla)

H c=4m hs =5m

Hs=2m

s (arena)

(roca)

Figura 5.8. Estrato de suelo



En la arcilla:

Esfuerzo total: z = c ·hc z = (20)·(2) = 40 kPa Presión de poros: u = w ·hc u = (10)(2) = 20 kPa

263


Esfuerzo efectivo: ′z = z – u = c·hc – w·hc ′z = 40 – 20 = 20 kPa 

En la arena:

Esfuerzo total: z = c·Hc + s hs z = (20)·(4) + (20)·(1) = 100 kPa Presión de poros: u = w·hs u = (10)·(5) = 50 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = z – u = c·Hc + s·hs – w·hs ′z = 100 – 50 = 50 kPa b) Inmediatamente después de terminada la construcción, (condiciones a corto plazo).

t (relleno)

Ht =4m

hc=2m H c=4m

c (arcilla) h s=5m

Hs=2m

s (arena)

(roca)

Figura 5.9. Estrato de un suelo



En la arcilla:

Esfuerzo total: z = t·Ht + c·hc z = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa

264


Esfuerzo efectivo: La arcilla presenta condiciones no – drenadas (baja permeabilidad, lo que evita que drene el agua rápidamente) lo que provoca un inmediato aumento de la presión de poros manteniendo al principio sin cambios los esfuerzos efectivos (condiciones a corto plazo). ′z = 20 kPa, como en las condiciones iniciales (inciso a). Presión de poros: u = z – ′z u = 100 – 20 = 80 kPa 

En la arena:

Esfuerzo total: z = t·Ht + c·Hc + s·hs z = (15)·(4) + (20)·(4) + (20)·(1) = 160 kPa Presión de poros: La arena presenta condiciones drenadas (alta permeabilidad, lo que facilita que drene el agua rápidamente) lo que provoca que el agua en la arena drene inmediatamente después de la construcción del terraplén evitando que se produzca un aumento en la presión de poros y así manteniéndola a esta constante. u = 50 kPa, como en las condiciones iniciales (inciso a). Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = 160 – 50 = 110 kPa c) Después de mucho tiempo de construido el terraplén, (condiciones a largo plazo). 

En la arcilla:

Esfuerzo total: z = t·Ht + c·hc z = (15)·(4) + (20)·(2) = 100 kPa, como condiciones a corto plazo (inciso b). Presión de poros: Después de un tiempo muy largo el exceso de presión de poros en la arcilla se habrá disipado, hasta llegar a la presión de equilibrio o presión estática (nivel freático). u = w·(2) = 20 u = 20 kPa, como en las condicione iniciales (inciso a). Esfuerzo efectivo: ′z = z – u ′z = 100 – 20 = 80 kPa

265




En la arena:

No ha habido cambios del esfuerzo total o presión de poros y los esfuerzos son los mismos a los del inciso b, ya que la arena no depende de condiciones de corto o de largo plazo. Entonces: Esfuerzo total: z = 160 kPa Presión de poros: u = 50 kPa Esfuerzo efectivo: ′z = 110 kPa

PROBLEMA 4. Se ha observado que cierto sito esta constituido de la siguiente manera: Tabla 5.1. Conformación del suelo Profundidad Suelo

Peso

0.00-5.00

Arcilla

γ = 20 kN/m ; γsat=22 kN/m

5.00-8.00

Arena

γ = 16 kN/m

3

8.00-10.00

Arcilla

γ = 22 kN/m

3

10.00-12.00 12.00-∞

Arena Roca

γ = 18 kN/m

3

3

3

El nivel freático se encuentra a 3.00 m de profundidad, por encima, la arcilla esta saturada por ascenso capilar. Se ha observado que solo existe flujo de agua en el estrato de arcilla ubicado entre 8 y 10 m. El piezómetro que se ubica 11 m de profundidad registra una altura piezométrica de 5 m. Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se coloca una carga uniformemente distribuida igual a 25 kN/m2. Al mismo tiempo el nivel de agua en el piezómetro disminuye 1 m. Se pide determinar el cambio de altura piezométrica a 2.5 m de profundidad (zona de ascenso capilar), y a 9 m de profundidad (en la arcilla), a corto plazo y largo plazo. Estrategia: Recordar que la arena no depende del tiempo (condiciones a corto y largo plazo), sino tan solo la arcilla es la que sufre considerables cambios en sus esfuerzos internos según se apliquen las cargas rápida o lentamente (condiciones a corto y largo plazo). Entonces se tiene.

Condiciones Iniciales.

266


PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 Arcilla

Saturado por ascenso capilar

1

3

kN/m

2 A 3

3

Arcilla

kN/m

4 5

Arena

6

3

kN/m

7 8

Arcilla 9

3

B

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca

Figura 5.10. Perfil del suelo en condiciones iniciales

PASO 2 Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B. 

En el punto A:

Esfuerzo total: A = (22)·(2.5)



A = 55 kPa

Presión de poros: uA = (-9.8)·(0.5) 



uA = - 4.9 kPa

En el punto B:

Esfuerzo total: B = (22)·(5) +(16)·(8 - 5) +(22)·(9 - 8) 

B = 180 kPa

Presión de poros:  u  u10 m  u B   8m  2   u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

267


u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa



u10 m = 39.2 kPa

 49  39.2  uB    2  



uB = 44.1 kPa

PASO 3 Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B. 

En el punto A: hPA 



uA w



hPA 

 4 .9 9.8



hPA = - 0.5 m



hPB 

44.1 9 .8



hPB = 4.5 m

En el punto B: hPB 

uB w

Condiciones a corto plazo. PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 1

Suelo excavado

 = 25 kPa

2 A

Arcilla

3 kN/m

3

4 5 Arena 6 3

kN/m

7 8

Arcilla 9

B

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca Figura 5.11. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación (corto plazo)

PASO 2

268


Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B. 

En el punto A:

Esfuerzo total: A = 25 + (0.5)·(22)



A = 36 kPa

∆σ = A corto plazo – A cond iniciales ∆σ = 36 – 55



∆σ = - 19 kPa



uA = - 23.9 kPa

Presión de poros: uA = uA cond. iniciales + ∆σ uA = (- 4.9) + (- 19) 

En el punto B:

Esfuerzo total: B = 25 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1) 

B = 161 kPa




∆σ = - 19 kPa



uB = - 25.1 kPa

Presión de poros: uB = uB cond. iniciales + ∆σ uB = (- 44.1) + (- 19)

PASO 3 Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B. 




uA w



hPA 

 23.1 9 .8



hPA = - 1.94 m



hPB 

25.1 9 .8



hPB = 2.56 m


uB w

PASO 4

269


Determinar los cambios en las alturas piezométricas de los puntos A y B. 

En el punto A: ∆hPA = hPA corto plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = - 2.44 – (-0.5)





∆hPA = - 1.94 m



∆hPB = - 1.94 m

En el punto B: ∆hPB = hPB corto plazo – hPB cond iniciales ∆hPB = 2.56 – 4.5

Condiciones a largo plazo. PASO 1 Determinar los esfuerzos totales y presión de poros en los puntos A y B. 

En el Punto A:

Esfuerzo total:



A = 36 kPa



uA = - 4.9 kPa

B = 25 + (22)·(3) + (16)·(3) + (22)·(1) 

B = 161 kPa

A = 25 + (2.5)·(0.5)·(22) Presión de poros: uA = (-9.8)·(0.5) 

En el Punto B:

Esfuerzo total:

Presión de poros:  u  u10 m  u B   8m  2  

u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 7) kPa



u10 m = 29.4 kPa

 49  29.4  uB    2  



uB = 39.2 kPa

PASO 2

270


Determinar las alturas piezométricas en los puntos A y B. 




uA w



hPA 

 4 .9 9.8



hPA = - 0.5 m



hPB 

39.2 9 .8



hPB = 4 m


uB w

PASO 3 Determinar los cambios en las alturas piezométricas de los puntos A y B. 

En el punto A: ∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = (- 0.5) – (-0.5)





∆hPA = 0 m



∆hPB = - 0.5 m

En el punto B: ∆hPB = hPB largo plazo – hPB cond iniciales ∆hPB = 4 – 4.5

PROBLEMA 5. Se ha observado que cierto sito esta constituido de la siguiente manera: Tabla 5.2. Conformación del suelo Profundidad Suelo

Peso

0.00-4.00

Arcilla

γ = 20 kN/m

3

4.00-8.00

Arena

γ = 16 kN/m

3

8.00-10.00

Arcilla

γ = 22 kN/m

3

10.00-12.00 12.00-∞

Arena Roca

γ = 18 kN/m

3

El nivel freático se encuentra a 3.0m de profundidad, por encima, la arcilla esta saturada por ascenso capilar. Se ha observado que solo existe flujo de agua en el estrato de arcilla ubicado entre 8 y 10 m. El piezómetro que se ubica a 11m de profundidad registra una altura piezométrica de 5m. Se realiza una excavación rápida y ancha de 2 m de profundidad. Al mismo tiempo se coloca una carga uniformemente distribuida igual a 15 kN/m2. Al mismo tiempo el nivel de agua en el piezómetro se incrementa a 3 m. Se pide determinar el cambio de altura piezométrica a corto y largo plazo a 9 m de profundidad. Condiciones Iniciales.

271


PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 Arcilla

1

3

kN/m 2 3 3

kN/m

4

Arcilla

5 Arena 6 3

kN/m

7 8

Arcilla 9

A

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca Figura 5.12. Perfil del suelo en condiciones iniciales

PASO 2 Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A: Esfuerzo total: A = (20)·(3) + (20)·(1) + (16)·(4) +(22)·(1)



A = 166 kPa

Presión de poros:  u  u10 m  u A   8m  2  

u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 6) kPa



u10 m = 39.2 kPa

 49  39.2  uA    2  



uA = 44.1 kPa

PASO 3 Determinar la altura piezométrica en el punto A.

272


hPA 

uA w



hPA 

44.1 9 .8



hPA = 4.5 m

Condiciones a corto plazo. PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados. 0 Suelo excavado

1

 = 15 kPa

2 Arcilla 3 kN/m

4

3

5 Arena 6 3

kN/m

7 8

Arcilla A

9

3

kN/m

10 Arena 11

3

kN/m

12 Roca

Figura 5.13. Perfil del suelo inmediatamente después de la excavación (corto plazo)

PASO 2 Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A. Esfuerzo total: A = 15 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1) 

A = 141 kPa




∆σ = - 25 kPa



uA = 19.1 kPa

Presión de poros: uA = uA cond. iniciales + ∆σ uA = (44.1) + (- 25)

PASO 3 Determinar la altura piezométrica en el punto A.

273


hPA 

uA w



hPA 

19.1 9.8



hPA = 1.95 m

PASO 4 Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A. ∆hPA = hPA corto plazo – hPA cond iniciales



∆hPA = 1.95 – 4.5

∆hPA = - 2.55 m

Condiciones a largo plazo. PASO 1 Determinar el esfuerzo total y presión de poros en el punto A. Esfuerzo total: A = 15 + (20)·(2) + (16)·(4) + (22)·(1) 

A = 141 kPa

Presión de poros:  u  u10 m  u A   8m  2  

u8 m = (9.8)·(8 - 3) kPa



u8 m = 49 kPa

u10 m = (9.8)·(10 - 3) kPa



u10 m = 68.6 kPa

 49  68.6  uA    2  



uA = 58.8 kPa



hPA = 6 m

PASO 2 Determinar la altura piezométrica en el punto A. hPA 

uA w



hPA 

58.8 9.8

PASO 3 Determinar el cambio en la altura piezométrica del punto A. ∆hPA = hPA largo plazo – hPA cond iniciales ∆hPA = 6 – 4.5



∆hPA = 1.5 m

PROBLEMA 6. A continuación se presenta el perfil de un suelo con sus respectivas características:

274


Tabla 5.3. Conformación del suelo Profundidad Suelo

Peso

0.0-2.5

Arcilla

γsat = 19.6 kN/m ; Gs = 2.7

2.5-4.0

Arena

γ = 18 kN/m

3

4.0-6.0

Arcilla

γ = 19 kN/m

3

6.0-8.0

Arena

γ = 20 kN/m

3

8.0-10.0 10.00-∞

Arcilla Roca

γ = 22 kN/m

3

3

Se ha observado que le nivel freático se encuentra a 2.0 m de profundidad y existe ascenso capilar con saturación total hasta el nivel 1.5 m. Entre 0 y 1.5 m el grado de saturación es 30 %. Se ha ubicado un piezómetro a 4.0 m de profundidad y se ha determinado que la presión de poros en ese punto es de 19.6 kN/m2. Otro piezómetro ubicado a 5 m de profundidad registra una altura piezométrica de 5 m. Se realiza una excavación ancha de 1 m de profundidad. Se pide determinar el esfuerzo total, efectivo y presión de poros a corto plazo a lo largo de todo el perfil de suelo. Condiciones Iniciales. PASO 1 Dibujar el perfil del suelo según a los datos dados.

0 1

Arcilla

3

kN/m kN/m3 kN/m3

2 3

(1)

3

Arena

kN/m

Arcilla

kN/m

Arena

kN/m

Arcilla

kN/m

4 5

3

6 7

3

8 9

3

10 Roca Figura 5.14. Perfil del suelo en condiciones iniciales

PASO 2 Determinar peso específico del estrato entre 0 y 1.5 m de profundidad, γ1 (S = 30%).

275



 sat 

(G S  e)   W 1 e

 sat  e   sat  G S   W  e   W e   sat  e   W  G S   W   sat e   sat   W   G S   W   sat e

G S   W   sat  sat   W 

e

2.7  9.8  19.6 19.6  9.8

e  0.70


1 

(G S  S  e )   W 1 e

1 

(2.70  0.3  0.7)  9.8 1  0.7

γ1 = 16.78 kN/m3. PASO 3 Determinar la altura que marca el piezómetro a 4 metros de profundidad. u = 19.6 kPa hP ( 2 ) 

hP ( 2 ) 

(Dato)

u ( 2)

W 19.6 9 .8



hP(2) = 6 m

PASO 4 Dibujar el diagrama de esfuerzos.

276


Condiciónes iniciales.



(1) Arcilla 3 kN/m 3

2

kN/m kN/m3 (2)

3

Arena 3 kN/m

100

150

200

250

Arcilla 3 kN/m

16.78 = 1·16.78 25.17 = 16.78 + 0.5·16.78 34.97 = 25.17 + 0.5·19.6 44.77 = 34.97 + 0.5·19.6

90.77 = 71.77 + 1·19

Arena 7

3

kN/m

149.77 = 109.77 + 2·20

8 9

0

50

100

150

200

250

-6.37=u(1.5m)+(-S·w·h)=49+(-0.3·9.8·0.5) -4.9 = -S·w·h =1·9.8·0.5 0 = 0·9.8 4.9 = 0.5·9.8 19.6 = 4.9 + 1.5·9.8

109.77 = 90.77 + 1·19

6



uh1·w + h2·w + ... + hn·w -9.31=u(1m)+(-S·w·h)=-6.37+(-0.3·9.8·1)

71.77 = 1.5·18

4 5

50

h1·1 + h2·2 + ... + hn·n 0

0 1

0

49 = 5·9.8 u(6) + u(4) 78.4 u(5) = 2 u(6) = u(5)·2 - u(4) u(6) = 49·2 - 19.6

98 = 78.4 + 2·9.8



0

50

100

150

200

250

'  - u 9.31 = 0 - (-9.31)

23.15 = 16.78 - (-6.37) 30.07 = 25.17 - (-4.9) 34.97 = 34.97 - 0 39.87 = 44.77 - 4.5 52.17 = 71.77 - 19.6 41.77 = 90.77 - 49 31.37 = 109.77 - 78.4

51.77 = 149.77 - 98

Arcilla 3

kN/m

193.77 = 149.77 + 2·22

10

117.6 = 98 + 2·9.8

76.17 = 193.77 - 117.6

Roca

Figura 5.15. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales Nota: u(1) , u(1.5) = Presión de poros a 1 m y 1.5 m de profundidad, rspectivamente.

277


Condición final a corto plazo

corto plazo - inic



2 3

3  kN/m kN/m3   kN/m3



0

50 100 150 200 250 300 350 400

4.9-15.28=-10.38

56.49 = 19.69 + 2·18

-23.15=u(inic.)+ =-6.37-16.78 -20.18=u(inic.)+ =-4.9-15.28 -15.28=u(inic.)+ =0-15.28 4.9=u(inic.)+ =4.9-0 29.49-10.38=24.59

23.15 = 0 - (-23.15) 30.07 = 9.89 - (-20.18) 34.97 = 19.69 - 15.28 39.87 = 29.49 - 4.9

56.49-19.6=36.89

52.17 = 56.49 - 4.32

19.6=u(inic.)+ =19.6-0 u(inic.)+ =19.6-15.28=4.32

33.72=u(inic.)+ =49-15.28 

Arena

94.49 = 56.49 + 2·19

31.37 = 94.49 - 63.12 78.4=u(inic.)+ =78.4-0 94.49-78.4=22.09 u(inic.)+ =78.4-15.28=63.12

3

kN/m

8 9

0 = 0·19.78 9.89 = 0.5·19.78 19.69 = 9.89 + 0.5·19.6 29.49 = 19.69 + 0.5·19.6

Arcilla 3 kN/m

6 7

'

0 50 100 150 200 250 300 350 400

0

Arena 3 kN/m

4 5

u

50 100 150 200 250 300 350 400

0

0 1

0

 Arcilla

134.49 = 94.49 + 2·20

51.77 = 134.49 - 82.72 98=u(inic.)+ =98-0 134.49-98=36.49 u(inic.)+ =98-15.28=82.72

3

kN/m



10

178.49 = 134.49 + 2·22

102.32=u(inic.)+ =117.6-15.28

76.17 = 178.49 - 102.32

Roca

Figura 5.16. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos para condiciones finales a corto plazo

278


PROBLEMA 7. El perfil de suelo en un valle ancho está compuesto por 3 m de una grava gruesa que yace sobre 12 m de arcilla. Por debajo de la arcilla se encuentra una arenisca muy fisurada de permeabilidad relativamente alta. El nivel de agua en la grava se encuentra 0.6 m por debajo de la superficie. El agua en la arenisca se encuentra bajo presión artesiana correspondiente a un nivel de agua de 6 m por encima del nivel del terreno. Los pesos unitarios son: Grava - por encima el nivel freático - debajo del nivel freático (saturada) Arcilla - saturada Agua (valor que se adopta para el problema)

16 kN/m3 20 kN/m3 22 kN/m3 10 kN/m3

a) Dibuje el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo vertical efectivo en función de la profundidad en los siguientes casos: i)

Con las elevaciones de agua iniciales.

ii) Asumiendo que el nivel de agua en la grava es disminuido 2 m por bombeo, pero la presión de agua en la arenisca no cambia. iii) Asumiendo que el nivel de agua en la grava se mantiene como en ii), pero que los pozos de alivio disminuyen la presión de agua en la arenisca en 5.5 m. iv) Asumiendo que los pozos de alivio son bombeados para reducir el nivel de agua en la arenisca a 15 m por debajo del nivel del suelo. Nota: Para ii), iii) y iv) se requiere las condiciones a corto y largo plazo.

b) ¿Hasta qué profundidad se puede realizar una excavación amplia en la arcilla, antes de que el fondo o piso de la misma se encuentre en condiciones de falla? i)

Con la presión artesiana inicial en la arenisca.

ii) Con pozos de alivio reduciendo la presión artesiana a 0.60 m encima de la superficie de terreno. iii) Con bombeo en los pozos de alivio para reducir la presión artesiana a 15 m debajo de la superficie del terreno. c) Se requiere una excavación de 9 m de profundidad. Por razones de seguridad, es necesario mantener una proporción: Esfuerzo total vertical/Presión de levantamiento igual a 1.30. ¿Hasta qué profundidad deberá reducirse la carga piezométrica en la arenisca para cumplir este requerimiento? d) Si el nivel freático en la arenisca aumentara a 15 m encima de la superficie del terreno, ¿a qué profundidad en la arcilla se encontraría el esfuerzo efectivo vertical mínimo y cuál sería su valor? Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo

279


a.i) Presión artesiana inicial en la arenisca. inicial = h·γ 6m 3

0.6 m γ = 16 kN/m 2.4 m

Grava

uinicial = h·γw

’inicial = inicial - u

u

 9.6 = 0.6·16 49.6 = 9.6 + 2·20

2.6 m

3

γ = 20 kN/m Grava

’

0

9.6 = 9.6 - 0 29.6 = 49.6 - 20

20 = 2·10

57.6 = 9.6 + 2.4·20

kPa

24 = 2.4·10

33.6 = 57.6 - 24

3

γ = 22 kN/m

Arcilla

12 m

Arenisca

57.6 + 12·22 = 321.6

(12+2.4+0.6+6)·10 =210

111.6 = 321.6 - 210

Figura 5.17. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones iniciales

a.ii) Asumiendo que el nivel de agua es disminuido 2 m por bombeo. Presión de poros a corto plazo: Arcillas:

ucorto = uinic + ∆σ ∆σ = σcorto – σinic

corto = h·γ

Gravas ucorto = h·γw y arenas: Presión de poros a largo plazo:

6m

’largo = largo – ulargo

ulargo = h·γw

largo = h·γ

’corto = corto – ucorto

u



’ 

2.6 m γ = 16 kN/m3 Grava 0.4 m

γ = 20 kN/m3 Grava

41.6 = 2.6·16 49.6=41.6+0.4·20

Arcilla 12 m

2



41.6=41.6-0 4 = 0.4·10 33.6=49.6-16 16 = 24 - 8 45.6=49.6-4 ∆σ = 49.6-57.6= -8

γ = 22 kN/m3

111.6=313.6-202

(15+6)·10=210 313.6 = 49.6 + 12·22

202 = 210 - 8

313.6-210 = 103.6

∆σ = 313.6 - 321.6 = -8

Figura 5.18. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos en condiciones a corto y largo plazo

a.iii) Si disminuye la presión de la arenisca en 5.5 m. 280


Presión de poros a corto plazo: Arcillas:


corto = h·γ

Gravas ucorto = h·γw y arenas: Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw

largo = h·γ 0.5 m

u



’corto = corto – ucorto ’largo = largo – ulargo

’ 

2.6 m γ = 16 kN/m Grava

2



3

41.6 = 41.6 - 0

41.6 = 2.6·16 3


49.6=41.6+0.4·20

Arcilla

4 = 0.4·10 4 = 0.4·10 Igual que ii largo plazo

45.6 = 49.6 - 4

12 m γ = 22 kN/m3

49.6 + 12·22 = 313.6

313.6 - 210 = 103.6 (15+0.5)·10 = 155 (15+6)·10=210 313.6-155=158.6 Igual que ii largo plazo


a.iv) Si la presión de poros en la arenisca reduce en 15 m por debajo del suelo.

281


Presión de poros a corto plazo: Arcillas:


corto = h·γ

Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo:


ulargo = h·γw

largo = h·γ

u




’

kPa

2.6 m γ = 16 kN/m3 Grava 0 = 0·10 41.6 = 41.6 - 0 Igual que iii largo plazo 4 = 0.4·10 45.6 = 49.6 - 4 49.6=41.6+0.4·20 4 = 0.4·10

41.6 = 2.6·16 3 0.4 m γ = 20 kN/m Grava

Arcilla 12 m γ = 22 kN/m3

49.6 + 12·22 = 313.6

0 = 0·10

15.5·10= 155 313.6 - 155 = 158.6 Igual que iii largo plazo 313.6 - 0 = 313.6


b) Profundidad máxima de excavación, D. b.i 6m b.ii

0.6 m

D 15 m γ = 22 kN/m3

Arcilla b.iii Arenisca

0m

Figura 5.21. Perfil del suelo

El fondo de la excavación se encontrara en condiciones de falla cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo. Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros  = ′ + u

282


′ = 0 (Condición de falla)



=u

b.i) Presión artesiana inicial en la arenisca (6 m sobre el terreno). (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(15 + 6)



D = 5.45 m

b.ii) Reduciendo la presión de poros a 0.6 m por encima del terreno. (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: (15 - D)·22 = 10·(15 + 0.6)



D = 7.91 m

b.iii) Reduciendo la presión artesiana a 15 m por debajo del terreno. (15 - D)·γsat(arcilla) = γw·hpresión artesiana Reemplazando valores se tiene: 

(15 - D)·22 = 10·(0)

D = 15 m

c) Que profundidad debe reducirse la carga piezométrica en la arenisca. Esfuerzo total = Esfuerzo efectivo + Presión de poros  = ′ + u El fondo de la excavación fallará cuando el esfuerzo vertical efectivo sea nulo: ′ = 0 =u



Factor de seguridad: En este caso,

  1  FS u FS = 1 , condición crítica FS > 1 , condición estable

FS = 1.30

FS 

 u

hmax = 10.15 m Hexcavado = 15 - 10.15

15  6  22  10  h 



1.30 



Hexcavado = 4.85 m

Como originalmente es de 15 m, entonces habrá que reducir la carga piezometrica en la arenisca 4.85 m. para cumplir con el requerimiento de la altura máxima de 10.15 m.

283


d) Cual será el esfuerzo efectivo mínimo y a que profundidad se encontrara si el nivel freático de la arenisca aumenta 15 m encima de la superficie del terreno.

 = h·γ

u = h·γw

’ =  – u



u

′

15 m 3


9.6 = 0.6·16

0 = 0·10

9.6 = 9.6 - 0

2.4 m γ = 20 kN/m3 Grava 57.6=9.6+2.4·20

24 = 2.4·10

33.6=57.6-24

Arcilla 12 m γ = 22 kN/m3

57.6+12·22= 321.6

(12+2.4+0.6+15)·10= 300 21.6 =321.6 - 300

Figura 5.22. Perfil del suelo y diagrama de esfuerzos

El esfuerzo efectivo vertical mínimo es 21.6 kN/m2 y se ubica a 15 m de profundidad, desde la superficie del terreno.

PROBLEMA 8. El perfil de un terreno consiste de 10 m de arena (peso específico de 18 kN/m3) sobre 20 m de arcilla (peso específico de 19 kN/m3), todo ello sobre arena densa que se extiende a gran profundidad. El nivel freático se encuentra al ras del terreno (peso específico del agua 9.81 kN/m3). Sobre la superficie se aplica una carga de gran extensión de 300 kN/m2. Trazar el gráfico de esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos: a) Para la condición inicial (antes de la aplicación de la carga). b) Para la condición inmediata después de la aplicación de la carga (condición no drenada, o a corto plazo t = 0). c) Para la condición a largo plazo (cuando toda las presión de poros en exceso se ha disipado, t = , condición drenada).

284


a) Condiciones iniciales (antes de la aplicación de la carga).  = h·γ

u = h·γw



u

10 m

’

0 = 0·18

Arena

’ =  – u

0 = 0·9.81

0=0-0

2





γ = 18 kN/m3 180 = 10·18

98.1 = 10·9.81

81.9 = 180 – 98.1

Arcilla 20 m

γ = 19 kN/m3

Arena Densa

180 + 20·19 = 560

98.1 + 20·9.81 = 294.3

560 + 294.3 = 265.7

b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. Presión de poros a corto plazo:

Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo

Arcillas: corto = h·γ

300 kPa

largo = h·γ


Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw



u

 300 (Carga)

′ 0 = 0·9.81

kPa  300=300-0

Arena 10 m

γ = 18 kN/m3 480=300+10·18

10·9.81=98.1

Arcilla 20 m

∆σ = 480-180=300 398.1=98.1+300

81.9=480-398.1 381.9=480-398.1

γ = 19 kN/m3

Arena Densa

480 + 20·19 = 860

98.1+20·19=294.3

860-594.3=265.7 594.3=294.3+300 ∆σ=860-560=300

565.7=860-294.3

PROBLEMA 9. El nivel de agua en una laguna es de 5 m (peso específico del agua = 10 kN/m3). El fondo de la laguna está compuesto de 5 m de arcilla (peso específico = 19 kN/m3) sobre 5 m de arena (peso unitario = 18 kN/m3) que descansa sobre roca impermeable. Para todo el perfil del terreno, se requiere: a) Dibujar la variación en profundidad, del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo.

285


b) Dibujar nuevamente la variación del esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo, inmediatamente después del drenaje del agua de la laguna.

a) Condiciones iniciales (antes del drenaje del agua de la laguna).  = h·γ

u = h·γw

’ =  – u

u

 0 = 0·10

kPa 

′ 0=0-0

0 = 0·10

Agua 5m

γ = 10 kN/m3

5m

0 = 50 - 50

50=5·10

50=5·10 Arcilla γ = 19 kN/m3 145=50+5·19 5m

45 = 145 - 100

100=50+5·10

Arena γ = 18 kN/m3 Roca impermeable

235 – 150 = 85

100+5·10=150

50+5·18=235

b) Condiciones finales (después del drenaje del agua de la laguna). Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo

corto = h·γ largo = h·γ

ucorto = uinic + ∆σ Arcillas: ∆σ = σcorto – σinic Gravas y arenas: ucorto = h·γw Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw



5m

u



′

kPa

El agua drena = se vacía Como es laguna no queda nada de suelo, solo aire. 0 = 5·0

0 = 5·0

0=0-0

Arcilla 5m

γ = 19 kN/m3 95=5·19

5m

∆σ = 95-145= -50 50 = 100 - 50 50=5·10

45 = 95 - 50

Arena γ = 18 kN/m3 Roca impermeable

95+5·18=185

∆σ = 95-145= -50 100 = 150 - 50 50+5·10=100

85 = 185 - 100

En este caso las condiciones a corto y a largo plazo son las mismas.

PROBLEMA 10. El perfil estratigráfico de un suelo consiste de una capa superficial de grava de 10 m de espesor (peso específico = 22 kN/m3), que descansa sobre 10 m de arcilla (peso específico = 20 kN/m3) y que a su vez se apoya sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel

286


de la superficie del terreno. El peso específico seco de la grava es 17 kN/m3, y el peso específico del agua adoptado es 10 kN/m3. a) Trazar los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo y mostrar su variación con la profundidad. b) Trazar nuevamente los diagramas de esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo, inmediatamente después de haber drenado toda el agua de la grava y simultáneamente haber aplicado una carga infinita de 30 kPa en la superficie del terreno.

a) Condiciones iniciales (Antes del drenado y aplicado de la carga infinita). u = h·γw

 = h·γ

u

 Grava

’ =  – u

0 = 0·22

′ 0 = 0·10

kPa 0=0-0

3 10 m γ = 22 kN/m

220 = 10·22

100 = 10·10

120 = 220 - 100

Arcilla 10 m

γ = 20 kN/m3

Roca impermeable

10·22 = 420

100 + 10·10 = 200

420 - 200 = 220

b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. Presión de poros a corto plazo:



30 kPa

largo = h·γ




Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw

u

30 30 = 30 + 0·17



′

0 = 0·10

kPa 30 = 30 - 0

Grava 10 m

γ = 17 kN/m3 200=30+10·17 Arcilla

10 m

∆σ = 200-220= -20 120=200-80 80 = 100 - 20 0 = 0·10

200=200-0

γ = 22 kN/m3

200 + 10·22 = 400

400-180=220 400-100=300 0+10·10=100 ∆σ = 400-420= -20 180=200-20

287


PROBLEMA 11. El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 4 m de espesor y peso especifico de 19 kN/m3 y 2 m de arena, con peso especifico de 18 kN/m3, que descansan sobre roca impermeable. El nivel freático se encuentra al nivel de la superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza 2 m de altura sobre la superficie del terreno. El peso especifico del agua es de 9.81 kN/m3. a) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, para la condición inicial. b) Trazar para ambos materiales, el gráfico de variación con la profundidad de los esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos, si la presión artesiana en la arena es reducida 1 m, para la condición inmediata después del descenso de la columna de agua.

a) Condiciones iniciales. u = h·γw

 = h·γ 2m

’ =  – u

u

 0 = 0·19

kPa

′ 0 = 0·10

0=0-0

Arcilla 4m

γ = 19 kN/m3 76 = 0 + 4·19

58.86 = 6·9.81

17.14 =76 – 58.86

Arena 2m

γ = 18 kN/m3

Roca impermeable

76+2·18=112

58.86+2·9.81=78.48

112-78.48=33.52

b) y c) Condiciones a corto y largo plazo. 288


Presión de poros a corto plazo:


Arcillas:


corto = h·γ

Gravas u = h·γw y arenas: corto Presión de poros a largo plazo: ulargo = h·γw largo = h·γ

1m



u

0 = 0·19



′ 0 = 0·9.81

kPa 0=0-0

Arcilla 4m

γ = 19 kN/m3 76 = 0 + 4·19

∆σ = 76-76= 0 58.86 = 58.86+0 26.95=76-49.05 49.05 = 4·9.81 17.14=76-58.86

Arena 2m

γ = 18 kN/m3 ∆σ = 76-76= 0

Roca impermeable 76+2·18=112 58.86+2·9.81=78.48 78.48=78.48+0

112-78.48=33.52

PROBLEMA 12. Se tiene el siguiente perfil de suelo: Arena

 = 19 kN/m3 sat= 20 kN/m3 kN.T. = 0.02 cm/s

Arcilla

 = 20 kN/m3 sat = 22 kN/m3 k = 2.5 x 10-5 cm/s

Arena

 = 19 kN/m3 sat = 20 kN/m3 k = 0.02 cm/s

Arcilla

 = 20 kN/m3 sat = 22 kN/m3 k = 4 x 10-5 cm/s

Arena

 = 19.5 kN/m3 sat = 20 kN/m3 k = 0.01 cm/s

1.0 m

1.5 m

0.75 m

2.0 m 0.5 m

2.25 m

Se pide:

289


a) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones iniciales b) Determinar el sentido de flujo, el gradiente hidráulico y el caudal por unidad de área de los dos estratos de arcilla. c) Hallar el esfuerzo total, presión de poros y esfuerzo efectivo para condiciones de corto y lago plazo si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. La siguiente Tabla contiene el incremento de esfuerzo ocasionado por la zapata de 1x1 cargada con 300 kN en función de la profundidad. Profundidad m 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 1.75 2.00 2.25 2.50 2.75

Incremento de esfuerzo kg/m2 300 279 210 145 100 72 54 41 32 26 21 18

Profundidad m 3.00 3.25 3.50 3.75 4.00 4.25 4.50 4.75 5.00 5.25 5.50

Incremento de esfuerzo kg/m2 15 13 11 10 9 8 7 6 5.60 5.10 5

a) Condiciones iniciales.

 = h·γ

2.0 m 0.5 m γ = 19 kN/m3 0.5 m γsat = 20 kN/m3 Arena

0.5 m

’ =  – u

u = h·γw

u



′

0 = 0·19

0=0-0

9.5 = 0.5·19

0 = 0·9.8

19.5 = 9.5 + 0.5·20

9.5 = 9.5 – 0

4.9 = 0.5·9.8

14.6 = 19.5 – 4.9

1.5 m γsat = 22 kN/m3 Arcilla 52.5=19.5+1.5·22

44.1=4.9+4·9.8

8.4 = 52.5 – 44.1

3 0.75 m γsat = 20 kN/m Arena

2.25 m

γsat = 22 kN/m3 Arcilla

67.5=52.5+0.75·20

51.45=44.1+0.75·9.8

16 = 67.5 – 51.45

z = 0 m (Nivel de referencia) γsat = 20 kN/m3 Arena

67.5+2.25·22=117 (2.25+0.75+1.5+0.5)·9.8=49

117 - 49 = 68

b) Sentido de flujo, gradiente hidráulico y caudal por área unitaria en la arcilla. 1er Estrato de arcilla: - Sentido del flujo: El flujo va de mayor energía a menor energía. u v2 E  z  W 2 g Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña:

290


u W

E  z

Energía en la parte inferior = (2.25 + 0.75) + (44.1/9.8) = 7.5 m Energía en la parte superior = (2.25 + 0.75 + 1.5) + (4.9/9.8) = 5 m Como hay mayor presión en la parte inferior del primer estrato de arcilla, entonces el sentido del flujo es de abajo hacia arriba (ascendente). - Gradiente Hidráulico: i = h/L h = 7.5 – 5 = 2.5 m L = Longitud del estrato = 1.5 m i = 2.5/1.5 - Caudal: q = k·i·A



i = 1.66

k = 25 x 10-5 cm/s = 0.0216 m/día q = (0.0216)·(1.66)·(1 m2)



q = 0.036 m3/día/m2

2do Estrato de arcilla: - Sentido del flujo: El flujo va de mayor energía a menor energía. u v2 E  z  W 2 g Si se desprecia la velocidad ya que es muy pequeña: u W

E  z

Energía en la parte inferior = (0) + (49/9.8) = 5 m Energía en la parte superior = (2.25) + (51.45/9.8) = 7.5 m Como hay mayor presión en la parte superior del segundo estrato de arcilla, entonces el sentido del flujo es de arriba hacia abajo (descendente). - Gradiente Hidráulico: i = h/L h = 7.5 – 5 = 2.5 m L = Longitud del estrato = 2.25 m i = 2.5/2.25 - Caudal:



i = 1.11

291


q = k·i·A k = 4 x 10-5 cm/s = 0.03456 m/día q = (0.03456)·(1.11)·(1 m2)

q = 0.036 m3/día/m2



c) Si se baja el nivel freático hasta 1 m del nivel del terreno y se coloca una zapata de 1x1 con una carga de 300 kN. (Corto y largo plazo) Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo


2.0 m


Gravas u = h·γw y arenas: corto

Presión de poros a largo plazo: largo = h·γ ulargo = h·γw

u

 γ = 19 kN/m3 Arena

1m

0.5 m



′

0-0=300

300 = (Carga) ∆σ=119-19.5=99.5 104.4=4.9+99.5 119 = 100 +1·19

1.5 m

γ = 22 kN/m3

kPa 119=119–0 14.6=119–104.4

Arcilla

0.75 m

γ = 20 kN/m3 Arena

2.25 m

γ = 22 kN/m3 Arcilla

44.1=(1.5+1+2)·9.8 28.9=73–44.1 64.6=44.1+20.5 8.4=73–64.6 ∆σ=73-52.5=20.5 28.5=80–51.5 80=13+1·19+1.5·22+0.75·20 (0.75+1.5+1+2)·9.8=51.5 64=51.5+12.5 16=80–64 ∆σ=80-67.5=12.5

73=21+1·19+1.5·22

49=(2.25+0.75+1.5+0.5)·9.8 53.5=49+4.5 5+1·19+1.5·22+0.75·20+2.25·22=121.5

72.5=121.5–49 68=121.5–53.5

∆σ=121.5-117=4.5

El esfuerzo total se halla sumando el incremento de carga en el punto de estudio sacado de la Tabla del enunciado y el esfuerzo total que proporciona el terreno (·H).

PROBLEMA 13. El perfil de un suelo consiste de una capa superficial de arcilla de 6 m de espesor con peso específico húmedo de 20 kN/m3 y peso especifico saturado de 22 kN/m3 que descansa sobre un acuífero de arena de 4 m de espesor, con peso específico húmedo de 18 kN/m3 y peso específico saturado de 20 kN/m3. El nivel freático se encuentra a un metro por debajo de la superficie del terreno. Si un piezómetro es instalado en la parte superior de la arena, la columna de agua alcanza la altura de 1 m por debajo de la superficie del terreno. El peso específico del agua es igual a 9.81 kN/m3.

1.0 m

1m

292


5.0 m

Suelo 1: Arcilla  = 20 kN/m3 sat = 22 kN/m3

4.0 m

Suelo 2: Arena  = 18 kN/m3 sat = 20 kN/m3

a) Calcular la profundidad máxima que se puede excavar para la construcción de una fundación, debiendo hacer descender el nivel del agua de la arcilla hasta el nivel de la excavación. b) Para el estado excavado calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para las condiciones iniciales, a corto y a largo plazo considerando la succión y que la altura de saturación capilar llega hasta el nivel del terreno.

a) Profundidad máxima que se puede excavar. El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical efectivo al final del estrato sea nulo.

 ' 0  '   u  u 1.0 m Dmax Arcilla

6.0 m

γ = 22 kN/m3

A

Arena

  6  D   22  u  9.8  5  u = 49 kN/m2  '  6  D   22  49  0

6D 

49 22

D  6

49 22



D = 3.77 m

b) Esfuerzos totales, presión de poros y esfuerzos efectivos.

293


Condiciones iniciales: u = h·γw

 = h·γ

1m

u



Succión

0 = 0·22

γ = 22 kN/m3

5m

4m

’

–1·9.8= –9.8

9.8= 0 – (– 9.8)

22 = 1·22 Arcilla

’ =  - u

22= 22 – 0

0 = 0·9.8

3.77 m

γ = 22 kN/m3

82.94=22+2.77·22

27.15 = 2.77·9.8

132=22+5·22

49=0+5·9.8

33.79 = 60.94 – 27.15 83= 132 – 49

Arena γ = 20 kN/m3 49 + 4·9.8 = 88.2

132 + 4·20 = 212

212 – 88.2 = 123.8

Condiciones Finales (Corto y largo plazo): Condiciones a largo plazo Condiciones a corto plazo



largo = h·γ

Gravas y arenas:


ucorto = h·γw

Presión de poros a largo plazo: ’largo = largo – ulargo ulargo = h·γw

u



′

kPa

1m 3.77 m

2.23 m

4.00 m

γ = 22 kN/m3 Arcilla

γ = 20 kN/m3 Arena

∆σ=0–82.94= – 82.94 27.15 – 82.94 = – 55.79 0 = 0·9.8 0 = 0·22 49.06 = 2.23·22 49=(3.77+2.23–1)·9.8 49–82.94 = – 33.94 ∆σ=49.06–132= –82.94

49.02 + 4·20 = 129.02

49 + 4·9.8 = 88.2

55.79=0–55.79 83=49.06+33.94 0.06=49.06–49

40.82=129.02–88.2

PROBLEMA 14. Calcular la distribución de esfuerzos totales, efectivos y presión de poros para condiciones iniciales, a corto plazo y a largo plazo para el perfil de suelos de la Figura si se coloca una carga infinita de 100 kPa. Considerar que hay succión y que la altura capilar llega hasta el nivel del terreno a 100 % de saturación. Peso específico de agua w = 9.81 kN/m3 0.7 m

14.3 m

10.0 m

294


Arena:

 =16 kN/m3 sat =17.66 kN/m3

Arena:

 = 16 kN/m3 sat = 16.68 kN/m3

Arcilla:  = 14 kN/m3 sat = 14.72 kN/m3 Arcilla:  = 16 kN/m3 sat = 17.17 kN/m3

Arcilla:  = 16 kN/m3 sat = 16.58 kN/m3

Condiciones Iniciales: u = h·γw u

 = h·γ

 0.7 m

’ =  - u ’

-6.9

3

γ = 16 kN/m

6.9

12.4

12.4

14.3 m 264.9

10.0 m

124.6

140.3

238.4

431.7

193.3

15.0 m 652.5

385.5

267

15.0 m 910.1



532.7


377.4


295


Gravas y arenas: largo = h·γ

 0.7 m

ucorto = h·γw

Presión de poros a largo plazo: ’largo = largo – ulargo ulargo = h·γw -6,9

100

u



112,4

106,9 112,4

14.3 m 364,9

140,3

224,6

10.0 m 531,7

238,4

338,4

293,3

193,3

15.0 m 752,5

385.5

485,5

367

267

15.0 m 1010,1

532,7

632,7

377,4

PROBLEMA 15. En el perfil que se muestra en la Figura, se pide determinar: a) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones iniciales. b) Caudal y dirección de flujo por el estrato de arcilla ubicado entre 5 y 6 m de profundidad. c) Factor de seguridad contra levante de la base, en una excavación ancha de 1,5 m de profundidad. d) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones a corto plazo, después de que el nivel de agua en el piezómetro ubicado a 4 m de profundidad, ha descendido, en un instante de tiempo, hasta los 4 m por debajo de la superficie natural del terreno. e) Los esfuerzos totales, efectivos y presión de poros en función de la profundidad, en condiciones a corto plazo, después de que el nivel del agua en los dos piezómetros mostrados cambian hasta 1,5 m por debajo de la superficie del terreno y se aplica una carga infinita en la superficie de 50 kPa (Considere que todos los cambios ocurren en al mismo instante de tiempo). Nota: Tomar w = 10 kN/m3

-1 0

 = 18 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla Zona con ascenso capilar (S=75%)

1 3

2

 = 20 kN/m k = 10-8 m/s

Arcilla

3

296

477,4


a)

-1 -11.25

0

0

3

 = 18 kN/m k = 10-8 m/s

11.25

Arcilla (S=75%)

1

27

27

3

2 3

 = 20 kN/m k = 10-8 m/s

Arcilla

3

 = 19 kN/m k = 10-3 m/s

 = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

3

6

17

Arena

4 5

40

57

Arena

 = 18 kN/m k = 10-3 m/s

95

60

115

50

133

35 65

60

73

Datum z = 0

b) Flujo en suelos:

Q  ki A Para la arcilla entre 5 y 6 m El flujo va de mayor energía a menor energía.

E z

u v2   w 2g

despreciar la velocidad  E z

u w

297


Energía en la parte inferior = 1 + 5 = 6 m Energía en la parte superior = 2 + 6 = 8 m Por lo tanto el flujo es descendente h = 8 – 6 = 2 gradiente hidráulico, i = h/L i = 2/1 = 2 i

h 2  2 L 1

Se toma área unitaria, A = 1

 

Q  10 8 2 1 Q  2  10 8 m3/s/m2

c) El fondo de la excavación se halla en condiciones de falla, cuando el esfuerzo vertical efectivo al final del estrato sea nulo.

'  0 '    u u FS 

 u Dmax

3.0 m Arcilla

Arena

A

El factor de seguridad será:

FS 

A uA

 A  1,520   30 kPa u A  4 10   40 kPa FS 

30  0.75 40

298


d)

-1 -11.25

0

0

3

 = 18 kN/m k = 10-8 m/s

11.25

Arcilla (S=75%)

1

27

27

3

2 3

 = 20 kN/m k = 10-8 m/s

Arcilla 57 3

 = 19 kN/m k = 10-3 m/s

6

60

95  = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

3

Arena

 = 18 kN/m k = 10-3 m/s

17

67

Arena

4 5

40

-10

35

85

10 115

65

50

133

60

73

e)

-1

q = 50 kPa 38.75

50

0

3

 = 18 kN/m k = 10-8 m/s

Arcilla (S=75%)

1 2 3

6

27

Arcilla 107

 = 19 kN/m3 k = 10-3 m/s

145  = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

Arcilla

3

Arena

 = 18 kN/m k = 10-3 m/s

90

15

92

17

Arena

4 5

50

77  = 20 kN/m3 k = 10-8 m/s

11.25

165

110

35

35 65

100

45

110

183

120 128

55

299


CAPÍTULO 6

Resistencia al corte 6.1. Introducción. La resistencia de un material describe el estado último de esfuerzo que puede soportar antes de que falle. Para suelos que pueden tener niveles altos de deformación se define la falla de acuerdo a sus deformaciones. Se habla de resistencia a la tensión, resistencia a la compresión, resistencia al corte, y así sucesivamente, pensando que estos términos son diferentes, pero estos términos deben realmente estar relacionados a una característica fundamental de resistencia. La conexión entre estas resistencias diferentes es el esfuerzo de corte máximo, o el tamaño del círculo de Mohr más grande que el material pueda soportar. El círculo de Mohr es un diagrama de esfuerzos utilizado para analizar los estados de esfuerzos en un elemento de suelo. El criterio de Mohr-Coulomb es un criterio de falla que indica que la resistencia de un material aumenta linealmente con el aumento del esfuerzo efectivo normal y el material fallará cuando el círculo de Mohr toque una curva límite. Es así que el criterio de Mohr-Coulomb se utiliza para determinar la resistencia de suelos sometidos a cargas en problemas de la ingeniería geotécnica. De esta manera podemos decir que materiales que tienen resistencia pueden soportar esfuerzos de corte y la resistencia es el máximo esfuerzo de corte que pueda ser soportado. Solo los materiales con resistencia pueden tener taludes porque los esfuerzos de corte son requeridos para mantener un talud. Un material sin resistencia al corte, como agua estacionaria, no puede soportar un talud y el círculo de Mohr se reduce a un punto. Teoría del estado crítico. Los parámetros c y  de resistencia al corte de Mohr – Coulomb, no son propiedades fundamentales del suelo. Ellos dependen del tipo de ensayo en la cual fueron determinados. La teoría del estado crítico es un esfuerzo por predecir el comportamiento de un suelo saturado sujeto a un sistema de esfuerzos axisimétricos mediante un concepto matemático. La idea central en la teoría del estado crítico es que todos los suelos fallan en una única superficie de falla en un espacio q, p, e. El modelo de estado critico incorpora en su criterio de falla cambios de volumen diferente al criterio de Mohr-Coulomb donde la falla solo esta definida por la pendiente de de la línea de esfuerzos máximos. De acuerdo con el modelo de estado crítico el estado de falla de esfuersos es insuficiente para garantizar la falla en los suelos.

300

CAPÍTULO 6 Resistencia al corte

6.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Según al concepto fundamental de resistencia al corte, explique las características de los diferentes tipos en que se clasifican los suelos. Respuesta. Los suelos del Tipo I están constituidos de arenas sueltas, arcillas normalmente consolidadas y arcillas ligeramente sobreconsolidadas (OCR  2), estos suelos al llegar al estado crítico se endurecen y se comprimen hasta llegar a un índice de vacíos crítico. Los suelos del Tipo II representarán a las: arenas densas y arcillas sobreconsolidadas (donde OCR > 2) presenta un valor pico del esfuerzo de corte, al llegar a este estado se ablandan llegando a un estado suelto, expandiéndose hasta llegar a un índice de vacíos crítico después de una compresión inicial a bajo cortante. Este valor pico es suprimido y la expansión del volumen disminuye cuando se incrementa el esfuerzo normal efectivo.

PREGUNTA 2. ¿Que característica especial poseen el esfuerzo de corte y el índice de vacíos cuando el suelo alcanza el estado crítico? Respuesta. Tanto los suelos del Tipo I y II alcanzan el estado crítico, independientemente de su estado inicial. Cuando el suelo alcanza su estado crítico el esfuerzo de corte aumenta conforme a la solicitación aplicada pero el volumen tiende a mantenerse constante. El esfuerzo de corte en el estado crítico y el índice de vacíos crítico depende del esfuerzo normal efectivo. Un elevado esfuerzo normal efectivo resulta en un elevado esfuerzo de corte en y un bajo índice de vacíos crítico.

PREGUNTA 3. ¿Qué es la evolvente de falla? Respuesta. Se denomina envolvente a una curva geométrica formada de la colección de valores máximos del comportamiento que presenta un fenómeno en diversos estados y condiciones. Análogamente la envolvente de falla en suelos, es la colección de los valores de corte máximos que producen falla en el sentido de que las partículas del suelo empiezan a deslizarse unas respecto de otras. La envolvente de falla puede ser determinada en base a valores de corte picos o críticos.

PREGUNTA 4. 301


¿Qué influencia tiene el índice de sobreconsolidación (OCR) en un suelos del Tipo II? Respuesta. Un elevado índice de sobreconsolidación resulta en un elevado esfuerzo de corte pico y una mayor expansión en el volumen.

PREGUNTA 5. ¿Cuándo ocurre la falla en el criterio de falla de Mohr-Coulomb? Respuesta. La falla ocurre cuando el suelo alcanza el máximo esfuerzo efectivo oblicuo

 '1 f  '3 f

.

El máximo esfuerzo de corte  max   '1  '3  2max no es el esfuerzo de falla.

PREGUNTA 6. Explique que es dilatancia. Respuesta. Si a las partículas del suelo se las asemeja a esferas, la Figura 6.1 muestra que las partículas de los suelos del Tipo II están ubicadas de manera que se tiene la menor cantidad de espacios vacíos. Entre partículas existe un trabazón que impide el desplazamiento de unas respecto a otras, por lo que las partículas para iniciar su desplazamiento deben pasar unas encima de otras, lo que origina un esfuerzo de corte pico y la expansión en el suelo.

Figura 6.1. Forma de deslizamiento de las partículas en suelos del Tipo II.

A este comportamiento de las partículas que ocasiona el aumento del volumen se lo denomina dilatancia y solo se presenta en suelos del Tipo II.

PREGUNTA 7.

302


¿Qué comportamiento se aprecia respecto al volumen en una muestra de suelo cuando se realiza un ensayo CD y CU? Respuesta. Los cambios de volumen ocurren bajo la condición drenada y no bajo la condición no drenada. Bajo la condición no drenada no se permite la salida de agua por lo que el suelo aunque se deforma mantiene un mismo volumen, en cambio bajo una condición drenada la salida de agua produce un cambio de volumen en el suelo. El resultado de este comportamiento es que el suelo bajo condición drenada responda con un exceso de presión de poros negativo, mientras que en la condición no drenada el suelo responderá con un exceso de presión de poros positivo.

PREGUNTA 8. Explique que parámetros de resistencia al corte deben utilizarse para el diseño de una obra geotécnica. Respuesta. Para el diseño geotécnico es importante determinar las condiciones de drenaje reales que presenta el suelo en campo que pueden anticiparse según al tipo de suelo, para lo cual debe considerarse que las condiciones no drenadas difieren significativamente de las drenadas para el caso de los suelos finos, donde corto plazo no se aprecia un cambio de volumen pero presentan un exceso de presión de poros que irá disipándose con el tiempo, hasta que ha largo plazo se completa el cambio total de volumen y se disipa totalmente el exceso de presión de poros. En el caso de los suelos de grano grueso el cambio de volumen es inmediato y el exceso de presión de poros se disipa rápidamente durante la acción de la carga normal, por lo que no tendría sentido en estos suelos hablar de una condición a corto y largo plazo. En el caso de un suelo arcilloso luego de una excavación o la deposición de un terraplén al principio debido a la rapidez de la construcción se tendrán condiciones no drenadas, entonces el esfuerzo de corte máximo que tolera el suelo a corto plazo estará en función a parámetros totales que será:  f = cu Sin embargo, a largo plazo cuando el suelo alcance la condición drenada el esfuerzo de corte máximo que tolera el suelo estará en función a parámetros efectivo, que será: f = 'f·tan(') + c' El valor del parámetro c' es identificado como la cohesión que es netamente geométrico y corresponde a la altura formada por la intersección de la envolvente de falla alternativa con el eje de corte, este parámetro se presenta únicamente en suelos del Tipo II. Antes de realizar el diseño debe considerarse el tiempo de vida útil del proyecto, para así determinar el tipo de parámetros que sean adecuados y también elegir un adecuado ensayo de laboratorio que proporcione el tipo de parámetros deseados. En condiciones drenadas para el diseño se consideran los parámetros 'cry'p, el valor pico no constituye ser la mejor opción

303


para el diseño geotécnico ya que las partículas del suelo en este estado de esfuerzos por lo general no se deslizan en un plano de falla completamente desarrollado, además su valor es muy variable y solo los suelos del Tipo II presentan este valor pico. Sin embargo todos los suelos para una respectiva combinación de esfuerzos llegan a estar normalmente consolidado, donde el parámetro del ángulo de fricción es crítico ('cr) donde el suelo alcanzará el estado crítico. El diseño con el valor crítico a diferencia del pico no es conservador sino que permite diseños óptimos que consideran los esfuerzos principales máximos que tolera el suelo. Por lo tanto el ángulo de fricción crítico a diferencia del pico constituye ser un parámetro fundamental de la resistencia al corte del suelo. En condiciones no drenadas para el diseño se considera el parámetro de esfuerzo de corte no drenado cu, que depende de la magnitud del esfuerzo de confinamiento (3)f el cual influirá en el esfuerzo normal (1)f, por lo tanto este parámetro no constituye ser el fundamental para el diseño geotécnico. Por lo general se encuentran suelos que son una mezcla de partículas gruesas y finas, en este caso para el diseño debe tomarse en cuenta la condición drenada y no drenada para determinar cual de esas condiciones es más crítica.

PREGUNTA 9. ¿Qué debe considerarse para elegir un adecuado ensayo triáxial para el suelo? Respuesta. Para elegir un adecuado ensayo triaxial deben tenerse en cuentas dos detalles:  El tipo de parámetros que se desean obtener.  El tipo de suelo y su origen. La Tabla 6.1, muestra los parámetros que se obtienen en los diferentes tipos de ensayos triaxiales. Tabla 6.1. Parámetros determinados en los ensayos triaxiales Tipo de ensayo triaxial No consolidado no drenado (UU) Consolidado drenado (CD) Consolidado no drenado (CU)

Parámetros determinados cu c' c'

 

A

El Ensayo triaxial debe tratar de asemejar las condiciones reales que tendrá el suelo en campo, los ensayos UU y CU podrían asemejar bien las condiciones de una arcilla con muy baja permeabilidad, mientras que un ensayo CD a un suelo con una permeabilidad que permite un buen drenaje del agua. Sin embargo, los ensayos triaxiales pueden combinarse a fin de determinar los parámetros de otros ensayos triaxiales realizados con el mismo suelo.

PREGUNTA 10.

304


Explique las características particulares de la línea de estado crítico y la superficie de fluencia en el CSM. Respuesta. Para una única línea de estado crítico en el espacio (q, p’) corresponderá a una línea de estado crítico en el espacio (e, p’). Cada suelo tiene una superficie inicial de fluencia, el tamaño de esta superficie depende del esfuerzo efectivo medio de preconsolidación. La superficie de fluencia se expandirá para R0 ≤ 2 y se contraerá para R0 ≥ 2 cuando el esfuerzo efectivo medio aplicado excede el esfuerzo inicial de fluencia. El suelo se comporta elásticamente para esfuerzos que están dentro de la superficie de fluencia y elastopásticamente para esfuerzos ubicados fuera de la superficie de fluencia.

PREGUNTA 11. Explique las etapas del ensayo triaxial. Respuesta. Los ensayos triaxiales constan de tres etapas importantes que son:  Saturación. (Etapa 1)  Consolidación. (Etapa 2)  Compresión. (Etapa 3) La etapa de saturación y consolidación es llevada a cabo en un sistema llamado banco triaxial, que está diseñado para controlar un sistema de agua a presión que es aplicado a la muestra de suelo a ensayar. La Figura 6.2 se muestra un esquema del banco triaxial. Agua desaireada

Mamómetro

Mamómetro

Regulador de presión Aire a presión

Bureta graduada

Regulador de Aire - Agua

Regulador Agua - Agua

Bomba de Agua Cámara Indicador volumen nulo

desaire

A

B

A - Conexión a cámara B - Conexión superior a probeta C - Conexión a base de probeta - Válvulas auxiliares

C

Figura 6.2. Esquema del banco triaxial completo

La etapa de compresión se lleva a cabo en una prensa que aplica una carga axial mediante un anillo de carga a un vástago que comprime la muestra de suelo, el sistema triaxial es capaz de

305


mantener constante la presión aplicada a la muestra (dependiendo al tipo de ensayo) en la etapa de consolidación durante la compresión y puede medirse la presión de poros. Etapa de saturación. Las probetas utilizadas en el ensayo triaxial deben estar completamente saturadas. Para esto, lo primero que se hace es llenar la cámara completamente de agua (manteniendo el orificio de ventilación abierto) la cual someterá a la probeta a un esfuerzo simétrico de confinamiento 3, entonces de acuerdo al diagrama de la Figura 6.3 se conecta la línea de base A al extremo inferior de la bureta graduada y el otro extremo de la bureta se conecta al tanque regulador de presión de aire. Con las válvulas A, C abiertas y B cerrada, se aplica aire al circuito de la bureta de esa forma se introduce presión a la cámara (e.g. 3 = 20 kPa), luego se abre la válvula B para introducir una contrapresión a la probeta que permite el ingreso de agua. Se repite el procedimiento añadiendo una cantidad de presión 3 a la cámara y también una contrapresión a la probeta por etapas hasta saturar completamente la probeta, ambas presiones por lo general difiere en 10 kPa. La presión de poros en la probeta es registrada en cada escalón con un transductor de presión, manómetro o bureta conectada a la válvula C. Agua desaireada

Mamómetro

Mamómetro

Regulador de presión

F Aire a presión Regulador de Aire - Agua

Bureta graduada

Regulador Agua - Agua Valvulas A: Abierta B: Abierta C: Abierta D: Abierta E: Cerrada F: Cerrada G: Abierta

D Bomba de Agua

G

E Cámara

Indicador volumen nulo

A

B

Circuito Aire Circuito Agua Circuito sin uso

C

Figura 6.3. ConFiguración del banco triaxial para las etapas 1 y 2

Cuando aumenta la presión de poros el nivel de mercurio del indicador de volumen nulo pierde el equilibrio, para reestablecerlo es necesario aumentar o disminuir la presión mediante la bomba manual y de ésta manera el valor en la presión de poros queda registrado en el instrumento utilizado. Se considerará la probeta completamente saturada, cuando el valor determinado del coeficiente B para cada incremento de la contrapresión se repita más de dos veces o sea muy cercano a la unidad (e.g. 0.98).

Etapa de consolidación.

306


Dependiendo el tipo de ensayo triaxial la probeta saturada de agua es consolidada antes de inicializar la compresión. Sin embargo, antes de iniciar la consolidación es necesario generar un incremento de presión de poros a través del incremento de la presión de celda 3, para lograr esto se debe cerrar la válvula B y con la válvula A y C abiertas se incrementa la presión de la celda a un valor predefinido. Este incremento es diferente para cada celda pudiendo utilizarse incrementos de 100, 200 y 400 kPa. Durante todo el proceso, la válvula B se mantendrá cerrada evitando la salida del agua presente en la probeta, como resultado la presión de poros se incrementará. Para consolidar la probeta (disipar el exceso de presión de poros) se abre la válvula B por lo que el agua fluirá debido al exceso de presión de poros, entonces se registra el volumen de agua expulsada a intervalos de tiempo de 0.10, 0.25, 0.5, 1, 2, 4, 8, 15, 30, 60,…, 840 y 1440 minutos o hasta que el exceso de presión de poros añadido últimamente se disipe por completo. Al final de la consolidación el exceso de presión de poros en la probeta será u = 0, pero se mantendrá la presión de poros final de la etapa de saturación. Sin embargo, la presión en la cámara se mantendrá constante en el valor recientemente incrementado. Etapa de compresión. La cámara triaxial es colocada en la plataforma de un sistema de compresión (prensa), donde el esfuerzo axial de compresión aplicado a la probeta es transmitido mediante un vástago añadido a la cámara. El vástago se adhiere a un anillo de carga, este anillo esta ajustado a dos soportes metálicos de tal manera que la plataforma del sistema de compresión puede subir o bajar según la conveniencia. Se verifica que la probeta quede bien ubicada y en forma vertical, para asegurar un correcto funcionamiento del vástago de carga, de esa manera los esfuerzos inducidos por el vástago sean los que actúen en los planos principales de la probeta y no se generen esfuerzos de corte en sus caras. Se conecta la línea de presión A de la cámara al tanque regulador con su válvula de salida cerrada. Entonces se ajusta la presión de confinamiento al valor que se quiere tener en la cámara abriendo la válvula del tanque regulador. La etapa de compresión comienza cuando es aplicado un esfuerzo desviador d a una velocidad constante, la carga que actúa en la probeta puede ser obtenida de la lectura de un deformímetro ubicado en el anillo de carga, mientras que la deformación de la probeta es medida con otro deformímetro ubicado sobre la cubierta metálica superior. Dependiendo al tipo del ensayo triaxial puede permitirse o restringir el drenaje del agua de la probeta durante la compresión mediante la válvula B. Las conexiones para el drenaje de la probeta pueden ser instaladas a una bureta o un instrumento que mida la presión de poros. También debe medirse el cambio de volumen de la probeta durante la compresión, con los datos obtenidos del registro del nivel inicial del agua en la bureta y los niveles correspondientes a cada lectura de los deformímetros de carga y de deformación, la Figura 6.4 muestra la conFiguración del banco triaxial para medir el cambio de volumen y la presión de poros.

307


Agua desaireada

Mamómetro

Mamómetro

Regulador de presión

F Aire a presión Regulador de Aire - Agua

Bureta graduada

Regulador Agua - Agua Valvulas A: Abierta B: Abierta C: Abierta D: Abierta E: Cerrada F: Cerrada G: Cerrada

D Bomba de Agua

G

E Cámara

Indicador volumen nulo

A

B

Circuito Aire Circuito Agua Circuito sin uso

C

Figura 6.4. ConFiguración del banco triaxial para medir el cambio de volumen

PREGUNTA 12. Explique las ventajas y características particulares del CSM en comparación la criterio de falla de Mohr-Coulomb. Respuesta. El criterio de falla de Mohr-Coulomb queda limitado en cuanto a considerar el cambio de volumen, aunque es ampliamente aceptado y utilizado por su sencillez no considera los efectos de la deformación volumétrica en el concepto de falla, los parámetros c' y ' de resistencia al corte determinados con este criterio no llegan a ser las propiedades fundamentales del suelo. Si mediante un ensayo triaxial, se han determinado los parámetros c' y ', estos únicamente serán válidos si las condiciones en situ son las mismas que las condiciones asumidas en laboratorio. El modelo de estado crítico se ha ideado con el fin de unir los conceptos elementales de consolidación (NC y SC) y resistencia al corte. Puesto que los suelos tienen un comportamiento complicado desde el punto de vista de todas las variantes que ocurren, este modelo presenta mecanismos matemáticos que proporcionan una simplificación e idealización del comportamiento del suelo en el estado crítico del suelo, donde para un estado de esfuerzo caracterizado se tendrá una deformación por corte constante. Durante el cambio de volumen que experimenta un suelo, existe un instante que corresponderá a un determinado volumen donde el suelo deje de responder elásticamente y pasar a un estado elastoplástico, el CSM establece condiciones y parámetros para determinar cuando el suelo llega a ese estado. El criterio de falla de Mohr-Coulomb, determina una envolvente de falla que es trazada con los esfuerzos máximos alcanzados al variar el estado de esfuerzos en el ensayo. De acuerdo con el modelo de estado crítico, el estado de falla de esfuerzos de Mohr-Coulomb es insuficiente para garantizar la falla en los suelos. Este modelo establece un límite en el cual a partir de este estado el suelo comienza a ceder, es decir, que pasa del comportamiento netamente elástico a uno elastoplástico, a un volumen crítico. En la Figura 6.5 se muestra una analogía de las diferencias que existen entre el criterio de falla de Mohr-Coulomb y el modelo de estado crítico.

308




q

ea lín

de

la fal

ea

do sta e e

cr

co íti

d

lín

'cr

'

p' (a)

e

e

'

p' (b)

e

e

Cr

 Cc 



Cr

log '

ln p' (c)

Figura 6.5. Parámetros del modelo de estado crítico (Budhu, 2000)

PREGUNTA 13. Explique lo que es sensibilidad. Respuesta. Para muchos depósitos naturales de suelo arcilloso, el esfuerzo de compresión inconfinada se reduce grandemente cuando el suelo a ensayar es remoldeado aunque no se presente un cambio en el contenido de humedad del suelo, como muestra la Figura 6.6. Esta propiedad del

309


suelo arcilloso es conocida como sensibilidad. El grado de sensibilidad se expresa como el cociente del esfuerzo de compresión inconfinada en un estado inalterado y remoldeado, que será: S

cu  inalterada  cu  remoldeada 

Donde: S = Sensibilidad de la arcilla. cu = Parámetro de resistencia no drenado. Para la mayoría de las arcillas la sensibilidad generalmente varía entre 1 a 8, basándose en esto las arcillas pueden clasificarse según muestra la Tabla 6.2. Tabla 6.2. Sensibilidad de la arcilla. (Das, 1997) Sensibilidad 1-2 2-4 4-8 8 - 16 16 - 32 32 - 64 > 64

Descripción Ligeramente sensitiva Medianamente sensitiva Muy sensitiva Ligeramente activa Medianamente activa Muy activa Extra activa

PREGUNTA 14. Explique que representa la superficie de Roscoe y Hvorlev. Respuesta. Superficie de Roscoe. En el caso de un suelo ligeramente sobreconsolidado donde 1 R0  2 y suelos normalmente consolidados, la trayectoria de esfuerzos efectivos comenzará en un punto L situado entre las líneas NCL y CSL como muestra la Figura 6.6, es decir, con un índice de vacíos y en un contenido de humedad mayor a del estado crítico. Bajo carga sin drenado, la trayectoria de esfuerzos será L UL, donde no existirá variación en el índice de vacíos y en el caso de carga con drenado la trayectoria será L DL. Las trayectorias de esfuerzos efectivos (ESP) para suelos ligeramente sobreconsolidados, se ubican en una superficie tridimensional cuyos límites son la CSL y NCL. A esta superficie límite de estado se la llama la superficie de Roscoe. La posición de la trayectoria de esfuerzo efectivo (ESP) en la superficie de Roscoe lo determina el esfuerzo de preconsolidación p'c. Superficie de Hvorslev. En el caso de un suelo muy sobreconsolidado, R0 > 2, la consolidación alcanzará un estado de esfuerzos sobre la línea de expansión por debajo de la CSL, representado con un punto H en la Figura 6.7. Bajo carga sin drenado donde el índice de vacíos se mantiene constante, la trayectoria de esfuerzos efectivos será H  UH, siendo UH un punto sobre la CSL que pasa por el origen en (q, p'). Después de la fluencia, la ESP continuará con mayor deformación a lo largo de una recta TS hasta encontrar a la CSL en S. El estado crítico solo se alcanzará en la parte de

310


suelo vecina a las superficies de deslizamiento que se puedan desarrollar. Mientras mayor sea el esfuerzo de preconsolidación, mayor será la deformación necesaria para llevar al suelo a su estado crítico.

q CS

L

S DH

UH

RH

H NC L

L CS

e

p'

DH

H

UH

S

SL

p'c

p'm

ln p'

Figura 6.6. Superficie de Roscoe en suelo muy sobreconsolidado (Whitlow, 1994)

En condiciones de carga con drenado el suelo muy sobreconsolidado se expande y este continua aumentando de volumen hasta la cedencia. La ESP será H  DH, siendo DS un punto de falla también ubicado sobre la línea TS. Después de la cedencia, este aumento de volumen logra que los esfuerzos caigan hasta un valor residual RH que puede ubicarse por debajo de la CSL. En consecuencia, el suelo adyacente a los planos de deslizamiento se tornará más débil. Por consiguiente, la línea TS representa una superficie límite de estado que gobierna la fluencia en los suelos muy sobreconsolidados, está recibe el nombre de superficie de Hvorslev. La línea OT en el espacio (q, p') representa una superficie límite, este límite representa el estado de cero esfuerzo de tensión (’3 = 0) que se supone que es el límite para los suelos y se llama corte de no tensión.

311


q M 1

ón tensi

ie fic de

oe Rosc

de n o

er

corte

rslev S

p su

vo de H e i c i rf supe H T 1

3

1

0

C

p'

e e0 NC L

e

L CS

1 

e

SL

1 1





p'm

p'

Figura 6.7. Superficie de Hvorslev en suelo muy sobreconsolidado (Whitlow, 1994)

4.3. Problemas resueltos. 312


Criterio de falla de Mohr-Coulomb.

PROBLEMA 1. Una muestra cilíndrica de suelo esta sujeta a un esfuerzo axial principal (’1) y un esfuerzo radial principal (’3). El suelo no soporta un esfuerzo adicional cuando ’1= 300 KPa y ’3= 100 KPa. Determine el ángulo de fricción y la inclinación del plano de deslizamiento respecto a la horizontal. Asuma como insignificantes los efectos causados por la dilatancia. Estrategia: Con la ecuación [F.17] puede determinarse puede determinar el ángulo de fricción requerido siendo ’ = ’cr. Mientras que con la ecuación [F.20] se determina la inclinación del plano de deslizamiento. PASO 1 Encontrar el valor de ’cr. Con los valores de: ’1= 300 KPa ’3= 100 KPa De la ecuación [F.17] se tiene que: sin   

300  100 300  100

Por lo tanto el ángulo de fricción será: ' = 30° PASO 2 Encontrar el valor de  . De la ecuación.[F.20] se tiene que:

  45 

30  2

Por lo tantota inclinación del plano de falla ser:

 = 60°

PROBLEMA 2.

313


La Figura 6.8 muestra un perfil de suelo en un sitio donde se proyecta una construcción. Determine el incremento en el esfuerzo efectivo vertical en un elemento de suelo a 3 m de profundidad, bajo el centro de una construcción, el suelo fallará si el incremento en el esfuerzo efectivo lateral es 40% del incremento en el esfuerzo vertical efectivo. Estrategia: Puede considerarse el depósito como una arena uniforme con todas sus propiedades. Con los datos proporcionados se puede encontrar el esfuerzo inicial y entonces usar la ecuación del círculo de Mohr para resolver el problema. Si el elemento de suelo está ubicado bajo el centro de una construcción, entonces se conoce que existen condiciones asimétricas. Teniendo la condición ’3 + 0.4·’1, es necesario determinar el valor de ’1.

1m 3

sat= 18 KN/m 2m

'cr= 30 o

Figura 6.8. Perfil de suelo

PASO 1 Encontrar el esfuerzo efectivo inicial. Asumiendo que 1 m de la parte superior del suelo está saturado, se tiene que:

 zo   3 o  18  3  9.8  2  34.4 kPa El subíndice o denota original o inicial. La presión lateral de la tierra es:

 x o   3 o  K 0  z o  0.5  34.4  17.2 kPa PASO 2 Encontrar  1 . De la ecuación [F.18] en la falla se tiene que:

 1 f  3 f



1  sin  cr 1  30   3 1  sin cr 1  30 

Pero:

 1 f   1 f

  1

314


Y

 3 f   3 f

 0.4 1

Donde  1 es el esfuerzo efectivo vertical adicional que lleva al suelo a la falla. Dividiendo miembro a miembro estas ecuaciones se tendrá que:

 1 o   1 34.4   1  3  3 o  0.4    17.2  0.4   1 De la expresión se tiene que: ’1 = 86 KPa

PROBLEMA 3. Los resultados de dos ensayos de corte directo en dos muestras de suelo con diferente peso unitario inicial se muestran en la Tabla 6.3. La muestra A no muestra un valor pico, pero si la muestra B. Tabla 6.3. Resultados de ensayos de corte directo Suelo A

B

Nro. Ensayo Test 1 Test 2 Test 3 Test 1 Test 2 Test 3 Test 4

Fuerza vertical N 250 500 750 100 200 300 400

Fuerza horizontal N 150 269 433 98 175 210 248

Se pide determinar: a) El ángulo de fricción crítico. b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B. c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B. Estrategia: Para poder obtener los valores deseados es mejor graficar los resultados en un sistema fuerza vertical versus horizontal. a) El ángulo de fricción crítico. PASO 1 Trazar un gráfico de la fuerza vertical versus la fuerza horizontal en la falla para cada muestra, como muestra la Figura 6.9.

315


Fuerza horizontal N

500 400 300 200 41

100

30

32

o

o

o

0 0

400

200

800

600

Fuerza vertical N

Figura 6.9. Fuerza vertical versus horizontal

PASO 2 Determinar el valor de 'cr. En la Figura 6.9 todos lo puntos de la muestra A han sido trazados en una línea recta que pasa por el origen. La muestra A es un suelo no dilatante, posiblemente una arena suelta o una arcilla normalmente consolidada. El ángulo de fricción efectivo es: ’= 30°. b) El ángulo de fricción pico para las fuerzas verticales de 200 N y 400 N en la muestra B. Las fuerzas horizontales de 200 N y 400 N para la muestra B no se ajustan a una línea recta correspondiente a un ángulo ’p. Por lo tanto, según la ecuación [F.13] cada una de estas fuerzas tiene un ’p asociado con:

  

p 200 N

 175   tan 1    200 



'p200 = 41.2°

  

p 400 N

 248   tan 1    200 



'p400 = 31.8°

c) El ángulo de dilatancia para las fuerzas verticales 200 N y 400 N en la muestra B. De la ecuación [F.12] se tiene que:

 200 N

 41.2  30  11.2 

 400 N

 31.8  30  1.8 

Comentario: Cuando el esfuerzo normal se incrementa el valor del ángulo de dilatancia tiende a disminuir.

PROBLEMA 4. 316


Al realizar el estudio de suelos en el área donde se construirá una represa de tierra (Figura 6.10), se han obtenido los siguientes parámetros geotécnicos para el material de la base (o suelo natural): c = 30 kN/m2 y  = 25º.

3

c' = 30 kPa ' = 25º A = 0.62 B = 0.87

4m

 = 18 kN/m

V

H = 0.58 V

H

Figura 6.10. Presa de tierra

Por medio de ensayos triaxiales, se ha determinado que los parámetros de presión de poros de Skempton son: A = 0.62 y B = 0.87. También se ha logrado establecer que los esfuerzos horizontales en el terreno equivalen al 58% de los esfuerzos verticales. El peso unitario del material de relleno de la represa tiene un peso unitario de 18 KN/m3. En una primera etapa de construcción se levantarán 4,00 m de la represa, y se supone que durante estos trabajos no existirá disipación de la presión de poros en el terreno. Se requiere determinar el valor de la resistencia efectiva del suelo que sirve de apoyo a la represa, al final de esta primera etapa. Estrategia: Debe determinarse el esfuerzo vertical y horizontal en el elemento de suelo ha analizar, en base a la ecuación propuesta por Skempton se determina el exceso de presión de poros útil para determinar el esfuerzo vertical efectivo final para hallar el esfuerzo de corte. El incremento de esfuerzo vertical en el suelo al nivel de la base de la presa, será: v = 1 =  h v = 1 = (18) (4) = 72 KPa El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo al nivel de la base de la presa, será: h = 3 = 0,58 v h = 3 = (0,58) (72) = 42 kPa El incremento en la presión de poros, según Skempton, será: u  B 3  A 1   3  u  (0,87)  42  0,62  72  42   53 KPa

El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será:

317


vfinal = vinicial + v vfinal = vinicial + (v – u) vfinal = 0 + (72 – 53) = 19 KPa De la ecuación [F.27] la resistencia al corte en el suelo según el criterio de Mohr-Coulomb, será:  = c + tan   = c + vfinal tan   = 30 + 19 tan 25º El esfuerzo de corte que tolera el suelo será:  = 39 KPa Comentario: La ecuación [F.27] presenta el parámetro c’(cohesión) este es una corrección para el efecto de dilatancia, por lo que esta ecuación es bastante práctica para el diseño.

PROBLEMA 5. El ángulo de fricción crítico del suelo es 28°. Determine el esfuerzo de corte en el estado crítico si el esfuerzo efectivo normal es 200 KPa. Estrategia: Con la ecuación [F.16] puede determinarse el esfuerzo de corte deseado. De la ecuación [F.9] se tendrá que el esfuerzo de corte en la falla será:

 cr  200  tan 28 cr = 106.3 KPa

PROBLEMA 6. Se está construyendo un terraplén (Figura 6.11) con un suelo que tiene parámetros efectivos de resistencia al corte c = 50 kN/m2 ,  = 21º y un peso unitario de 17 kN/m3. Mediante pruebas triaxiales se han obtenido los parámetros de presión de poros A = 0,5 y B = 0,9. Se requiere encontrar la resistencia efectiva al corte en la base del terraplén al momento en que su altura es incrementada de 3 a 6 m. Suponer que la disipación de la presión de poros durante esta operación es insignificante y que las presiones horizontales en cualquier punto son la mitad de las presiones verticales.

318


c' = 50 kPa ' = 21º A = 0.50 B = 0.90

3m

3

 = 17 kN/m

V

3m

H = 0.50 V

H

Figura 6.11. Presa de tierra.

Estrategia: En primer lugar deben encontrarse los esfuerzo vertical y horizontal que actúan en el elemento de suelo ha analizar, determinado el esfuerzo vertical final producto del cambio de altura con la ecuación [F.27] se determina el valor del esfuerzo de corte máximo que el suelo tolera. El incremento de esfuerzo vertical en el suelo a nivel de la base de la presa será: v = 1 =  h v = 1 = (17) (3) = 51 KPa El incremento de esfuerzo horizontal en el suelo a nivel de la base de la presa será: h = 3 = 0.50 v h = 3 = (0.50) (51) = 25.5 KPa El incremento en la presión de poros, según Skempton es: u  B  ( 3 )  A   1   3  u  (0.90)  25.5  0.50  51  25.5  35.7 KPa

El esfuerzo vertical efectivo en el suelo a nivel de la base de la presa será: v final = v inicial + v v final = v inicial + (v – u) v final = (51 – 0) + (51 – 34.4) = 66.3 KPa La resistencia al corte en el suelo según la ecuación [F.21] será:  = c + tan   = c + v final tan 

319


 = 50 + (67.6) tan 21º El esfuerzo de corte que tolera el suelo será:  = 75.45 kN/m2

PROBLEMA 7. Los datos registrados durante un ensayo de corte directo en una arena (la caja de corte es 10 cm x 10 cm x 3 cm), a una fuerza vertical constante de 1200 N se muestran en la Tabla 6.2, donde el signo negativo denota expansión vertical. Se pide: a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales. b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como densa o suelta? c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico. Tabla 6.4. Valores registrados de un ensayo de corte directo Desplazamiento horizontal, mm 0.00 0.25 0.51 0.76 1.02 1.27 1.52 1.78 2.03 2.41 2.67 3.30 3.68 4.06 4.45 4.97 5.25 5.58 5.72 5.84 5.97

Fuerza horizontal, N 0.00 82.40 157.67 249.94 354.31 425.72 488.90 538.33 571.29 631.62 663.54 759.29 807.17 844.47 884.41 928.35 939.34 950.32 977.72 982.91 988.29

Desplazamiento vertical, mm 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00 0.01 0.00 0.00 -0.01 -0.03 -0.05 -0.09 -0.12 -0.16 -0.21 -0.28 -0.31 -0.34 -0.37 -0.37 -0.40

Desplazamiento horizontal, mm 6.10 6.22 6.48 6.60 6.86 7.11 7.37 7.75 7.87 8.13 8.26 8.51 8.64 8.89 9.14 9.40 9.65 9.91 10.16 10.41 10.67

Fuerza horizontal, N 988.29 988.29 993.68 998.86 991.52 999.76 1005.26 1002.51 994.27 944.83 878.91 807.50 791.02 774.54 766.3 760.81 760.81 758.06 758.06 758.06 755.32

Desplazamiento vertical, mm -0.40 -0.41 -0.45 -0.46 -0.49 -0.51 -0.53 -0.57 -0.57 -0.58 -0.58 -0.58 -0.59 -0.59 -0.60 -0.59 -0.59 -0.6 -0.59 -0.59 -0.59

Estrategia: Después de graficar las curvas correspondientes al inciso a, puede tenerse una mejor idea del comportamiento de una arena densa o una suelta. Una arena densa muestra un valor pico de una fuerza horizontal en el gráfico de fuerzas horizontales versus desplazamientos horizontales y su expansión.

320


a) Graficar las fuerzas horizontales versus los desplazamientos horizontales y también los desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales. 1200 Desplazamiento vertical mm

pico 1000 critico

800 600 400 200 0 0

2

4 6 8 Desplazamiento horizontal mm

10

12

10

12

0.00

Desplazamiento vertical mm

-0.10 -0.20 -0.30 0.8

-0.40

0.1

-0.50 -0.60 -0.70 0

2

4

6

8

Figura 6.12. Desplazamientos verticales versus los desplazamientos horizontales

b) ¿Las características que presenta esta arena en su comportamiento la identifican como densa o suelta? De la Figura 6.12, se aprecia que la arena aparenta ser densa, pues se observa un valor pico en la fuerza horizontal y también dilatancia. c) Determine el máximo esfuerzo de corte pico, el esfuerzo de corte en el estado crítico, el ángulo de dilatancia, el ángulo de fricción pico y crítico. El área de la sección transversal de la muestra será: A  10  10  100 cm 2  10 2 m 2

321


El esfuerzo de corte en el pico será:

p 

Px  p A



1005  10 3 2 10

p = 100.5 KPa El esfuerzo de corte en el estado crítico será:

 cr 

Px cr A



758 N  10 3 10 2

cr = 75.8 KPa De la ecuación [F.11] el ángulo de dilatancia será:  0 .1   p  tan 1    0 .8 

p = 7.1° El esfuerzo normal será:  1200   n    2   10 3  120 kPa  10 

Según la ecuación [F.13] el ángulo de fricción pico será:  100.5   p  tan 1     120 

’p = 39.9° Según la ecuación [F.9] el ángulo de fricción crítico será:  75.8  cs  tan 1     120 

’cr = 32.3° Según la ecuación [F.12] el ángulo de dilatancia será:

 p  39.9  32.3 p = 7.6°

PROBLEMA 8. 322


En un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla saturada. La carga máxima que tolera la arcilla es 127 N con un desplazamiento vertical de 0.8 mm. Las dimensiones de la muestra son: 38 mm de diámetro x 76 mm de largo. Determine el parámetro de resistencia al corte no drenado. Estrategia: En un ensayo de compresión inconfinada se tiene que: 3 = 0 y (1)f es el esfuerzo axial de falla. El valor de cu es la mitad del esfuerzo axial de falla. PASO 1 Determinar el área simple de falla. Para los valores de: D0 = 38 mm D0 = 76 mm El área inicial será: A0 

  0.038 2 = 11.3x10-4 m2 4

También se sabe que:

1 

z 0.8   0.01 H 0 76

El área corregida de falla será: A0 

A0 11.3  10 4   11.4  10 4 m 2 1  1 1  0.01

PASO 2 Determinar el esfuerzo principal mayor de falla.

 1 f



p z 127  10 3   111.4 kPa A 11.4  10 4

PASO 3 Determinar el valor de cu. A partir de la ecuación [F.43] se tendrá que: cu 

 1  f   3  f 2



11.4  0 2

cu = 55.7 KPa

PROBLEMA 9.

323


Se ha realizado un ensayo de compresión triaxial no consolidada - no drenada (UU) en una muestra de arcilla normalmente consolidada. se produjo la falla con el esfuerzo total principal mayor de 300 KPa y el esfuerzo total principal menor de 200 KPa. En el mismo suelo, se realizaron ensayos de compresión triaxial consolidada drenadas (CD) con los siguientes resultados: Tabla 6.5. Ensayo de compresión triaxial consolidada drenada Muestra 1 3 = 50 kPa 1 = 150 kPa Muestra 2

3 = 50 kPa

1 = 450 kPa

A continuación se realizo un ensayo de compresión inconfinada en el mismo suelo. Se pide determinar la presión de poros en la muestra al momento de la falla. Estrategia: Con la ecuación [F.24] y [F.38] se puede determinar ecuaciones que relacionen los esfuerzos principales efectivos, el esfuerzo total de confinamiento en la compresión inconfinada es cero, por lo tanto la presión de poros será el esfuerzo principal efectivo menor. En la Figura 6.13 se grafican las envolventes de falla correspondientes a cada ensayo.

Figura 6.13. Envolventes de falla

Del triaxial CD se conoce que: 1 = 1 3 = 3

Según la ecuación [F.24] se tiene que:

324


   tan 2   45   1  3 2   3

 1  3 3

[9.1]

Del triaxial UU se conoce que: 1 – 3 = 100 KPa Reemplazando la ecuación [9.1] en esta expresión se tiene que: 33 – 3 = 100 KPa 3 = 50 KPa En un ensayo de compresión inconfinada, se sabe que: 3 =0: La presión de poros será: 3 = 3 – u 50 = 0 – u u = –50 KPa

PROBLEMA 10. Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una deformación de 8 mm, cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la misma muestra se realizo un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de 200 KPa. De la misma manera se ejecuto un ensayo de compresión inconfinada y se determino que la resistencia al corte en estado no drenado correspondía a 50 KPa. Se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU fallará. b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. c) La resistencia al corte en estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la magnitud de la sensibilidad es de 2.3. Estrategia: El esfuerzo desviador en la falla es determinado con la ecuación [F.42], donde le esfuerzo principal mayor efectivo es determinado con la ecuación [F.18] y el ángulo de fricción con la ecuación [F.8]. La presión de poros en la falla para este caso es determinada con la ecuación [F.23] en función a los valores de los esfuerzo principales efectivos menor y mayor. Con el valor de la sensibilidad en la ecuación [F.46] se determina el valor del parámetro de resistencia al corte no drenado inalterado. a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el triaxial CU fallará. La Figura 6.14 muestra las envolventes de falla de los diferentes ensayos.

325



Se ha determinado los parámetros de resistencia efectivos de la arcilla en el ensayo de corte directo, los cuales son: c   0 KPa (N. C.)

Según la ecuación [F.15] se tiene que:

   tan 1

 f 80.53   30º  f 139.48

De la ecuación [F.18] el esfuerzo principal mayor será:

 1 

1  sin  1  sin 30   3   200  600 kPa 1  sin  1  sin 30

El esfuerzo desviador de falla según la ecuación [F.38] será: (d)f = ′1 – ′2 = 600 – 200 (d)f = 400 KPa b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. De la compresión inconfinada se tiene que:

 3  0 KPa De la ecuación [F.43] el esfuerzo principal total será:

 1  cu  2   50  2   100 KPa Reemplazando la ecuación:      u en la ecuación [F.23], se tendrá que:    1  u    3  u   tan 2  45     2  c  tan  45    2 2   Remplazando los esfuerzos totales obtenidos del ensayo de compresión inconfinada y los parámetros efectivos del corte directo en esta última ecuación se tendrá que:

326


100  u   0  u   tan 2  45  30  

2

100  u    u   tan 2 60 100  u   3  u La presión de poros será: u = -50 KPa c) La resistencia al corte en estado no drenado si la sensibilidad es de 2.3. La susceptibilidad representa la relación entre la resistencia al corte de una muestra inalterada y la resistencia al corte de una muestra compactada o alterada, entonces de la ecuación [F.44] se tiene que: cu (inalterado )  S  cu ( compactado )

cu(inalterado) = (2.3)·(50) cu(inalterado) = 115 KPa PROBLEMA 11. En un ensayo triaxial UU realizado con una arcilla saturada, la presión en la celda es 200 KPa y la falla ocurre bajo un esfuerzo desviador de 220 KPa. Determine el parámetro de resistencia al corte no drenado. Estrategia: Se puede calcular el radio del círculo correspondiente al esfuerzo total para obtener el parámetro cu, para lo cual debe dibujarse este círculo en el espacio (, ). PASO 1 Dibujar el círculo de Mohr de esfuerzos. 150 100

cu= 110 KPa

KPa

50 0 50

100

150

200

250

-50

300

350

400

450 500 KPa

-100 -150

Figura 6.15. Círculo de esfuerzos de Mohr

PASO 2 Determinación del parámetro de resistencia al corte no drenado.

327


Si se dibuja una línea horizontal en la parte superior del círculo de Mohr, la intersección de esta línea con las ordenadas proporcionara el valor de este parámetro de resistencia al corte no drenado. Por lo tanto: cu = 110 KPa Por otro lado si se utiliza la ecuación [F.43] se tendrá que:     3 f 220 cu  1 f  2 2 El parámetro de resistencia al corte no drenado será: cu = 110 KPa Comentario: Los parámetros de resistencia al corte pueden ser determinados gráficamente como analíticamente. Sin embargo, para esta primera opción es importante tener un buen gráfico.

PROBLEMA 12. Una muestra de suelo coluvial con 50 mm de capa, falla en un ensayo de cortante simple con volumen constante, bajo una carga vertical (Pz) de 500 N, una carga horizontal (Px) de 375 N y una carga de corte (T) de 150 N. El exceso de presión de poros desarrollado es 60 KPa. Se pide: a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo. b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que el suelo es no dilatante. c) Determinar el esfuerzo de falla. d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal. e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las manecillas del reloj respecto a la horizontal. Estrategia: Dibujan el diagrama de fuerzas en una muestra de suelo puede determinarse el esfuerzo y dibujar el circulo de esfuerzos de Mohr. Puede entonces encontrarse todos los valores requeridos a partir de este círculo. Con el esfuerzo efectivo puede calcularse el ángulo de fricción. a) Graficar los círculos de Mohr para los esfuerzos total y efectivo. PASO 1 Determinar los esfuerzos total y efectivo. Los esfuerzos que actúan en las caras de un elemento de suelo serán: P 500  10 3 z  z   200 kPa A 0.052

x 

Px 375  10 3   150 kPa A 0.052

328


 zx 

T 150  10 3   60 kPa A 0.052

Los esfuerzos efectivos serán: 'z=z – u= 200-60=140 kPa 'x=x – u= 150-60=90 kPa PASO 2 Dibujar el cículo de esfuerzos de Mohr del esfuerzo total y efectivo. 500 N

150 120

150 N 375 N

90 (140, 60)

Polo 60

KPa

30

20°

150 N

(200, 60)

 = 54 KPa f

A

'cr= 34.5° 66.5°

0 30

60

90

120

150

180

-30 -60

 = 79 KPa f

(90, -60)

210

240

270 300 'KPa

(150, -60)

-90 -120 -150

Figura 6.16. Círculo de esfuerzos de Mohr para el esfuerzo total y efectivo

b) Determinar el ángulo de fricción y el parámetro de resistencia no drenado, asumiendo que el suelo es no dilatante. Trazando un tangente al círculo de Mohr de los esfuerzos efectivos desde el origen de coordenadas, se puede determinar gráficamente la inclinación de esta que será: 'çr = 34.5 El parámetro de resistencia al corte no drenado es encontrado dibujando una línea horizontal de la parte superior del círculo de Mohr de esfuerzos totales hasta que intercepte el eje de las ordenadas. Este valor será: cu=65 KPa c) Determinar el esfuerzo de falla. El punto de tangencia de la envolvente de falla y el círculo de Mohr de esfuerzos efectivos será:

329


f =54 KPa ('n)f = 79 KPa d) Encontrar la magnitud del esfuerzo efectivo principal y la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal. Del círculo de esfuerzos de Mohr de esfuerzos efectivos, se tiene que: '1 = 180 KPa '3 =50 KPa 2·=66.5 Por lo tanto, la inclinación del eje del esfuerzo principal mayor respecto a la horizontal será: = 33.3 e) Determinar el esfuerzo normal y corte en un plano orientado a 20° en sentido a las manecillas del reloj respecto a la horizontal. Se identifica el polo como muestra la Figura 6.16, entonces se dibuja una línea inclinada a 20° respecto a la horizontal hasta el polo como muestra la Figura. Como el sentido a favor de las manecillas del reloj es positivo, los esfuerzo del punto A son obtenidos de un plano orientado a 20° respecto a la horizontal. Por lo tanto, los esfuerzos en este punto serán: 20 = 30 kPa ’20 = 173 kPa También pueden determinarse estos valores de forma analítica. De la ecuación [F.4] se tendrá que: 2

140  90  140  90  2  '1      60 2 2  

'1 = 180 KPa De la ecuación [F.5] se tendrá que: 2

140  90  140  90  2  '3      60 2 2   '3 = 50 KPa De la ecuación [F.25] se tendrá que: cu 

 '1  '3  f 2

180  50  65 KPa 2

330


cu = 65 KPa Por otra parte de la ecuación [F.19] se tendrá que:   '  '3  180  50    sin 1   'cr  sin 1  1   180  50    ' '3  'cr = 34.4°

De acuerdo a la ecuación [F.3], se tendrá que:

 zx 60   0.67  '1  ' x 180  90 =33.7 tan  

De la ecuación [F.1] serán: 140  90 140  90  cos 40   60  sin 40  2 2 '20° = 172.7 KPa

 ' 20 

Según la ecuación [F.2] el esfuerzo de corte será:

 20  60  cos 40  

140  90 sin 40  2

20° = 30 KPa

PROBLEMA 13. Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra no disturbada de suelo arcilloso. Con esta muestra se ha realizado una serie de dos ensayos triaxiales consolidados drenados (CD), habiéndose obtenido los siguientes resultados: Tabla 6.6. Ensayo de compresión triaxial consolidada drenada Muestra 2

Presión de cámara, kN/m 2 Esfuerzo desviador en la rotura, kN/m

I

II

100

160

222

320

Se requiere determinar los parámetros de resistencia al corte del suelo. Estrategia: Con la ecuación [F.23] puede determinarse el valor de los parámetro de resistencia al corte del suelo, el valor de los esfuerzos principales menor y mayor son obtendidos en base a la ecuación [F.38].

Según los datos del ensayo, el esfuerzo desviador de acuerdo a la ecuación [F.38] será: Muestra I:

3 = 3 = 100 KN/m2 ;

(d)f = 222 KN/m2

Muestra II:

3 = 3 = 160 KN/m2 ;

(d)f = 320 KN/m2

331


Para la muestra I, los esfuerzos principales en la falla son: 3 = 3 = 100 KN/m2 1 = 1 = 3 + (d)f = 100 + 222 = 322 KN/m2 De igual manera, los esfuerzos principales en la falla para la muestra II son: 3 = 3 = 160 kN/m2 1= 1 = 3 + (d)f = 160 + 320 = 480 kN/m2 De la ecuación [F.23], para la muestra I se tendrá que:     322  100  tan 2  45    2  c  tan  45   2 2  

[13.1]

De la ecuación [F.23], para la muestra II se tendrá que:     480  160  tan 2  45    2  c  tan  45   2 2   

[13.2]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [13.1] y [13.2], se obtiene que:  = 26.7º c = 18.1 kN/m2

PROBLEMA 14. Al realizar un sondeo se ha logrado extraer una muestra inalterada de suelo limo-arcilloso. Con esta muestra se han efectuado dos pruebas triaxiales consolidadas no-drenadas (CU) en un suelo compactado, obteniéndose los siguientes resultados en la falla: Tabla 6.7. Prueba triaxial consolidada no - drenada Muestra Esfuerzo de confinamiento, kN/m Esfuerzo axizl total, kN/m 2 Presión de poros, kN/m

2

2

I

II

70

350

304 -30

895 95

Para este suelo, se requiere determinar: a) Los parámetros totales de resistencia al corte. b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte. Estrategia: De los datos obtenidos de ensayo triaxial CU con la ecuación [F.23] se determinan los parámetros de corte totales del suelo. Para los parámetros efectivos la presión de poros debe ser restada a los esfuerzos totales principales mayor y menor y mediante la ecuación [F.23] se determina los parámetros requeridos. a) Los parámetros totales de resistencia al corte. De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:     304  70  tan 2  45    2  c  tan  45   2 2   

[14.1]

332


De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:     895  350  tan 2  45    2  c  tan  45   2 2   

[14.2]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [14.1] y [14.2], se obtiene que:  = 20.9º

c = 53.8 KN/m2

b) Los parámetros efectivos de resistencia al corte. Para la muestra I, los esfuerzos principales efectivos en la falla son: 3 = 3 – (ud)f = 70 – (–30) = 100 KN/m2 1 = 1 – (ud)f = 304 – (–30) = 334 KN/m2 De igual manera, los esfuerzos principales efectivos en la falla para la muestra II son 3 = 3 – (ud)f = 350 – (95) = 255 KN/m2 1 = 1 – (ud)f = 895 – (95) = 800 KN/m2 De la ecuación [F.23] para la muestra I se tiene que:      334  100  tan 2  45    2  c   tan  45   2 2   

[14.3]

De la ecuación [F.23] para la muestra II se tiene que:     800  255  tan 2  45    2  c   tan  45   2 2  

[14.4]

Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones [14.3] y [14.4], se obtiene que:  = 30.1º

c = 9.6 KPa

PROBLEMA 15. Una fundación rectangular de 4 m x 5 m transmite una carga total de 5 MN a un depósito uniforme de arcilla dura sobreconsolidada con un OCR = 4 y sat = 18 KN/m3 (Figura 6.17). El nivel de agua subterránea está a 1 m de la superficie terrestre.

333


5 

Fundación 4 m x 5 m

z 1= 1 m

Arcilla

z 2= 4 m Muestra

Figura 6.17. Fundación cobre perfil de suelo

Un ensayo CU realizado en una muestra de este suelo tomada de una profundidad de 5 m bajo el centro de la fundación. Los resultados obtenidos son cu = 40 KPa, ’p = 27° y 'cr = 24°. Determinar si el suelo alcanza el estado de falla para una condición a corto o largo plazo. Si el suelo no alcanza el estado de falla, cuales son los factores de seguridad, asumir que el suelo que está por encima del nivel freático se encuentra saturado. Estrategia: Es importante determinar el esfuerzo impuesto en el suelo a una profundidad de 5 m y verificar si el esfuerzo de corte impuesto excede el esfuerzo de corte crítico. Para la condición a corto plazo el esfuerzo de corte crítico es cu, mientras que para la condición a largo plazo el esfuerzo de corte crítico es ('n)f tan 'cr. PASO 1 Determinar el esfuerzo inicial. El esfuerzo vertical será: ’z = ’1 = sat·z1 + (sat – w) z2 = (18·1) + (18 – 9.8)·4= 50.8 KPa Para el índice de sobreconsolidación se sabe que: K0oc= K0nc·(OCR)0.5 = (1 – sin ’çs)·(OCR)0.5 = (1 – sin 18°)·(4)0.5 = 1.4 De la ecuación [F.60] se tiene que: ’3 = K0oc·’z=1.4·50.8 = 71.1 KPa El esfuerzo principal mayor será: 1= ’z + Z2·w = 50.8 + 49.8 = 90 KPa

334


El esfuerzo principal menor será: 3= ’x+ Z2w =71.1+49.8=110.3 KPa PASO 2 Determinar el incremento de esfuerzo vertical a z = 5 m bajo la fundación rectangular. El incremento de esfuerzo vertical en base a un programa será: z = 71.1 KPa x = 5.1 KPa PASO 3 El esfuerzo total vertical actual es: (1)T = 1 + z = 90 + 71.1 = 161 KPa El esfuerzo total horizontal actual es: (3)T = 3 + x = 110.3 + 5.1 = 115 KPa El esfuerzo de corte actua es:

 1 T   3 T

u 

2



161.1  110.4  25.4 kPa  40 kPa 2

A corto plazo el suelo no alcanza el estado de falla. El factor de seguridad será: FS 

cu 40   u 25.4

FS = 1.6 PASO 4 Determinar el esfuerzo de falla para la carga a largo plazo. Para la carga a largo plazo se asume que el exceso de presión de poros se disipa por completo. El esfuerzo efectivo final será: (’1)f = ’1 + z = 50.8 + 71.1 = 121.9 KPa (’3)f = ’3 + z = 71.1 + 5.1 = 76.2 KPa Según la ecuación [F.17] el ángulo de fricción será:      3  121.9  76.2    sin 1     sin 1  1   13.3  121.9  76.2    1   3  El factor de seguridad será:

335


FS 

tan 24  tan 13.3

FS = 1.9

PROBLEMA 16. Los parámetros efectivos de resistencia al corte obtenidos de una arcilla completamente saturada son: c = 15 KN/m2 y  = 29º. Con una muestra de esta arcilla se realiza una prueba triaxial no consolidada no drenada (UU), donde la presión de confinamiento es 250 KN/m2 y el esfuerzo desviatorio máximo alcanza el valor de 134 KN/m2 al tiempo de la rotura. ¿Cuál es el valor de la presión de poros en la muestra al tiempo de la falla? Estrategia: Con la ecuación [F.38] y [F.23] se puede formar un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas con los valores de los esfuerzos efectivos principales mayor y menor, que al resolverlo se determina el valor de la presión de poros en la falla. Con los valores de: 3 = 250 KN/m2

(d)f = 134 KN/m2

De la ecuación [F.38] el esfuerzo principal total mayor será: 1 = 250 + 134 = 384 KN/m2 Los esfuerzos principales efectivos en la falla son: Para el esfuerzo efectivo menor se tendrá que: 3 = 3 – (ud)f 3 = 250 – (ud)f

[16.1]

Para el esfuerzo efectivo mayor se tendrá que: 1 = 1 – (ud)f 1 = 384 – (ud)f

[16.2]

Aplicando la ecuación [F.23] en términos de esfuerzos efectivos, se tiene que:  1  sin 29   cos 29    2   15     1   3    1  sin 29   1  sin 29 

Por lo tanto: 1 = (2.882) 3 + 50.93

[16.3]

Resolviendo el sistema de ecuaciones formado por [16.1], [16.2] y [16.3] se obtiene que: 384 – (ud)f = 2.882 (250 – (ud)f) + 50.93 1.882 (ud)f = 720.5 + 50.93 – 384

336


La presión de poros en la falla sera: (ud)f = 205.86 KN/m2

PROBLEMA 17. En la Figura 6.18 se muestra un perfil de suelo donde se pretende realizar un ensayo, este perfil consiste de un estrato de arena de 6 m con un sat = 18KN/m3. Por debajo de este se encuentra una arcilla que tiene un sat = 20 KN/m3. El nivel freático se ha detectado a 2.5 m por debajo de la superficie natural del suelo. Se realiza un ensayo de consolidación y un ensayo de resistencia no drenado en una muestra obtenida a 10 m por debajo de la superficie natural del suelo. El ensayo de consolidación muestra que la arcilla es ligeramente sobreconsolidada con un OCR = 1.3. El parámetro de resistencia al corte no drenado en la celda a presión es aproximadamente igual al esfuerzo vertical inicial aplicado de 72 KPa. ¿Es razonable el valor del parámetro de resistencia al corte no drenado, asumiendo que el OCR del suelo es correcto? 2.5 m 6m arena

4m arcilla

Figura 6.18. Perfil de suelo

Estrategia: Para este caso pueden utilizarse relaciones empíricas para facilitar la obtención de datos.

PASO 1 Determinar el esfuerzo efectivo vertical. Se asume que la arena que se encuentra por encima del nivel freático esta saturado. Por lo tanto, se tiene que: (’z)o = (182.5) + (18 – 9.8)3.5 + (20 – 9.8)4 = 114.5 KPa ’zc=(’z)oOCR = 114.51.3 = 148.9 KPa

337


PASO 2 Determinar las relaciones cu  ' z 0 y cu  ' z 0 . cu 72   0.63   z o 114.5 cu 72   0.48  zc 147.9

PASO 3 Utilizar las relaciones empíricas de la Tabla F.3. Según Jamiolkowskit se tiene que: cu  0.23  0.04  OCR 0.8  z o

Para un rango de: cu  0.27  (OCR ) 0.8  z 

a

0.19  (OCR ) 0.8

Entonces: 0.27  (1.3) 0.8

a

0.19  (1.3) 0.8

El rango será: 0.33 a 0.23 < 0.63 Según Mersi se tiene que: cu  0.22  0.48  zc

Comentario: Las diferencias entre los resultados que proporcional las diferentes relaciones empíricas son substanciales. El parámetro de resistencia al corte no drenado determinado por estos medios es inexacto, es importante realizar un ensayo en laboratorio.

Modelo del estado crítico.

PROBLEMA 18. En un ensayo CD con una presión de celda constante de 3 = ’3 = 120 KPa se lleva a la muestra de arcilla a un estado normalmente consolidado. En la falla se tiene que: q = ’1 – ’3 = 140 KPa. Determine el valor de Mc.

338


Estrategia: Debe determinarse el esfuerzo final, para lo cual debe calcularse el valor de 'cr y entonces determinar el valor de Mc con la ecuación [F.64]. PASO 1 Determinar el esfuerzo principal mayor. El esfuerzo principal mayor será: (’1)f = 140 + 120 = 260 KPa PASO 2 Determinar el valor de ’cr. De la ecuación [F.17] se tendrá que: sin cs 

 1   3 140   0.37  1   3 260  120

Por lo que se tendrá: ’çr=21.6 PASO 3 Determinar el valor de Mc. De la ecuación [F.64] se tiene que: Mc 

6  0.37 3  0.37

El valor de Mc será: Mc = 0.84

PROBLEMA 19. Una muestra saturada de suelo es isotrópicamente consolidada en un aparato triaxial, los datos de esta etapa están registrados en la Tabla. Determinar los valores de ,  y e. Tabla 6.8. Ensayo en el aparato triaxial

339


Condición Carga

Presión de celda Kpa 200 1000 500

Descarga

Índice de vacíos final 1.72 1.20 1.25

Estrategia: Puede realizarse un esquema de los resultados en el espacio (e, ln p’), de esa forma puede visualizar mejor el proceso para obtener los resultados deseados. PASO 1 Graficar los restados de la etapa de consolidación en el espacio (e, ln p’). e

1.8 1.7 1.6 = 0.32

1.5 1.4 1.3

 = 0.07

1.2 1.1 4

5

p1

6

p'0

p'c 7 ln p

Figura 6.19. Línea de consolidación normal

PASO 2 Determinar los valores de ,  y e. De la Figura 6.19 se tiene que:



e 1.20  1.72  ln( pc / p 1)  100  ln   200 

El valor de  será:

 = 0.32 De la Figura 6. se tiene que:



e 1.20  1.25  ln( p c / p 1)  100  ln   500 

El valor de  será:

 = 0.07 De la ecuación [F.67] se tiene que:

340


e  1.25  0.32  0.07   ln

1000  0.07  ln 500 2

El valor de e será: e = 3.24

PROBLEMA 20. Dos especimenes A y B de arcilla son isotrópicamente consolidados bajo una presión de celda de 300 KPa y descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio de 200 KPa. Se realiza un ensayo CD en el espécimen A y un ensayo CU es realizado en el espécimen B. Se pide: a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (’1)y para ambos especimenes. b) Los esfuerzos de falla, p’f, q'f, y ('1)f para ambos especimenes. c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Para este caso los parámetros del suelo son:  = 0.3,  = 0.05, e0 = 1.10 y 'cr = 30°, la presión en la celda se mantiene constante a 200 KPa. Estrategia: Ambos especimenes tienen la misma historia de consolidación pero son ensayados bajo diferentes condiciones de drenaje. La superficie de fluencia puede determinarse de la intersección de la ESP y de la superficie inicial de fluencia. La superficie inicial de fluencia es conocida desde p’c = 300 KPa y M puede ser encontrada con ’cr. Los esfuerzos de falla pueden ser obtenidos de la intersección de la ESP y la línea de estado crítico. Para facilitar el proceso es bueno trazar las trayectorias en los espacios (q, p’) y (e, p’) del modelo de estado crítico. Puede encontrarse la superficie de fluencia y el esfuerzo de falla usando métodos gráficos o también mediante una solución analítica. a) La superficie de fluencia, p’y, qy, (’1)y y (’3)y para ambos especimenes. PASO 1 Determinar el valor de Mc. De la ecuación [F.52] se tiene que: Mc 

6  sin 30  3  sin 30 

Mc = 12

PASO 2 Determinar el valor de e. De la ecuación [F.67] se tiene que:

341


e  1.10  0.3  0.05  ln

300  0.05  ln 200 2

e = 2.62 PASO 3 Trazar a una escala apropiada las trayectorias de esfuerzo en los espacios (q, p’) y (e, p’) q KPa

500 CSL

F

400 300 200

Superficie inicial de fluencia

B 100

A

0 0

200 p y' 300

100

400

500 p ' KPa

400

500

(a)

e

2.5 2 1.5 CSL

A

1

B F

0.5 0

100

200

300

p ' KPa (b) Figura 6.20. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’)

PASO 4 Determinar el esfuerzo de fluencia. ENSAYO DRENADO.

342


La ecuación [F.61] que corresponde a la superficie de fluencia para este caso será:

 p 

2

y

 300  p y 

q 2y

1.22

0

[20.1]

De la ecuación [F.67] la ESP será: q y  3  p y  600

[20.2]

Resolviendo las ecuaciones [20.1] y [20.2] se tendrá que: p'y = 246.1 KPa

qy = 138.2 KPa

De la ecuación [F.49] se tiene que: qy = (’1)y·– (’3)y = 138.2 KPa Como dato se sabe que: (’3)f = 200 KPa Por lo tanto se tiene que: (1)f=138.2 + 200 (1)f = 338.2 KPa ENSAYO NO DRENADO De la ecuación [F.61] la ESP para el ensayo no drenado será: 200 2  200  300 

q 2y 1.2 2

0

Simplificando: q 2y  1.2 2  200  100

Por lo tanto se tiene que: qy = 169.7 KPa De la TSP se tiene que: p y  po 

qy 3

 200 

169.7  256.6 kPa 3

De la ecuación [F.48] el exceso de presión de poros en la fluencia será: u y  p y  p y  p y  po  256.6  200  56.6 kPa

Ahora, de la ecuación [F.47] se tiene que:

343


p y  po 

 1  y  2 3  y 3

[20.3]

p’y = 200 KPa De la ecuación [F.45] se sabe que: q y   1  y   3  169.7 KPa

[20.4]

Resolviendo las ecuaciones [20.3] y [20.4] para  1  y y  3  y se tendrá que: ('1)y = 313.3 KPa ('3)y = 143.4 KPa Verificando el valor de ('3)y se tiene que:

 3  y   3  y  u y

 3  y

= 143.4 + 56.6 = 200 KPa

b) Los esfuerzos de falla, p’f, q'f y ('1)f para ambos especimenes. ENSAYO DRENADO De la ecuación [F.70] se tiene que: pf 

3  200 3 1.2

p'f = 333.3 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que: qf = 1.2·333.3 qf = 400 KPa Ahora de la ecuación [F.45] se tiene que: q f   1 f   3 f  400 KPa

y

 3 f

 200 kPa

Resolviendo para  1 f , se tiene que:

 1 f

 400  200

('1)f = 600 KPa ENSAYO NO DRENADO

344


De la ecuación [F.52] se tendrá que:  2.62  1.10 pf  exp   0.3 

p'f = 158.6 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que: qf = 1.2·158.6 qf = 190.4 KPa Ahora: De la ecuación [F.47] se tendrá que: p'f 

 '1 f

 2   '3 f  158.6 KPa 3

[20.5]

De la ecuación [F.45] se tendrá que: qf = (’1)f – (’3)f = 1904.4 KPa

[20.6]

Resolviendo las ecuaciones [20.5] y [20.6] para  1 f y  3 f se tendrá que: (’1)f = 285.5 KPa (’3)f = 95.1 KPa c) Para el espécimen B se pide estimar la presión de poros en la fluencia y en la falla. Puede encontrarse el cambio en la presión de poros en la falla con la ecuación [F.79], donde se tendrá que:  1.2   2.62  1.10  u f  200    1 exp  0 .3  3    uf = 104.9 KPa O también: u f   3   3   200  95.1

uf = 104.9 KPa MÉTODO GRÁFICO Para este caso en necesario encontrar las ecuaciones de la línea de consolidación normal y de estado crítico. Línea de consolidación normal. El índice de vacíos para el esfuerzo medio efectivo de preconsolidación será:

345


ec  eo    ln

p c 300  1.10  0.05  ln  1.08 po 200

El índice de vacíos para ln p’= 1 KPa en la NCL será: en  ec    ln

pc  1.08  0.3  ln 300  2.79 po

La ecuación para la línea de consolidación normal será: e  2.79  0.3  ln p 

La ecuación de la línea de carga/descarga será: e  1.08  0.05  ln

p c p

La ecuación de la línea de estado crítico en el espacio (e, p') será: e  2.62  0.3  ln p 

Con estas ecuaciones determinadas es posible graficar la línea de consolidación normal, de carga/descarga y la línea de estado crítico, que se muestran en la Figura 6.20a. Trazo de la superficie de fluencia. De la ecuación [F.61] la superficie de fluencia será:

 p 

2

 300 p  

q2 2 .  12

0

Despejando q se tiene que: q  1.2 p 

300 1 p

Para p’= 0 a 300, se traza la superficie de fluencia como muestra la Figura 6.20b Trazo de la línea de estado crítico. Según la ecuación [F.62] se tendrá que: q=1.2·p’ ENSAYO DRENADO La ESP para el ensayo drenado será: q p   200  3 Esta ecuación es trazada como AF en la Figura 6.20c. La ESP intercepta a la superficie inicial de fluencia en B y el esfuerzo de fluencia es p’y = 240 KPa y qy = 138 KPa. La ESP

346


intercepta la línea de estado crítico en F y el esfuerzo de falla es p’f = 333 KPa y q’f = 400 KPa. ENSAYO NO DRENADO. Para el ensayo no drenado, el índice de vacíos inicial y el índice de vacíos son iguales. Se dibuja una línea horizontal de A que intercepte a la línea de estado crítico en el espacio (e, p’) en F (Figura 6.20d). El esfuerzo de falla es p’f = 159 KPa y qf = 190 KPa. Se dibuja la TSP mostrada por AS en la Figura 6.13a. La ESP dentro de la región elástica es vertical representada por AB. 500

S

q KPa

CSL 400 300

TSP qf

200 qy

F B

100

ESP

105

F' 57 B'

Superficie inicial de fluencia

A

0 0

100

200

300

400

500 p ' KPa

400

500 p ' KPa

(c)

e

2.5 2 1.5 qy 1

A

F

CSL

0.5 0

100

200

300

(d)

Figura 6.20. Continuación. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’).

El esfuerzo de fluencia es p’y = 200 KPa y qy = 170 KPa. La presión de poros será: En la fluencia, línea horizontal BB’: En la falla, línea horizontal:

uy = 57 KPa uf = 105 KPa

PROBLEMA 21. En situ el contenido de humedad de una muestra de suelo es 48%. El contenido de agua disminuye hasta el 44% durante el transporte de la muestra al laboratorio y durante la preparación de esta para el ensayo. ¿Qué diferencia existe en el parámetro de resistencia al corte no drenado tiene este cambio de humedad, si  = 0.13 y Gs = 2.7?

347


Estrategia: Para determinar evaluar este cambio ha de usarse la ecuación [F.76] que relaciona todos los datos del problema. De la ecuación [F.76] se tiene que la relación de cu en campo y laboratorio será:

cu lab cu campo

 2.7  0.48  0.44   exp  0.13  

Por lo tanto se tendrá que:

cu lab cu campo

 2.3

El parámetro de resistencia al corte de laboratorio muestra un incremento al de resistencia al corte en campo. Comentario: Las muestras alteradas e inalteradas proporcionan resultados un poco distintos, debido a estos cambios que suceden durante el transporte y el ensayo. Dependiendo a la importancia de este valor y su precisión pueden corregirse empleando otros ensayos y realizando varios ensayos con diferentes muestras del mismo suelo.

PROBLEMA 22. Una muestra de arcilla es isotrópicamente consolidada a un esfuerzo efectivo medio de 225 KPa y es descargada a un esfuerzo efectivo medio de 150 KPa donde e0 = 1.4. Un ensayo CD es realizado en aquella muestra. Para está arcilla se tiene que  = 0.16,  = 0.05, ’cr = 25.5° y v’= 0.3. Determinar: a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial. b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del esfuerzo desviador de 12 KPa después de la fluencia inicial. Estrategia: Las trayectorias de esfuerzos son similares a las que se muestran en la Figura 6.13. Las deformaciones estarán dentro de la superficie de fluencia la cuál será elástica.

a) Las deformaciones elásticas en la fluencia inicial. PASO 1 Calcular los esfuerzos iniciales y el valor de Mc. p’ç=225 KPa p’0=150 KPa

348


Ro 

225  15 . 150

Mc 

6  sin cs 6  sin 25.5   1 3  sin  cs 3  sin 25.5

PASO 2 Determinar los esfuerzos de fluencia inicial. Los esfuerzos de fluencia son los esfuerzos de la intercepción de la superficie inicial de fluencia y la trayectoria de esfuerzos efectivos. La ecuación [F.61] de la superficie de fluencia será:

 p  2  p pc 

q2 0 M c2

La ecuación de la ESP será: p   po 

q 3

El punto D (Figura 6.14) en la fluencia inicial será: qy

p y  po 

3

 150 

qy 3

Sustituyendo p’= p’y , q = qy y los valores de Mc y p’c en la ecuación de la superficie inicial de fluencia se tendrá que: q  150  y 3 

2

q     150  y 3  

q2  225  2y  0 1 

Simplificando se tendrá: q2y + 22.5·qy – 10125=0 De donde se tendrá que: qy = 90 KPa Este valor es la compresión aplicada al suelo, por lo tanto: p y  150 

qy 3

 150 

90  180 KPa 3

PASO 3 Determinar las deformaciones iniciales en la fluencia inicial. DEFORMACIONES VOLUMÉTRICAS ELÁSTICAS.

349


De la ecuación [F.86] se tendrá que:  ep 

0.05 180  ln 1  1.4 150

La deformación volumétrica elástica será: Δε ep  38x104

Alternativamente puede utilizarse la ecuación [F.88], con los valores medios de p’0 a p’0 se determina K’.   p av

po  p y 3



150  180  165 KPa 2

De la ecuación [F.80] se tendrá que: 3 p 1  eo  1651  1.4    7920 KPa  0.05 De la ecuación [F.88] se tendrá que: K 

 ep 

p  180  150  K 7920

Por lo tanto: Δε ep  38x104

DEFORMACIONES DE CORTE ELÁSTICAS. De la ecuación [F.82] se tendrá que: G

3  p   1  eo   1  2v  3  165  1  1.4   1  2  0.3   3655 KPa 2    1  v  2  0.05  1  0.3

De la ecuación [F.92] la deformación por corte será: 90 3  3655 Δε ep  82x10 4  ep 

b) La deformación volumétrica total y las deformaciones desviadoras para un incremento del esfuerzo desviador. PASO 1 Determinar la expansión de la superficie de fluencia. Después de la fluencia inicial se tendrá que: q=12 KPa

350


q 12   4 KPa 3 3

p  

El esfuerzo en E (Figura 6.13) es: p’E = p’y + p = 180 + 4 = 184 KPa y qE = qy + q = 90 + 12 = 102 KPa El esfuerzo efectivo medio de preconsolidación de la expansión de la superficie de fluencia es obtenida por la sustitución de p’E = 184 KPa y qE = 102 KPa en la ecuación de la superficie de fluencia, por lo que se tendrá:





 pc E

 240.5 KPa

184 2  184 pc  E 

102 2 0 12

Por lo que:

PASO 2 Determinar los incrementos de la deformación después de la fluencia. De la ecuación [F.86] se tendrá que:  p 

0.16 184  ln  15x10 4 1  1.4 180

De la ecuación [F.89] se tendrá que:  pp 

0.16  0.05 184  ln  10x10  4 1  1.4 180

De la ecuación [F.89] se tendrá que:  qp  10 x10 4

102  16 x10 4 1  184  240.5 / 2  2

Asumiendo de G permanece constante, con la ecuación [F.92] puede calcularse la deformación por corte elástica que será:  qe 

12  11x10  4 3  3655

PASO 3 Determinar las deformaciones totales. De la ecuación [F.85] se tiene que:

 p   ep   pp  38  10 10 4 La deformación volumétrica total será:

p = 48x10-4

351


De la ecuación [F.90] se tiene que:

 q   qe   qp  82  11  1610 4 La deformación volumétrica total será:

q = 109x10-4

PROBLEMA 23. Demostrar que la superficie de fluencia en in ensayo no drenado incrementa según la relación: 

 p prev    k   pc   pc  prev   p   

Donde p’c es el valor actual del eje mayor de la superficie de fluencia , (p’c)prev es el valor anterior del eje mayor de la superficie de fluencia, p’prev es el valor anterior del esfuerzo efectivo medio y p’ es el valor actual del esfuerzo efectivo medio. Estrategia: Con un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el espacio (e, ln p') pueden obtenerse ecuaciones que ayuden a resolver el problema. PASO 1 Trazar un diagrama de las trayectorias de esfuerzo en el espacio (e, ln p'). e



e=e=e e 0

A

C

A

C

 B

B



e

D D

p'

p'prev

(p'c )prev

p'c

ln p

Figura 6.21. Línea de consolidación normal y de carga/descarga

PASO 2 Determinar las ecuaciones de las curvas. Para la línea AB se tendrá que:   p c  prev eB  e A    ln  p prev 

   

[23.1]

Para la línea CD se tendrá que:

352


eD  eC    ln

p pc

[23.2]

Considerando que eA = eC, de las ecuaciones [23.1] y [23.2] se tendrá que:   pc  prev eD  e B    ln  p prev 

      ln pc  p' 

[23.3]

Por otra parte, de la línea de consolidación normal se tiene que:  p c eD  e B    ln   pc  prev 

   

[23.4]

Sustituyendo la ecuación [23.3] en la ecuación [23.4] y simplificando se tiene que: 

 p prev pc  p c prev   p 

 λ     

Comentario: Los gráficos de trayectorias de esfuerzos bien elaborados ayudan a determinar parámetros implícitos y también son de gran utilidad en las demostraciones.

PROBLEMA 24. Se ha realizado un ensayo de corte directo en una muestra de arcilla normalmente consolidada, se ha visto que el esfuerzo máximo aplicado (80.53 KPa) corresponde a una deformación de 8 mm cuando el esfuerzo normal efectivo correspondía a 139.48 KPa. En la misma muestra se realiza un ensayo triaxial CU con una presión de confinamiento efectiva de 200 KPa. De la misma manera se ejecuto un ensayo de compresión inconfinada y se determino que la resistencia al corte en el estado no drenado correspondía a 50 KPa. Se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador al que la muestra ensayada en el ensayo triaxial CU falla. b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si se conoce que la magnitud de la sensibilidad es 2.3. Estrategia: Para poder combinar los ensayos y determinar los parámetros requeridos ayuda trazar un gráfico de las envolventes en el espacio (, ). Determinando el ángulo de fricción para el ensayo CU puede determinarse una relación que combine los esfuerzos principales ’1 y ’3, con la cual se determina el esfuerzo desviador. De la relación ’1 y ’3 puede determinarse la presión de poros en la falla en el ensayo de compresión inconfinada. Para determinar la resistencia al corte en el estado no drenado, puede recurrirse a la ecuación que relacione los parámetros de resistencia con la sensibilidad, luego con los valores conocidos se determina el parámetro deseado.

353


 KPa

300 250 Triaxial CU

200 150 100

Compresión inconfinada

50 0 50

100

150 200

250

300

 KPa


De la ecuación [F.9] el ángulo de fricción será: tan 1  ' 

80.53  30 139.48

a) Determinar el esfuerzo desviador en la falla para el ensayo triaxial CU. De la ecuación [F.10] la relación que combina los esfuerzos principales ’1 y ’3, será:

 '3 f  '1 f



1  sin  ' 1  sin 30   0.333 1  sin  ' 1  sin 30

 '1 f



1  '3 f 0.333

[24.1]

Para el ensayo CU se sabe que: ('3)f = 200 KPa Reemplazando el valor de ('3)f en la ecuación [24.1] se tendrá que:

 '1 f



1  200f  600 KPa 0.333

De la ecuación [F.38] se tiene que:  d  600  200 Δσ d  400 KPa

b) La presión de poros en el ensayo de compresión inconfinada al momento de la falla. Para el ensayo de compresión inconfinada se tiene que  3  0 , por lo tanto:

354


 1   3  2   50  0 El valor de '1 será:  1  100 KPa Se conoce que:

 '1 f

 3   '3 f

[24.2]

'1 – ’3 = 100 KPa Esta última ecuación puede escribirse también:

 '3   '1 100

[24.3]

Reemplazando la ecuación [24.2] en esta ecuación se tendrá que:

 '1  3 '1 300 '1 = 150 KPa Por otra parte de la ecuación:

 '   u La presión de poros será: u     '  100  150 u = – 50 KPa

c) La resistencia al corte en el estado no drenado de la muestra de arcilla si S = 2.3. De la ecuación [F.44] se tiene que: S

cu nodisturbada  cu remoldeadaa 

2 .3 

cu nod  cu rem 

cu rem  

cu nod  2 .3



50 2 .3

El parámetro de resistencia al corte no drenado en una muestra remoldeada será: cu(rem) = 21.7 KPa

PROBLEMA 25. Demuestre que la resistencia en el estado no drenado en una arcilla (Gs=2.7, λ =0.15) varia en 20 % cuando el contenido de humedad cambia en 1%. Estrategia: Con la ecuación [F.75] que está en función a los parámetros  y qf se puede determinarse la relación cu cu y de esa manera determinar cuanto varía según al contenido de humedad.

355


De la ecuación [F.75] se tiene que: cu 

qf



2

 e e    

M  e 2

[25.1]

Si A es la muestra con el contenido de humedad inicial y B la muestra con el contenido de humedad final, dividiendo miembro a miembro la ecuación [25.1] según para cada caso se tendrá que: cu  A  cu  B 



 e  e  e A   e  e  e B 

     

e

e0 b e0 A 

[25.2]

Conociendo que: e0  w  G s G s  2.7   0.15 wB  w A  1 %

para w=1%, la ecuación [25.2] será: cu  A  cu  B 

2.7 0.01

e

0.15

 e 0.18  1.20

Por lo tanto, se tendrá que: c u  A   1.20  c u B 

PROBLEMA 26. Dos especimenes, A y B, de una arcilla fueron isotropicamente consolidados bajo una presión de celda de 300 KPa y luego descargados isotropicamente a un esfuerzo efectivo medio (p') de 200 kPa. A continuación se ejecuto un ensayo CU. El suelo tiene los parámetros λ = 0.3, κ =0.05, e0 = 1.10 y ’cr = 30º. La presión de la celda se mantuvo constante a 200 KPa. Se pide determinar la presión de poros en la falla. Estrategia: Con la ecuación [F.62] y [F.67] puede determinarse el esfuerzo qf y q'f en la falla, la resta de ambos proporciona la presión de poros. El valor de p'f de la ecuación [F.62] es determinado con la ecuación [F.65] y el valor de e con la ecuación [F.65]. De la ecuación [F.47] se tendrá que: 1 p'c   300  2   300  300 KPa 3 De la ecuación [F.54] se tendrá que:

356


M 

6  sin  = 1.2 3  sin 

De la ecuación [F.66] se tiene que: e  1.10  0.3  0.05  ln

300  0.05  ln 200 2

e  2.618

De la ecuación [F.65] se tiene que: ef  e    ln p 'f e e ln p 'f   f 

Por lo tanto, se tendrá que: 2.618  1.10 ln p 'f  0 .3 p'f  157.60 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que: q f  1.2  157.6  q f  189.12 KPa

En base a la ecuación [F.67] se escribe que: qf 3 pf  p0 q pf  f  p0 3

Entonces: 189.12  200 3 pf  263.04KPa pf 

La presión de poros será: uf = 263.04 – 157.60 uf = 105.80 KPa

PROBLEMA 27. Se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada en una muestra de arcilla normalmente consolidada, obteniéndose un esfuerzo total de 120 KPa en la falla. Adicionalmente se ha realizado un ensayo triaxial UU con una presión de celda de 200 KPa y una presión de poros en la falla de 150 KPa. Por otro lado, en la misma muestra se ejecuto un ensayo de corte directo con un esfuerzo normal de 80 KPa y un ensayo triaxial CU con 400 KPa de presión en la celda y con una presión de poros en la falla de 180 KPa.

357




150

' = 38.05º

100 Compresión inconfinada 50

c u= 60 KPa

50

100

150

, '

d= 120 KPa


Se pide determinar: a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo. b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado. Estrategia: Para visualizar mejor el problema y la solución de este es recomendable realizar un gráfico donde estén ubicadas las envolventes de falla de los ensayos realizados. Con la ecuación [F.27] se puede determinar el esfuerzo de corte en la falla, para lo cual ha de determinarse el ángulo de fricción correspondiente con la ecuación [F.17]. En base a la envolvente de falla del ensayo de corte directo puede determinarse una ecuación que relacione los esfuerzos principales en la falla que representan a un círculo de esfuerzos de Mohr que será tangente a la envolvente de falla del ensayo CU (que no se conoce), con esta relación de esfuerzos puede determinarse el valor del esfuerzo desviador.

a) El esfuerzo de corte al que falla la muestra en el ensayo de corte directo. Del ensayo triaxial UU, se tiene que:

 3  200 KPa u  150 KPa Por lo tanto, de la ecuación [F.40] se tiene que:

358


 '3  200  150  '3  50 KPa De la ecuación [F.42] se tiene que:

 '1  120  50  '1  170 KPa Por otra parte de la ecuación [F.18], de la envolvente del ensayo de corte directo se tendrá que: sin  ' 

170  50 170  50

sin  '  0.54545

El valor del ángulo de fricción será:

 ' 33.05 De la ecuación [F.8] se tendrá que: tan  ' 

 

El esfuerzo de corte del ensayo de corte directo será:

    tan  '   80  tan 33.05  = 52 KPa b) El esfuerzo desviador en la falla del triaxial consolidado no drenado. Para el ensayo CU se tiene que: '3 = 3 – u

 '3  400  180  220 KPa De la ecuación [F.18] del ensayo de corte directo se tiene que:  '1 1  sin 33.05   '3 1  sin 33.05  '1  3.399  '3 Por lo que se tendrá que:

359


 '1  3.399   '3 Reemplazando el valor de '3 en esta ecuación se tendrá que:

 '1  3.399  220  '1  747.78 KPa De la ecuación [F.38] se tendrá que:  d  747.78  220

El esfuerzo desviador del ensayo CU será: Δσ d  527.8 KPa

PROBLEMA 28. A continuación se presenta los resultados de un ensayo CD de la falla. Tabla 6.9. Ensayo CD σ'3, KPa

Numero de Ensayo 1 2 3

100 180 300

Esfuerzo desviador, KPa 250 (pico) 362 (pico) 564 (no se observo el pico)

El detalle de los resultados para el ensayo 1, son como siguen. El signo negativo indica expansión. Tabla 6.10. Detalle del ensayo ∆Z mm ∆V cm PZ N

3

0 0.00 0.0

0.152 0.02 61.1

0.228 0.03 94.3

0.38 -0.09 124.0

0.76 -0.50 201.5

1.52 -1.29 257.5

El tamaño inicial de la muestra corresponde a 38 mm de diámetro y 76 mm de altura. Se pide: a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo. b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1. Estrategia: Con la ecuación [F.17] se puede determinar el ángulo de fricción en el pico con los valores picos para '1 y '3. Con la ayuda de Tablas puede manejarse los datos ordenadamente, con las ecuaciones correspondientes a deformación vistas en el capítulo anterior se determina los parámetros requeridos. a) Determinar el ángulo de fricción de cada ensayo. Con la ecuación [F.18] puede determinarse el valor del ángulo de fricción. En la Tabla 6.11 se muestran los resultados del ángulo de fricción para los ensayos realizados.

360


Tabla 6.11. Valores del ángulo de fricción Ensayo

σ'3

σ'1 - σ'3

σ'1

σ'1+σ'3

 ' p  arcsin

1 2 3

100 180 300

250 362 564

350 542 864

450 722 1164

33.7º 30.1º 29.0º

 '1  ' 3  '1  ' 3

b) Determinar τp , τcr, E’s en el pico del ensayo 1. El área inicial será:

A0 

  38 2 4

A0  1134 mm 2

El volumen inicial será:

V0 

  D0  H 0   38 2  76 ; V0  4 4

V0  86193 mm 3

Con las relaciones:

A  A0 

1    p

1   1 

1 

Z H0

p 

V V0

Se determina el parámetro q con la ecuación: P q z V0 Los resultados se muestran en la Tabla 6.12. Con los valores de la en la Tabla 6.12 se grafica las curvas que se muestran en la Figura 6.24. El esfuerzo de corte en el pico será:

p 

 '1  '3  p

2 250 p  2 τ p  125 KPa Tabla 6.12. Valores de q para el ensayo de la compresión inconfinada

361


ΔV cm3

ε1 = Δz/H0 0.00 0.20 0.30 0.50 1.00 2.00 3.00 3.50 4.00 5.00 6.00 7.00 8.00 9.00 10.00 11.00

Δz mm 0.00 0.15 0.23 0.38 0.76 1.52 2.228 2.66 3.04 3.80 4.56 5.32 6.08 6.84 7.60 8.36

0.00 0.02 0.03 -0.09 -0.50 -1.29 -1.98 -2.24 -2.41 -2.55 -2.59 -2.67 -2.62 -2.64 -2.66 -2.63

A mm2

εp = ΔV/V0 0.00 0.02 0.03 -0.10 -0.58 -1.50 -2.30 -2.60 -2.80 -2.97 -3.01 -3.10 -3.05 -3.07 -3.09 -3.06

1134 1136 1137 1140 1150 1169 1187 1196 1203 1214 1224 1235 1245 1255 1265 1276

q = Pz/V0 KPa 0 53 83 108.8 175.3 220.3 246.7 250 247.8 230 219.2 204.4 191.2 182.9 176.4 175.8

E'

300

p 250 ' '3 1

200

cr

150

E's

100 50 0

0

2

4

6 8  (%) 1

10

12

Figura 6.24. Curvas de esfuerzo

El esfuerzo de corte crítico será:

 cr 

 cr

 '1  '3 cr

2 175.8  2

cr = 87.9 KPa Para el módulo elástico se tendrá que: E '

54 0.002

E ' 27000 KPa Entonces: E 's 

250 0.035

Por lo tanto:

362


E’s = 7143 KPa

PROBLEMA 29. Una muestra se somete a condiciones similares a las de un ensayo CD. Los parámetros del suelo son λ = 0.25, κ = 0.05, ’cr= 24º, v’ = 0.3, e0 = 1.15, p'0 = 200 KPa y p'c = 250 KPa.

 

Se pide determinar el valor de  qe .

 

Estrategia: El valor de  qe puede ser determinado con la ecuación [F.92] para lo cual es necesario conocer el valor de G que se obtiene de la ecuación [F.82], para lo cual es necesario conoce los valores de p’y, qy, p’f,, qf.. PASO 1 Determinar los valores de p'y y qy. De la ecuación [F.64] el valor de Mc será: Mc 

6  sin 24  0.94 3  sin 24

De la ecuación [F.66] el valor de e será: e  1.15  0.25  0.05  ln

250  0.05  ln 200 2

e  2.38

Adicionalmente se conoce la ecuación: p' y

M 

2

 M

 p'0 

2

 p'c 18  p '0





2

2 M 2 9







2

 36  M 2  9   p '0 

Por lo tanto: p'y = 224 KPa De la ecuación [F.67] se conoce que:





q y  3  p ' y  p'0  72 KPa

PASO 2 Determinar los valores de p'f y qf. De la ecuación [F.69] se tiene que:

363


p'f 

3  200  291.3 KPa

3  0,94 De la ecuación [F.68] se tiene que:

q f  0.94  291.3

Por lo tanto: q f  273.8 KPa

PASO 3 Determinar el valor de G. El esfuerzo efectivo medio p'av será: p' av 

200  224 3 2

p' av  212 KPa

Según la ecuación [F.82] el módulo de corte será: G

3  p '1  e0   1  U '  4207 KPa 2    1  U '

PASO 4 Determinación del valor de  qe .

 

De la ecuación [F.92] se tendrá que:

 

e q inicial



72 3  4207 

 

El valor de  qe será:

Δε 

e q inicial

 5.7x10 3

PROBLEMA 30. Se va a colocar un tanque para almacenamiento de petróleo sobre una arcilla muy blanda de 6 m de espesor, la que se encuentra sobre una arcilla rígida. Se efectuaron ensayos a 3 m de

364


profundidad y dieron los siguientes resultados:  = 0.32;  = 0.06, ’cr=26º, OCR = 1.2 y w = 55%. El tanque tiene un diámetro de 8 m y un alto de 5 m. La carga muerta del tanque, aplicada al nivel de fundación, es 350 kN. Se pide dibujar en un grafico (sin valores) las trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’) que ilustre el problema. Línea de falla

A

M

TSP 1.42

F

uF

1 qF

uf uy

D qf

E

C qy

A B

I

A p'

p'0 e

I A E

B D F

S Consolidación isotrópica Consolidación unidimensional Línea de falla

p'

Figura 6.25. Trayectoria de esfuerzos en el espacio (q, p’) y (e, p’)

PROBLEMA 31. Se ha realizado un ensayo triaxial CU en una muestra de arcilla normalmente consolidada determinándose un esfuerzo desviador de 280 KPa. Adicionalmente, se ha ejecutado un ensayo triaxial CD en la misma muestra y se ha determinado que el ángulo de fricción interna corresponde a 30º. De la misma manera, se ha ejecutado un ensayo triaxial UU con un esfuerzo desviador en la falla de 150 kPa con una presión en la celda de 135 KPa. Se pide: a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU. b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU. Estrategia: Para determinar la presión de poros se debe determinar el esfuerzo principal menor efectivo y total del ensayo UU, con la resta de ambos se conoce la presión de poros. Para determinar el esfuerzo efectivo principal mayor se utilizar la ecuación [F.38], para lo cual se debe obtener el valor de los esfuerzo principales efectivos para del ensayo CU.

365


a) Calcular la presión de poros en la falla del ensayo triaxial UU. De la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será:  '1  '3  150 KPa

[31.1]

De la ecuación [F.18] se tiene que:  '1 1  sin 30  3  '3 1  sin 30 Por lo tanto se tiene que:  '1  3   '3

[31.2]

Reemplazando la ecuación [31.1] en la [31.2] se tiene que: 3   '3   '3 150 Por lo tanto:

 '3  75 KPa La presión de poros será:

 '   u u  135  75 u  60 KPa

b) Calcular el esfuerzo efectivo principal mayor en la falla del ensayo triaxial CU. Para el ensayo triaxial CU, de la ecuación [F.38] el esfuerzo desviador será:  d   '1  '3  280 KPa [31.3] Por otra parte, se tiene que:  '1 3  '3

[31.4]

Reemplazando la ecuación [31.3] en la [31.4] se tiene que: 3   '3   '3  280 El esfuerzo principal efectivo menor será:  '3  140 KPa De la ecuación [F.38] se tiene que:  '1   d   '3  '1  280  140 El esfuerzo principal efectivo mayor será: σ'1  420 KPa

PROBLEMA 32. Se conoce que una muestra de arcilla tiene una razón de sobre consolidación de 3 y fue obtenida en un sitio donde el esfuerzo efectivo vertical correspondía a 50 Kpa. Se ha comprobado que el suelo presenta dilatancia, hasta que se alcanza el 80% de la presión de

366


preconsolidacion. Sobre dicha muestra se practica un ensayo CU y se obtuvo los parámetros c' = 20 KPa y ’ = 28º. Se pide: a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo. b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión inconfinada sobre la misma arcilla en condiciones N.C. si se conoce que el esfuerzo máximo ejercido fue 108 KPa. Estrategia: Con la ecuación [F.7] se pude determinar el esfuerzo de preconsolidación, que es utilizado para determinar el esfuerzo de corte crítico y con la ecuación [F.15] se determina el ángulo de fricción crítico. Para determinar la presión de poros con las ecuaciones [F.38] y [F.17] se determinar una ecuación que relaciona los esfuerzos principales efectivos, determinando el esfuerzo principal temor efectivo y total se obtiene con la resta de estos la presión de poros. a) Determinar el ángulo de fricción critico del suelo. PASO 1 Determinar el esfuerzo de preconsolidación. 

'cr  cr

c' 0.8·'c

'

Figura 6.26. Envolvente de falla

Se sabe que:

 '0  50 KPa De la ecuación [F.7] se sabe que: ' OCR  c   'c  OCR   0  '0 Por lo tanto se tendrá que:

 'c  3  50  'c  150 KPa El 80% del esfuerzo de preconsolidación será:

367


0.8   'c  120 KPa

PASO 2 Determinar el esfuerzo de corte crítico. Según la ecuación [F.27] se tendrá que:

 cr  c'0.8   'c . tan  ' El esfuerzo de corte crítico será:

 cr  20  120  tan 28  83.81 KPa PASO 3 Determinar el ángulo de fricción crítico. El ángulo de fricción será:

 cr 83.81  0.8   'cr 120 'cr = 34.93º tan  'cr 

b) Determinar la presión de poros en ensayo de compresión inconfinada. Según la ecuación [F.38] se tendrá que:

 '1  '3  108 KPa

[32.1]

De la ecuación [F.18] se tiene: ( '1  '3 ) ( '1  '3 ) sin  'cr  '1  sin  'cr  '3   '1  '3 (sin  'cr 1)   '3  (1  sin  'cr )   '1 sin  'cr 

Por lo tanto se tendrá que: 1  sin  'cr  '1    '3 1  sin  'cr

[32.2]

Reemplazando la ecuación [32.1] en la [32.2] se tendrá que: 1  sin  'cr   '3  '3  108 1  sin  'cr

Entonces: 2.679   '3  108  '3  40.31 KPa

La presión de poros será:

368


 '3   3  u u   '3 u  40.31 KPa

PROBLEMA 33. Se conoce los siguientes parámetros para un cierto suelo  = 0.25;  = 0.07, e0= 0.85, 'cr = 32°. Se coloca una muestra de este suelo a una celda triaxial y se incrementa el valor de ’3 a 100 KPa, luego se disminuye a 40 KPa. Posteriormente se somete la muestra a comprensión no drenada. Calcular la presión de poros y el esfuerzo desviador en la falla utilizando el CSM. q CSL

p'0

p'f

p'c

p'

e

e0 = ef NCL

p'0 p'f

p'c

p'

Figura 6.27. Trayectorias de esfuerzos en los espacios (q, p’) y (e, p’)

Estrategia: La presión de poros es determinada de la resta del esfuerzo efectivo y total p en la falla, mediante la ecuación [F.66] y mediante la ecuación [F.61] puede determinarse el valor total y efectivo de este parámetro. PASO 1 Determinación del valor de p’f. De la ecuación [F.53] se tiene que: M

6  sin 32  1.287 3  sin 32

369


Del ensayo se conoce que: p'c   '3  100 KPa p'0  40 KPa

Por lo tanto, de la ecuación [F.7] se tiene que: p'c 100   2 .5 p '0 40

Por lo tanto el suelo está sobreconsolidado. De la ecuación [F.66] se tiene que: e  0.85  0.25  0.07   ln

100  0.07  ln 40 2

e  1.812

En base a la Figura 6.28 la pendiente de la línea de consolidación normal será:



e   eo ln p 'c  ln 1

Entonces: ln p 'f 

e  e0 

e



e =e 





1

p' f

Figura 6.28. Línea de consolidación normal

Despejando p’f se tendrá que:  e  e0      

p'f  e e p'f = 46.90 KPa

 1.812 0.85    0.25  

PASO 2 Determinación del valor de pf.

370


De la ecuación [F.68] se tendrá que: q f  1.287  46.90  60.36 KPa

Por otra parte, de la ecuación [F.61] se sabe que: 1 pf  p0   qf 3 1 pf  40   60.36  60.12 3

PASO 3 Determinación de la presión de poros.

 f  60.12  46.90 uf  13.22 KPa

Comentario: Las ecuaciones válidas en el CSM son válidas para parámetro efectivos como totales, pueden realizarse combinaciones inteligentes de tal manera de determinar parámetros efectivos en base a totales.

PROBLEMA 34. Dibujar la trayectoria de esfuerzos en los planos e, p, p’, q, q’ (considerando la teoría de estado crítico) en: a) Un ensayo triaxial consolidado drenado. b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado.

371


Estrategia: Considerando el marco teórico que ofrece la sección correspondiente al MSC en el capítulo 6 del libro “Fundamentos de mecánica de suelos” se traza las trayectorias deseadas. a) Un ensayo triaxial consolidado drenado. q

q

S F

qf

F 3

CSL ESP 1

E

E D

O

C

B

G

C

p'

1

p'f

(a)

(c)

e

1

e = e

A O

C C'

C

B

D E

D E G

CSL

ef

ef

F

F

p'0

p'E

p'c (b)

p'G

p' (d)

Figura 6.29. Predicción de resultados de un ensayo CD usando el MSC (Budhu, 2000)

372


q

q

S CSL G TSP u f E

F

F E D

D ESP O

C

p', p

1

C

(a) e

(c) u

A

CSL

F

B

E C D

F

E D

p'f

p'c

1

p'

(d)

(b)

Figura 6.30. Predicción de resultados de un ensayo CU (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000)

b) Un ensayo triaxial consolidado no drenado. q

q

ESP S

CSL

q'p F

q'f O

D

D

F

C

p'

C

1

(a)

(c)

p

e A

+

C

D

1 _

C

F

D B CSL CSL

p'c

p'o (b)

p' (d)

Figura 6.31. Predicción de resultados de un ensayo CD (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000)

373


q TSP

q

TSP CSL

3

u y D

1 u y

qp qf

F El exeso de presión de poros en la falla es negativo

D

C

p'f

D F

qf

F

O

CSL u f

1

p', p

pf

(c)

(a)

e

u

A

+ D C

1

F F

C, D B

_

CSL

p' (b)

(d)

Figura 6.32. Predicción de resultados de un ensayo CU (R0  2) en el CSM (Budhu, 2000)

PROBLEMA 35. Se ha obtenido una muestra de un suelo arcilloso NC y se ha realizado un ensayo de compresión inconfinada, obteniendose un valor de resistencia al corte de 65 KPa. Sobre una muestra sobreconsolidada del mismo suelo se realizo un ensayo de corte directo con 40 KPa de fuerza normal y se obtuvo una resistencia pico de 55 KPa y una resistencia crítica de 28 KPa. Se pide determinar la presión de poros en el momento de la falla en el ensayo de compresión inconfinada. Estrategia Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que 3 = 0, por lo tanto en base al ensayo del corte directo puede determinarse el esfuerzo principal menor efectivo combinando las ecuaciones [F.18] y [F.38]. La presión de poros para el ensayo de compresión inconfinada será en valor del esfuerzo de principal efectivo menor.

PASO 1

374


Determinar el ángulo de fricción crítico. De la ecuación [F.8] el ángulo de fricción crítico será:  28 tan  'cr  cr   40  'cr  34.99 PASO 2 Determinar el esfuerzo principal menor efectivo. De la ecuación [F.18] para el ensayo de corte directo se tiene que: 1  sin  'cr  '1   '3 1  sin  'cr

[35.1]

Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que:

 1  2  cu  130 KPa De la ecuación [F.38] se tiene que:  d   1   3  130  '1  '3  130

[35.2]

Sustituyendo la ecuación [35.1] en la ecuación [35.2] se tendrá que: 1  sin  'cr 130   '3    '3 1  sin  'cr Despejando el esfuerzo principal menor efectivo se tendrá que: 2.689   '3  130  '3  48.35 KPa

PASO 3 Determinar la presión de poros. Del ensayo de compresión inconfinada se sabe que: 3 = 0 La presión de poros será:  '3   3   Como 3 = 0 entonces:  '3   La presión de poros será: u  48.35 KPa Comentario: Conociendo bien el procedimiento de los ensayos puede encontrarse valores implícitos que ayudan a determinar otros valores.

PROBLEMA 36. 375


Se ha determinado los siguientes parámetros en el suelo e0 = 0.70,  = 0.35,  = 0.05, M = 1.15, e = 2.41. Se somete la muestra a una presión media isotrópica p’= 250 KPa y luego se descarga hasta 200 KPa. Luego siguiendo la trayectoria de esfuerzos de un ensayo triaxial CU de acuerdo a la teoría de estado crítico, se pide: a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia. b) Esfuerzo desviador en la falla. c) Presión de poros en la falla. Estrategia: De la ecuación [F.61] se puede determinar el esfuerzo desviador en la fluencia. Determinando el esfuerzo p’ en la falla con la ecuación [F.65] se puede determinar el esfuerzo desviador con la ecuación [F.62]. La presión de poros en la falla es determinado de la resta del esfuerzo de confinamiento efectivo y total, este último determinado con la ecuación [F.51]. a) Determinar el esfuerzo desviador en la superficie de fluencia. Del ensayo se sabe que: p'c = 250 KPa p'0 = 200 KPa Según la ecuación [F.58] el índice de sobreconsolidación será: R0 

250  1.25 200

El suelo es sobreconsolidado. Despejando el parámetro q de la ecuación [F.61] se tiene que: q  M  p ' p 'c ( p ' ) 2

Reemplazando valores se tendrá que: q  1.15  200  250  200 2

El esfuerzo desviador en la fluencia será: qy = 115 KPa b) Esfuerzo desviador en la falla. Del ensayo no drenado se sabe que: ef = e0 De la ecuación [F.65] se tiene que: e  e0  ln p'f  Por lo tanto se tiene que:

376


 e  e0     

p'f  e 

 2.41 0.70    0.35 

p'f  e 

p'f = 132.38 KPa De la ecuación [F.62] se tiene que: q f  1.15  132.38

El esfuerzo desviador en la falla será: qf  152.24 KPa

c) Presión de poros en la falla. De la ecuación [F.51] se tiene que: 1 pf   152.24  200  250.75  132.38 3

pf = 250.75 KPa La presión de poros en la falla será: uf = pf – p’f uf = 250 – 132.38 uf = 118.37 KPa

PROBLEMA 37. Dos especimenes, A y B de una arcilla fueron isotrópicamente consolidados bajo una presión de celda de 250 KPa (p′c)y luego descargados isotrópicamente a un esfuerzo efectivo medio (p′o) de 150 KPa. A continuación se ejecuto un ensayo CD sobre la muestra A y CU sobre la B. El suelo tiene los parámetros 0,25,  = 0,05, e0 = 1,10 y ′cr = 30º. La presión de la celda se mantuvo constante a 200 KPa. Se pide determinar según la teoría del estado critico: a) Las invariantes al momento de la falla y el valor final del índice de vacíos para ambos especimenes. b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU. Estrategia: Los valores de p’, q’y e definen las invariantes para cada ensayo, la presión de poros en la falla es determinada restando el esfuerzo principal de confinamiento total menos el efectivo.

377


a) Las invariantes al momento de la falla y el valor final del índice de vacíos para ambos especimenes. ENSAYO CD Según la ecuación [F.53] se tiene que la pendiente de la línea de falla será: Mc 

6  sin 30  1 .2 3  sin 30

Las invariantes al momento de la falla están dadas por: De la ecuación [F.69] se tiene que: pf 

3  150 3  1 .2

p′f = 250 KPa De la ecuación [F.68] se tiene que: qf  1.2   250 

q′f = 250 KPa El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será: e  1.10  0.25  0.05  ln

250  0.05  ln 150 2

e = 2.32 ENSAYO CU El valor final del índice de vacíos esta dado por la ecuación [F.66] que será: e  1.10  0.25  0.05  ln

250  0.05  ln 150 2

e = 2.32 Las invariantes al momento de la falla están dadas por: De la ecuación [F.72] se tiene que:  2.32  1.10  pf  exp   0.25  p′f = 161.63 KPa

De la ecuación [F.68] se tiene que: q f  1.2   131.63

378


q′f = 157,95 KPa El incremento de presión de poros al momento de la falla esta dado por la diferencia entre el esfuerzo total medio total y el esfuerzo efectivo medio. b) La presión de poros al momento de la falla en el ensayo CU. De la ecuación [F.67] se tiene que: pf  po 

qf 3

pf  150 

157.95 3

pf = 202.65 KPa La presión de poros esta dada por: u  pf  p 'f u  202.65  161.63

u = 71,02 KPa

379


CAPÍTULO 7

Compactación de los suelos 7.1. Introducción. La construcción de carreteras, presas de tierra y otras estructuras ingenieriles requiere de suelos con buenas características de resistencia y de cargas portantes que por lo general no corresponderán a las características naturales del suelo, es en estos casos que se requiere mejorar las propiedades del suelo con la aplicación de algunos métodos, uno de los más usuales es la compactación. La compactación de los suelos consiste en eliminar de ellos la mayor cantidad de aire presente en su estructura, mediante la adición de cierta cantidad de energía mecánica, la compactación es evaluada en términos de su peso unitario seco (d), y tiene lugar al añadir una cantidad de agua determinada la cual lubricará las partículas, permitiendo que estas se reordenen en un menor volumen por acción de la energía mecánica, densificando así el suelo. La compactación de los suelos requiere de ensayos en laboratorio que permiten conocer la curva de compactación de la que se obtiene el contenido de humedad optimo (wopt) para alcanzar un peso unitario máximo (dmax), del que se infiere el que se buscará en campo, estos ensayos se encuentran normalizados y se conocen como ensayo Proctor Estándar y el Proctor Modificado que se realizan sobre muestras de material fino y que en caso de contener mucho material grueso requieren de correcciones que también se encuentran normalizadas.

380

CAPÍTULO 7 Compactación de los suelos

7.2. Cuestionario. PREGUNTA 1. Cuales son los beneficios de realizar una compactación en el suelo. Respuesta. Las principales ventajas que se producen con la compactación son: a. Reducción o prevención de los asentamientos perjudiciales. Si la estructura se construye en un suelo sin compactar o compactado con desigualdad, el suelo se hunde dando lugar a que la estructura se deforme (asentamientos). El hundimiento es más profundo generalmente en un lado o esquina, por lo que se producen grietas o un derrumbe total de la estructura. b. Aumento de la resistencia del suelo y mejoramiento de la estabilidad del talud. Los vacíos producen debilidad al suelo e incapacidad para soportar cargas pesadas. Estando el suelo compactado, se reducen los vacíos y todas las partículas del suelo están más apretadas, por lo tanto estas pueden soportar cargas mayores. c. Reduce la expansión y contracción del suelo. Si hay vacíos, el agua puede penetrar en el suelo y llenar estos vacíos. El resultado seria el esponjamiento del suelo durante la estación de lluvias y la contracción del mismo durante la estación seca. d. Impide los daños de las heladas. El agua se expande y aumenta el volumen al congelarse. Esta acción a menudo causa que el pavimento se hinche y a la vez, las paredes y losas del piso se agrieten. La compactación reduce estas cavidades de agua en el suelo. e. Reduce el escurrimiento del agua. Un suelo compactado reduce la penetración de agua.

PREGUNTA 2. Explicar el concepto de la compactación. Respuesta. La compactación de los suelos consiste en el mejoramiento de las propiedades ingenieriles del suelo por medio de energía mecánica. Esto se logra comprimiendo el suelo en un volumen más pequeño y así aumentando su peso específico seco (densificación).

381


PREGUNTA 3. Mencionar cuales son los factores principales de los que depende la compactación de un suelo en laboratorio. Respuesta. Proctor estableció que la compactación esta en función de cuatro variables: 1. 2. 3. 4.

Densidad del material, ρd. Contenido de humedad, w. Esfuerzo de compactación. Tipo de suelo (gradación, presencia de minerales de arcilla, etc.)

PREGUNTA 4. Explique que es la energía de compactación y como se la determina. Respuesta. Se entiende por energía de compactación, como la energía que se entrega al suelo por unidad de volumen, durante el proceso mecánico que se realice. Es muy fácil evaluar la energía de compactación en una prueba de laboratorio en que se compacte al suelo por impactos dados por un pisón. La expresión para calcular esta energía de compactación esta dada por:

E

N  n W  h V

[4.1]

Donde: E = Energía de compactación. N = Número de golpes del pisón compactador por cada una de las capas en que se acomoda el suelo en el molde de compactación. n = Número de capas que se disponen hasta llenar el molde. W = Peso del pisón compactador. h = Altura de caída del pisón al aplicar los impactos al suelo. V = Volumen total del molde de compactación, igual al volumen total del suelo compactado. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el peso específico seco máximo de la compactación también aumenta. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el contenido de humedad óptimo disminuye un poco.

382


PREGUNTA 5. Cual es el objetivo del control de la compactación en campo. Respuesta. Después de realizar la compactación en campo siempre es necesario verificar si con el se lograron los fines propuestos. Hoy en día existen muchos métodos para poder controlar que la compactación en campo cumpla con las especificaciones de diseño del proyecto. En la mayoría de los casos la compactación se hace a contrato por empresas especializadas, por lo tanto la verificación mencionada, resulta ligada a problemas de pago, legales, etc. Debido a esto es que se tienen que seguir algunos pasos durante la compactación en campo. Puesto que el objetivo de la compactación es estabilizar los suelos y mejorar su comportamiento ingenieríl, es importante tener presente las propiedades ingeniríles deseadas del terraplén, no solo su densidad seca y contenido de humedad. Este punto a menudo no se lo toma en cuenta en el control de la construcción de obras de tierra. Normalmente se pone mayor énfasis en lograr el peso unitario seco especificado y se da poca consideración a las propiedades ingenieríles deseadas del terraplén compactado.

PREGUNTA 6. Explique paso por paso cual es el procedimiento del ensayo del cono de arena. Respuesta. Frasco de vidrio con 20-30 de arena de Otawa (o similar)

Plato con agujero

Válvula Cono

(a) Cono de arena Figura 7.1. Esquema del ensayo del cono de arena

El procedimiento de esta prueba es la siguiente: 1. Llenar el recipiente del cono con la arena de Ottawa. 2. Determinar el peso del recipiente más el cono más la arena de Ottawa dentro el recipiente. (W1) 3. Realizar la excavación del agujero en el área del terreno donde se realizara la compactación en campo. 4. Determinar el peso del suelo excavado del agujero. (W2)

383


5. Se debe conocer el contenido de humedad del suelo excavado. (w) 6. Determinar el peso seco del suelo, mediante la ecuación [6.1]. W3 

W2 1 w

[6.1]

7. Después de la excavación del agujero el cono lleno de arena es colocado inversamente sobre el agujero, como muestra la Figura 7.22a Luego se abre la válvula del cono y la arena dentro el recipiente empezara a ingresar al agujero hasta que este se llene totalmente. 8. Determinar el peso de la arena más el peso del cono más el peso de la arena que sobro en el recipiente y el cono. 9. Determinar el peso de la arena que llena el agujero, W5 por medio de la ecuación [6.2]: W5  W1  W4

[6.2]

10. Determinar el volumen del suelo excavado, mediante la ecuación [6.3]: W5  Wc  d . Arena Donde: WC = Peso de la arena que llena solamente el cono. γd arena = Peso específico de de la arena de Ottawa. V

[6.3]

Los valores de WC y γd arena son determinados de la calibración hecha en laboratorio. 11. El peso específico seco puede ser determinado de la ecuación [6.4]:

d 

W3 Peso del suelo seco excavado del agujero  V Volumen del agujero

[6.4]

PREGUNTA 7. Explique la compactación en campo. Respuesta. La compactación en campo se la realiza con diferentes tipos de compactadotas. Estas compactadotas tienen que realizar una compactación del terreno de tal manera que reproduzcan los valores de la compactación realizada en laboratorio. Para poder lograr esto es necesario tratar de reproducir todas las condiciones que se tendrán en campo al realizar una prueba de laboratorio. El tipo de compactadota que se utilizara juega un papel importante en esto pues cada tipo de compactadota tiene un proceso distinto de compactar el terreno, pueden ser por procesos vibratorios, manipuleo, presión estática o presión dinámica.

PREGUNTA 8. 384


Mencione cuales son los equipos de compactación en campo más comunes. Respuesta. Mayormente la compactación en campo se hace con rodillos. Los cuatro tipos de rodillos más comunes son: 1. 2. 3. 4.

rodillos de rueda-Lisa (o rodillos de tambor-liso) Rodillos neumáticos Rodillos pata de cabra Rodillos vibratorios.

PREGUNTA 9. Mencionar cuales son los factores principales de los que depende la compactación de un suelo en campo. Respuesta. Son: El numero de pasadas del rodillo compactador. El espesor o profundidad del suelo a compactar. La presión de inflado en el caso de rodillos neumáticos.

7.3. Problemas.

385


PROBLEMA 1. Se debe realizar la compactación de un terraplén de 900 m3 con un peso específico seco de 17.5 kN/m3. Para eso, se ha elegido un banco de préstamo donde el peso específico del suelo es 19.5 kN/m3 y el contenido de humedad promedio corresponde a 10%. Se ha observado que la mejor compactación se realiza a 25% de contenido de humedad. También se conoce que la gravedad específica de los sólidos es de 2.73. Se pide determinar: a) La cantidad de suelo húmedo que debe transportarse a obra. b) Peso específico del terraplén con un grado de saturación de 95%. c) Cantidad que hay que añadir a 10 m3 de suelo que llega del banco de préstamo a la obra. 

kN/m w% Gs



 kN/m d

w% V = 900 m

Banco de préstamo

Terraplén compactado

Figura 7.2. Propiedades del banco de préstamo y terraplén compactado.

a) Cantidad de suelo que se transportara en obra. De la ecuación [A.8] se tiene: WS   d  V Entonces lo que se necesita en obra es: WS  17.5  900  De la ecuación [A.23] se tiene:  d  1 w 19.5 d  1  10 100



WS  15750 kN

 d  17.73 kN

m3

Entonces lo que se debe sacar del banco de préstamo es: W 15750  V  888.32 m 3 V S   d 17.73 b) Peso específico del terraplén para un grado de saturación del 95%. Se sabe que:

γd = 17.5 kN/m3 ,

S = 95% ,

GS = 2.73

De la ecuación [A.26] se tiene: GS   W d   w  GS  1    S  Despejando el contenido de humedad:

386


S  G S   W   d   d  GS 0.95 w  2.73  9.8  17.5 17.5  2.73 w



w  18.40 %


  1  w   d   1  0.184   17.5



 d  20.72 kN

m3

c) Cantidad que hay que añadir a 10 m3 de suelo que llega del banco de préstamo a la obra. Se sabe que:

V = 10 m3 ,

w1 = 10% ,

w2 = 25% ,

γd = 17.73 kN/m3

Entonces el cambio de contenido de humedad será: w  w2  w1 w  25  10



w  15 %

De la ecuación [A.8] se tiene: WS   d  V  17.73  10



WS  177.3 kN

De la ecuación [A.14] se tiene: 15  177.3  100 1000 N 1 kg VW  26.595 kN    1kN 9.8 N VW  w  WS 

VW  26.595 kN VW  2713.8 kg

PROBLEMA 2.

387


Se pide determinar el peso unitario seco del suelo a partir de los siguientes datos del cono de arena. CALIBRACIÓN Tabla 7.1. Peso específico de la arena Metodo Prueba Diametro del molde, mm Altura del molde, mm Masa del molde vacio, g Masa del molde lleno, g

A 1 101.2 115.9 4244.5 5628.5

2 101.2 115.9 4244.5 5625.5

Tabla 7.2. Calibración del cono Prueba Masa del cono + botellon + arena, g Masa del cono + botellon + resto de arena

1 6368.5 4697.5

2 6367.5 4697.50

PESO UNITARIO Tabla 7.3. Determinación del contenido de humedad Numero de contenedor Masa de contenedor Masa de suelo húmedo + contenedor Masa de suelo seco + contenedor

039 33.21 174.45 151.2

056 32.68 173.94 150.9

014 30.37 165.58 144.64

Tabla 7.4. Determinación del peso unitario seco Peso recipiente + cono + arena, g: (W7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9)

6091.50 1975.50 2634.50

Respuesta:

Tabla 7.5. Solución

388


CALIBRACIÓN PESO ESPECIFICO DE ARENA Método Prueba Diámetro del molde, mm: (D) Altura del molde, mm: (h)

A 1 101.20 115.90

3

Volumen del molde, cm : (Vm) Peso del molde vacio, g: (Wm) Peso del molde lleno, g: (W1) Peso de arena en el molde, g: (Warena = W1 -Wm) Peso unitario seco de la arena, kN/m3: (d arena = Warena/Vm)*(9.81) (cambio de unid.) CALIBRACIÓN DEL CONO Prueba Peso del cono + botellon + arena, g: (W2) Peso del cono + botellon + resto de arena, g: (W3) Peso de arena para llenar el cono, g: (Wc =W2 - W3) PESO UNITARIO DETERMINACIÓN DEL CONTENIDO DE HUMEDAD Numero de lata Peso de lata, g: (W4) Peso de suelo húmedo + lata, g: (W5) Peso de suelo seco + lata, g: (W6) Peso de suelo seco, g: (Wd = W6 - W4) Peso de agua, g: (WW = W5 - WS - W4) Contenido de humedad, %

023 43.70 192.71 189.96 146.26 2.75 1.88

2 101.20 115.90

932.25 4244.50 5628.50 1384.00 14.56

932.25 4244.50 5625.50 1381.00 14.53

1 6109.5 4455.0 1654.5

2 6109.0 4455.0 1654.0

026 44.72 209.75 206.72 162.00 3.03 1.87 1.86

053 55.20 231.51 228.36 173.16 3.15 1.82

DETERMINACIÓN DEL PESO UNITARIO SECO Peso recipiente + cono + arena, g: (W7) Peso de suelo humedo excavado, g: (W8) Peso recipiente + cono + arena remanente, g: (W9) Peso de suelo seco, g: (WS = W8/(1 + w) ) Peso de arena que llena hueco y cono, g: (W10 = W7 - W9) 3

Volumen de hueco excavado, cm : (Vh =(WS - Wc) / (γd arena)) 3

Peso unitario seco, kN/m : (d = W2/V)*(9.81) (cambio de unidades de g/cm3 a kN/m3)

6091.50 1975.50 2634.50 1939.49 3457.00 1215.64 15.65

Nota: Para calcular el volumend del agujero tomar el peso del cono y peso unitario de la arena promedio de las pruebas 1 y 2.

PROBLEMA 3. 389


A continuación se presenta los resultados de una prueba Proctor estándar, en un limo arcilloso (Gs = 2.73). Tabla 7.6. Proctor estándar Contenido de humedad % 6 8 9 11 12 14

Peso unitario seco kN/m3 14.80 17.45 18.52 18.90 18.50 16.90

Se ha construido el terraplén de una carretera con el mismo suelo. A continuación, se encuentran los resultados del ensayo de cono de arena en la parte superior del terraplén: Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m3 = arena Masa de arena para llenar el cono = 0.545 kg M4 Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M1 Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M2 Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w Se pide: a) Suponiendo que la energía utilizada en campo correspondía a la del Proctor estándar, calcule el contenido de humedad al que fue compactado el suelo. b) ¿Cual es el grado de saturación de la muestra en campo? c) Si luego de compactado el terraplén, llueve por varios días y se satura completamente. ¿Cual es el peso unitario del suelo? d) Si se hubiese utilizado una energía mayor en la compactación, de tal forma que el grado de saturación hubiese alcanzado el 100%, ¿Cual seria el grado de compactación? a) Calcular el contenido de humedad. De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el contenido de humedad optimo:  d max = 19.0 kN/m3 Wopt = 10.33 %

390


CURVA DE COM PACTACIÓN 20.00

Peso específico seco máximo 19.00 18.53

Peso unitario seco, KN/m

3

P eso e specífico seco en campo

18.00

17.00

16.00

15.00

14.00 5

7

9

10.33 11

Contenido de humedad, %

13

15

Figura 7.3. Curva de compactación

Peso unitario en campo:

M1

M2

M4 M5

Figura 7.4. Cono de arena

La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.4: M 3  M 2  M1  M 4  M 5 M 3  7.59  4.78



[3.1] M 3  2.810 kg

De la ecuación [3.1] se halla la masa de suelo que se introduce en el hoyo: M5  M3  M4 M 5  2.810  0.545



M 5  2.265 kg


d 

Md V

[3.2]

391


De la ecuación [G.2] se tiene la masa de suelo seco del hoyo: Md  Md 

M 1 w 3.007 10.2 1 100

[3.3]



M d  2.7287 kg

De la ecuación [A.15] se tiene el volumen de la arena utilizada:

 arena  V 

M5 V

2.265 kg  1570 kN / m 3



V 

M5  arena

[3.4]

V  1.442675  10 3 m 3

Reemplazando V, en la ecuación [3.3] se tiene el peso específico en campo: 2.7287  1891.4 kg / m 3 3 1.442675  10 kg 9.8 N 1kN  d  1891.4 3   m 1kg 10 3 N

d 



 d  18.53 kN/m 3

En la gráfica de compactación, se observa que el suelo ha podido ser compactado con dos contenidos de humedad. Al tratarse de un terraplén, se requiere mayor resistencia, por lo tanto, se supone que se ha compactado por el lado seco. w=9% b) Determinar el grado de saturación De la ecuación [A.20] se tiene:

 

1  w  G S   w 1

w  GS S

Despejando S: w  G S 1  w  G S   w  S  w  GS S 1  wG S   w  1 

1



w  G S 1  wG s   w  1 S 

[3.5]

De la ecuación [A.23] se obtiene el peso específico húmedo del suelo en campo:

  1  w    d

[3.6]

392


 10.2    1    18.53 100  

 = 20.54 kN/m3 Reemplazando valores en la ecuación [3.5] se tiene el grado de saturación en campo: S

10.2  2.73  10.5  1    2.73  9.8 100   1 20.42



S = 62.74 %

S = 63 %

c) Determinar el peso unitario del suelo saturado. De la ecuación [A.38] se obtiene el peso específico saturado del suelo en campo.  1   sat   1   d   w GS   1    sat  1    18.53  9.8  2.73 

sat = 21.54 kN/m3



d) Determinar el grado de compactación. De la ecuación [G.6] se obtiene el grado de compactación: R

 d campo

[3.7]

 d lab

De la ecuación [G.3] se obtiene el peso específico seco en campo con cero de aire en los vacíos (S = 100 %), para el contenido de humedad de 9% calculado en el inciso a). GS   w  d campo   zav   w  GS  1    S 

 d campo   zav 

2.73  9.8  9  2.73  1    100 



d campo = zav = 21.48 kN/m3

Del inciso a) se sabe que el peso específico seco máximo en laboratorio es: 

d max laboratorio = 19 kN/m3 Reemplazando valores en la ecuación [3.7] se tiene: R

21.48 kN/m 3  100 19.00 kN/m 3



R =113 %

393


PROBLEMA 4. En un ensayo de compactación Proctor Estándar, se obtienen los siguientes datos, dibujar con ellos la curva de compactación suavizada y la aproximada matemáticamente. Tabla 7.7. Proctor estándar Detalles del método y molde Método utilizado: A Dimensiones del molde: Diámetro (mm) = 101.31 Altura (mm) = 116.37

Detalles del suelo Gravedad especifica = 2.65 Material excluido (bolones, material muy grueso) = 0%

Tabla 7.7. Continuación. Proctor estándar Medición No. Peso del molde, g Peso molde + suelo, g No. de lata Peso lata, g Peso lata + suelo húmedo, g Peso lata + suelo seco, g

1 2 3 4 5 4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 4261.5 5976.5 6114 6171 6115.5 6081.5 030 091 016 031 005 062 048 055 067 007 45.93 33.18 33.41 44.08 33.00 33.27 32.99 33.45 33.99 32.74 178.87 137.33 137.10 186.35 133.45 138.99 130.34 143.04 161.98 168.93 164.12 125.94 122.91 167.32 116.20 120.99 111.60 121.91 135.44 140.18

Respuesta: Con los datos que se tienen se realiza la siguiente planilla. Tabla 7.8. Solución Proctor estándar A. DATOS TECNICOS Método utilizado:

A

Gravedad específica:

2.65

3

Volumen(V), cm : (h·π·D^2)/4)

Diámetro del molde, cm: (D)

10.131

Altura del molde, cm: (A)

11.637

% Material excluido:

938.07

0

B. PESO UNITARIO 1

2

3

4

5

Peso molde + suelo, g: (M1)

5976.50

6114.00

6171.00

6115.50

6081.50

Peso molde, g: (M2)

4261.50

4261.50

4261.50

4261.50

4261.50

1715.00

1852.50

1909.50

1854.00

1820.00

17.93

19.37

19.97

19.39

19.03

Medición No.

Peso suelo húmedo, g: (M3 = M1 – M2) 3

Peso unitario húmedo,, kN/m : (M3·g / V) C. CONTENIDO DE HUMEDAD Número de lata

030

091

016

031

005

062

048

055

067

007

Peso de lata, g: (Mlata)

45.93

33.18

33.41

44.08

33.00

33.27

32.99

33.45

33.99

32.74

Peso suelo húmedo + lata, g: (M + Mlata)

178.87 137.33 137.10 186.35 133.45 138.99 130.34 143.04 161.98 168.93

Peso suelo seco + lata, g: (MS + Mlata)

164.12 125.94 122.91 167.32 116.20 120.99 111.60 121.91 135.44 140.18

Contenido de humedad, %: Humedad promedio, % Peso unitario seco, kN/m3: Peso unitario zav, kN/m3:

w

M  MS MS

d   zav 

 1 w

12.48

12.28

15.85

15.44

20.73

20.52

23.84

23.89

26.16

26.76

12.38

15.65

20.63

23.86

26.46

15.96

16.75

16.55

15.65

15.05

20.02

18.77

17.13

16.22

15.55

W

w

1 GS

394


Con este ensayo de compactación Proctor se puede dibujar la curva de compactación a partir de 5 pruebas a distintas humedades y obteniendo de esta manera su peso unitario seco. La curva de compactación se obtiene al unir los 5 puntos a mano alzada o realizando el ajuste lineal de la siguiente ecuación: y = A x 4 + B x3 + C x2 + D x + E Donde “x” es la humedad en cada prueba y “y” su respectivo peso unitario seco. A partir de estas consideraciones se obtiene una ecuación exacta que se ajusta muy bien a los los datos obtenidos en la prueba de compactación y de la que ya se puede obtener el máximo peso unitario a un contenido de humedad óptimo. La curva de Saturación del 100% con cero de aíre en los vacíos (Zero air voids) se obtiene mediante el uso de la ecuación [G.4]:

 zav 

GS   W W  1 1  w  GS w GS

Donde: w = Humedad teórica obtenida para cada prueba en el ensayo. La curva de saturación del 100% (zav) representa la curva máxima de compactación que se podría obtener si se eliminara completamente el aire existente entre las partículas de suelo, esto significaría que en todos los espacios vacíos existe únicamente agua (S = 100%), esta curva teórica es correcta pero es imposible de reproducirse en la práctica. Con todas las consideraciones previas se procede a dibujar las curvas de compactación, que se muestran en la Figura 7.5: CURVAS DE COMPACTACIÓN

Peso específico seco, d kN/m3

18.00

Cuva ploteada 17.00

4

3

2

y = 0.0002x - 0.0149x + 0.353x - 3.1963x + 24.722

Curva zav saturada Curva ajustada

16.00

15.00 10.00

12.00

14.00

16.00

18.00

20.00

22.00

24.00

26.00

28.00

30.00

Contenido de humedad, w % Figura 7.5. Curvas de compactación realizadas en el programa Excel

395


Después de tener las curvas se procede a elegir si se tomará la curva de compactación dibujada o la ajustada, por lo general las curvas ajustadas representan con mayor exactitud el comportamiento del suelo en la compactación, por lo que se las recomienda. Para este problema se toma la curva de compactación ajustada que se la obtiene fácilmente en el programa Excel a partir de la curva ploteada, simplemente haciendo clic derecho en la curva ploteada y agregando línea de tendencia a esta. Una vez dentro de esta opción se escoge el tipo polinomial de orden 4. 18.0

Peso Unitario Seco, kN/m3

17.5

17.0

16.5

Curva ZAV

16.0

15.5

Curva ajustada

15.0

14.5 9.0

11.0 13.0 15.0 17.0 19.0 21.0 23.0 25.0 27.0 29.0

Contenido de Humedad, % Figura 7.6. Curvas resultantes

De esta gráfica se obtiene: Peso seco unitario máximo

= 16.85 kN/m3

Contenido de humedad óptimo = 17.70 %

PROBLEMA 5. Se quiere construir el terraplén de una carretera, que tendrá las características de la Figura 7.7. 15

3

1

3

Figura 7.7. Dimensiones del terraplén a construir

396


CURVAS DE COMPACTACIÓN

Peso específico seco, kN/m

3

20.0

19.5

19.0

18.5

18.0 4.0

6.0

8.0

10.0

12.0

14.0

16.0

Contenido de Humedad, % Figura 7.8. Curvas de compactación

Este terraplén tendrá una longitud de 400 m y se empleará para su construcción material de un banco de préstamo el cual tiene un contenido de humedad de 7 % y para el efecto se llevaron a cabo ensayos Proctor estándar de los que se obtuvo la curva de compactación presentada a continuación: a) Determinar el peso unitario mínimo que tendrá la sub-base, el rango de humedades en el que se podría realizar la compactación. b) Determinar también la cantidad de material en banco es necesario para la construcción del terraplén. c) Proponer la realización de una compactación más económica si se hará uso de compactadores Pata de Cabra. a) Determinar el peso específico seco mínimo de la sub-base y los rangos de humedad. De la curva de compactación se obtiene el peso específico seco máximo y el contenido de humedad óptimo del suelo: dmax = 19.65 kN/m3

wopt = 8.90 %

Al tratarse de la sub-base de una carretera entonces se debe tomar el grado de compactación mínimo aceptable para este tipo de trabajos de la Tabla G.4, R = 95 %. Entonces el peso específico seco mínimo en campo se obtiene a partir de la ecuación [G.6]: d campo = R·d max lab d campo = (0.95)·(19.65)



d campo = 0.95 · d max lab 

d campo mínimo = 18.67 kN/m3

Con este peso específico seco en campo mínimo se puede trazar la recta R·dmax sobre la curva de compactación, la cual define un rango de humedades entre las cuales sometiendo al suelo a la misma energía de compactación se obtendría al menos R d.

397


CURVA DE COMPACTACIÓN 20.0

Peso Unitario Seco, kN/m3

19.7 19.4 19.1 18.8 18.67 18.5 18.2 5.6

9.0 11.0 13.0 13.9 15.0 Contenido de Humedad, % Figura 7.9. Curva de compctación 5.0

7.0

De la gráfica se obtiene que el rango de humedades en el que se puede realizar la compactación es desde el 5.6 % hasta el 13.9 %, entre los cuales la compactación alcanzará al menos el valor de R·d = 18.67 kN/m3. b) Determinar la cantidad de material en banco necesaria para construir el terraplén. A partir de las dimensiones del terraplén se obtiene el volumen total del terraplén: Volumen = Área · Longitud = (15 + 33)·3·(400) = 28800 m3 2 A partir de las ecuaciones [A.8] y [A.14] del anexo A, se obtiene el peso de los sólidos y agua necesarios para obtener el peso específico deseado.

d 

WS V



[5.1]

WS   d  V

Donde: d = Peso específico seco. V = Volumen total del terraplén. WS = Peso de los sólidos en el suelo. Reemplazando los valores hallados, se tiene: WS = 18.67 kN/m3 · 28800 m3



WS = 537696 kN

De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua necesario.

398


w

WW WS



WW  W S  w

[5.2]

Donde: w = Contenido de humedad. WW = Peso del agua en el suelo. Reemplazando los valores hallados, se tiene: WW = (537696)·(0.07)



WW = 37638.7 kN

De la ecuación [A.3] se obtiene el peso total del suelo (sólidos + agua): W  W S  WW



W = 537696 + 37638,7

W = 575334.7 kN



W = 58647.8 ton

Entonces el peso total de material que se necesita extraer del banco es de 58647.78 ton. c) Proponer una compactación económica. Una compactación es económica cuando se alcanza el peso específico seco deseado utilizando una menor energía, esto se consigue con un menor número de pasadas del equipo, que a su vez significa un ahorro en el tiempo de ejecución y en el costo del equipo. Cada equipo que se utiliza requiere un número de pasadas determinado para hacer que el suelo alcance la densidad que se busca, este numero de pasadas se encuentra en función del equipo que se este utilizando, el tipo de material que se quiera compactar, el espesor de las capas, etc. En la Figura 7.10 se representa la condición de compactación más económica, que difiere según el equipo que se vaya a utilizar, en este caso usando compactadores pata de cabra se obtienen las curvas 1, 2 y 3, las cuales se obtuvieron en fajas o tramos de prueba para poder encontrar el menor número de pasadas necesario para alcanzar el peso unitario seco deseado que en este problema es de 18.67 kN/ m3 obtenido para el 95 % del peso específico máximo. La curva de compactación 1 de la Figura 7.10, se obtuvo haciendo trabajar el equipo con 15 pasadas. Este número de pasadas produce una curva de compactación similar a la obtenida en el laboratorio proporcionando un peso específico seco máximo y un contenido de humedad óptimo iguales a los del ensayo de laboratorio. Esta curva intercepta la recta R· dmax dando un rango muy amplio de humedades entre las cuales se puede realizar la compactación y obtenerse el peso unitario requerido. La curva 2 se obtuvo con 10 pasadas y el rango de humedades que define con la recta R· d max es menor que el que define la curva 1, pero se economiza en el costo de equipos al permitir alcanzar el mismo grado de compactación con un menor número de pasadas (menor energía). La curva 3 se realizó con 7 pasadas del equipo, esta curva alcanza el peso unitario buscado en un punto y a una sola humedad optima, esta compactación es la más económica que podría realizarse pero tiene el inconveniente de que el contenido de humedad que se requiere

399


es muy difícil de obtener y mantener pudiendo ocasionar que no se alcance la densidad requerida debido a cambios en condiciones ambientales en el campo, desde este punto de vista es más conveniente el uso de la curva 2 que garantiza el alcanzar la densidad que necesitamos en un rango más amplio de humedades.

Peso específico seco, d

Línea óptima

Línea del 100 % de saturación

d max

R· d max 1

2 3

a

w opt

b

c

Contenido de húmedaden, w(%) Figura 7.10. Condición para la compactación más económica.

PROBLEMA 6. Se ha compactado un suelo por el lado húmedo utilizando un contenido de humedad del 15 %, obteniéndose un peso específico de 20.5 kN/m3. También se conoce que la gravedad específica de los sólidos es 2.70. Luego de haberse compactado el suelo el contenido de humedad disminuyó en 3 %, y por efecto de las lluvias alcanzó la saturación del 100 %. Determinar: a) El peso específico saturado del suelo por efecto de las lluvias. b) El peso específico seco que el suelo hubiese alcanzado si se hubiera mantenido el contenido de humedad, y el peso unitario seco teórico cuando el suelo se satura al 100%. Respuesta: a) Determinar el peso específico saturado.

400


De la ecuación [A.20] del anexo A, se obtiene el peso específico saturado.

(1  w)  G S   W w  GS 1 S Donde: S = 100 % w = 15 % - 3 % = 12 % GS = 2.7 W = 9.80 kN/m3

 sat 

[6.1]

Reemplazando estos datos en la ecuación [6.1], se tiene:

 sat 

(1  0.12)  2.7  9.8 0.12  2.7 1 1



sat = 22.38 kN/m3

b) Determinar el peso específico seco y peso específico seco teórico. De la ecuación [G.2] del anexo G, se obtiene el peso específico seco.  d  [6.2] 1 w Donde:  = 20.5 kN/m3 w = 15 % (manteniendo el contenido de humedad inicial) Reemplazando estos datos en la ecuación [6.2], se tiene:

d 

20.5 1  0.15



d = 17.83 kN/m3

De la ecuación [G.4], del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico (S = 100 %):

 zav 

GS   W  w  GS  1    S 

Donde: w = 15 % – 3 % = 12 % (luego de las lluvias para alcanzar S = 100 %) Gs = 2,7 S = 100 % 2.7  9.8  0.12  2.7  1   1   zav = 19.98 kN/m3

 zav 

PROBLEMA 7. Se dispone de una muestra de suelo con las siguientes características:

401


Contenido de humedad: Contenido de humedad óptimo: Peso específico máximo: Gravedad específica de los sólidos:

8% 11 % 19.2 kN/m3 2.65

a) Calcular la cantidad de agua que se debe añadir a la muestra para que esta alcance el valor máximo de peso unitario seco en el ensayo y el volumen de 943 cm3. b) Si el peso específico para un contenido de humedad del 8% es 18,0 kN/m3.¿ Cuál sería el grado de compactación? Respuesta: a) Calcular la cantidad de agua que se añade a la muestra. De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco:

d 

 1 w

[7.1]

Donde: wopt = 11 %  = 19.2 kN/m3 Remplazando estos datos en la ecuación [7.1], se tiene:

d 

 1 w



d = 17.30 kN/m3

De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos del suelo:

d 

WS V



WS   d  V

[7.2]

Donde: V = 943 cm3 Remplazando valores en la ecuación [7.2], se tiene: WS  17.3

kN (1 m) 3 3  943 cm  m3 (100 cm) 3



WS = 0.0163 kN

De la ecuación [A.14] se obtiene el peso del agua en el suelo: w

WW WS



WW  w WS

[7.3]

Para wopt = 11 % se tiene: WW opt = (0.11)·(0.0163) = 0.00179 kN De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua:

402


MW 

WW  g

M W opt 

0.00179 kN 1000 N 1 kg  m/seg 2   1N 9.8 m/seg 2 1 kN

MW opt = 0.183 kg Para winicial = 8 % se tiene: WW ini = (0.8)·(0.0163)= 0.00131 kN De la ecuación [A.16] se obtiene la masa de agua: MW 

WW  g

M W ini 

0.00179 kN 1000 N 1 kg  m/seg 2   1N 9.8 m/seg 2 1 kN

MW ini = 0.133 kg Entonces la cantidad de agua que se añadirá es: MW = MW opt – MW ini MW = 0.183 – 0.133 MW = 0.050 kg de agua Ahora, si agua = 1 gr/ml, se tiene: Vagua = M / agua Vagua 

50 g de agua 1 g/ml



Vagua = 50 ml de agua

b) Determinar el grado de compactación. Siendo el peso específico en campo para un contenido de humedad del 8 % igual a 18 kN/m3, entonces de la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco en campo:

d 

 1 w

 d campo 

18.0 1  0.08



d campo = 16.67 kN/m3

Ahora, como:

 d max lab 

 max 1 w

Entonces:

19.2  dmax-lab = 17.30 kN/m3 1  0.11 De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo:

 d max lab 

403


R

R

 d campo  d max lab

100

16.67 ·100 17.30



R = 96.4 %

PROBLEMA 8. Un suelo con un índice de vacíos de 0.68 ha sido seleccionado como banco de préstamo del terraplén de una carretera. El terraplén es compactado hasta alcanzar un índice de vacíos de 0.45. Se requerirá un volumen de 2500 m3 de terraplén. Encontrar el volumen de suelo que debe ser excavado del banco de préstamo para alcanzar el volumen requerido en la obra. Respuesta: Se tienen los siguientes datos: Índice de vacíos en banco: Índice de vacíos en terraplén: Volumen del terraplén compactado:

e banco = 0.68 e compactado = 0.45 V compactado = 2500 m3

De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene el volumen de vacíos: V  VV  e VS e V VS De los datos se tiene: VV banco = e banco ·VS VV compactado = e compactado ·VS

 

VV banco = 0.68·VS VV compactado = 0.45·VS

De la ecuación [A.1] se obtiene el volumen de los sólidos: V compactado = VS + VV compactado VS = 2500 - 0.45·VS VS = 2500/1.45

  

VS = V compactado - VV compactado VS + 0.45·VS = 2500 VS = 1724.14 m3



VV banco = (0.68)·(1724.14)

Entonces reemplazando valores se tiene: VV banco = 0.68 VS VV banco = 1172.42 m3 Entonces el volumen a excavar en el banco de préstamo es: V banco = VV banco + VS V banco = 2896.56 m3



V banco = 1172.42 + 1724.14

Por tanto el volumen a excavar en el banco de préstamo será de 2896.56 m3.

PROBLEMA 9.

404


Para la realización del terraplén de una carretera se debe escoger un banco de préstamo de entre tres posibles sitios que cumplen con los requerimientos de diseño. Los bancos de préstamo fueron examinados y se realizaron ensayos de laboratorio obteniendo el índice de vacíos (e) que se indica a continuación, además se conoce el precio del metro cúbico de material de cada banco puesto en obra. Determinar cual de los bancos es el más económico para utilizarlo si se requerirán 2500 m3 para el terraplén el cual debe alcanzar un índice de vacíos de 0.45. Tabla 7.9. Características de los bancos de préstamo Banco Indice de vacíos (e )

A

B

C

0.68

0.71

0.75

35

45

30

3

Costo Bs./m

Respuesta: De la ecuación [A.12] del anexo A, se obtiene en función de cada uno de los suelos el siguiente sistema de ecuaciones:

e

VV VS



e VS  VV  0

[9.1]

   

0.68  VS  VVA  0

0.45 VS  VVf  0

[9.2] [9.3] [9.4] [9.5]



VS  VVf  2500

[9.6]

Entonces de la ecuación [9.1] se tiene:

eA  VS eB  VS eC  VS e f  VS

 VVA  0  VVB  0  VVC  0  VVf  0

VS  VVf  2500

0.71 VS  VVB  0 0.75  VS  VVC  0

Donde: eA = índice de vacíos para el banco A (0.68). eB = índice de vacíos para el banco B (0.71). eC = índice de vacíos para el banco C (0.75). ef = índice de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén (0.45). VS = volumen de sólidos. (Incógnita 1) VVA = volumen de vacíos en el banco A. (Incógnita 2) VVB = volumen de vacíos en el banco B. (Incógnita 3) VVC = volumen de vacíos en el banco C. (Incógnita 4) VV f = volumen de vacíos que debe alcanzarse en el terraplén. El sistema de 5 ecuaciones con 5 incógnitas se lo puede resolver en forma manual o también con ayuda de una calculadora que resuelva sistemas lineales. Manualmente se tiene: De la ecuación [9.5] se tiene:

VVf  0.45  VS

[9.7]

Reemplazando la ecuación [9.7] en la ecuación [9.6] se tiene: VS  0.45  VS  2500



1.45  VS  2500

405


VS 

2500 1.45



VS = 1724.14 m3

Reemplazando el valor de VS encontrado en la ecuación [9.2], [9.3], [9.4] y [9.7] se tiene: En [9.2]:

0.68 1724.14  VVA  0 

VV A = 1172.41 m3

En [9.3]:

0.711724.14  VVB  0 

VV B = 1224.14 m3

En [9.4]:

0.75  1724.14  VVC  0 

VV C = 1293.10 m3

En [9.7]:

1724.14  VVf  2500



VV f = 775.86 m3

Los volúmenes de material que son necesarios de cada banco de préstamo son: VA = VS +VV A



VA = 1724.14 + 1172.41



VA = 2896.55 m3

VB = VS +VV B



VB = 1724.14 + 1224.14



VB = 2948.28 m3

VC = VS +VV C



VC = 1724.14 + 1293.10



VC = 3017.24 m3

El costo se lo obtiene de la siguiente ecuación: Costo = (Volumen del terraplén)·(costo por metro cúbico) Costo A:

(2896.55 m3)·(35 Bs./m3)= 101379.25 Bs.

Costo B:

(2948.28 m3)·(45 Bs./m3)= 132672.60 Bs.

Costo C:

(3017.24 m3)·(30 Bs./m3)= 90517.20 Bs.

De los costos hallados de todos los bancos de préstamo el más económico de estos es el material del banco C cuyo costo es 90517.20 Bs.

PROBLEMA 10. Un suelo seco se mezcla en un 15% en peso con agua y es compactado para producir una muestra de 6 cm x 6 cm x 2 cm con 5% de aire. Calcular la porosidad y la masa del suelo requerida para tal efecto. Utilizar gravedad específica igual a 2.70. Respuesta: De la ecuación [A.14]: del anexo A, se obtiene el peso de agua: W w W [10.1] WS Donde: WW = al 15 % del peso de suelo seco  WW = 0.15 WS Entonces reemplazando estos datos en la ecuación [10.1] se tiene:

406


w

0.15  WS WS



w = 0.15

De la ecuación [A.2] se tiene: VW + Vaire = VV

[10.2]

Donde: Vaire = 5 % de volumen de vacíos.  VW = Volumen de agua. VV = Volumen de vacíos.

Vaire = 0.05·VV

Entonces reemplazando datos en la ecuación [10.2] se tiene: VW + 0.05·VV = VV VW = 0.95·VV

[10.3]

Reemplazando la ecuación [10.3] en la ecuación [A.11] del anexo A, se obtiene el grado de saturación del suelo: V S W VV S

0.95  VV VV



S = 0.95

También de la ecuación [A.43] del anexo A, se obtiene el índice de vacíos del suelo: S  e  GS  w

GS  w S



e



e = 0.426

[10.4]

Reemplazando datos se tiene:

e

2.7  0.15 0.95


d 

GS   W 1 e

[10.5]


d 

2.7  9.81 1  0.426



d = 18.57 kN/m3

De la definición de volumen se obtiene el volumen de la muestra: V = (0.06)·(0.06)·(0.02)



V = 7.2 x 10-5 m3

De la ecuación [A.8] se obtiene el peso de los sólidos de la muestra:

407


d 

WS V

WS = (18.57)·(7.2 10-5 m3) = 0.0013 kN



WS   d  V



WS = 1.33 N

Entonces la masa de los sólidos de la muestra se la obtiene de la ecuación [A.16]: W M g

MS 

1.33 N 9.81 m/seg 2

WS g



MS 



MS = 0.136 kg = 136 g

Por lo tanto la masa seca de suelo requerida es de 136 g. Para calcular la porosidad se utiliza la ecuación [A.25] del anexo A:

 d  GS   W  (1  n) n  1

18.57 2.7  9.81

d GS   W



n  1



n  0.299  0.3

Entonces la porosidad es 0.30.

PROBLEMA 11. Las especificaciones de compactación de un relleno requieren un grado de compactación del 95% con respecto al ensayo de compactación Proctor Estándar. Ensayos en el material que se va a utilizar indican que el peso específico seco máximo es de 19.49 kN/m3, con un contenido de humedad óptimo de 12%. El material de préstamo en su condición natural tiene un índice de vacíos de 0.6; si la gravedad específica de los sólidos es 2.65. Determinar el volumen mínimo de material de préstamo requerido para obtener 1 m3 de relleno compactado en forma aceptable. Respuesta: De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo: R


100



 d campo 

R   d max lab 100

Donde de los datos se tiene: R = 95 % d max-lab = 19.49 kN/m3 Entonces reemplazando estos datos se tiene:

408


 d campo 

9519.49 100



d

relleno en campo

= 18.52 kN/m3

El peso para un volumen de 1 m3 de relleno compactado se obtiene de la ecuación [A.8]:

d 

WS V

W relleno en campo = (18.52)·(1)



WS   d  V



W relleno en campo = 18.52 kN

Ahora con la ecuación [A.18] se obtiene el peso específico del material en banco:

 

1  w  GS   W 1 e

Donde: w = 12 % GS = 2.65 w = 9.81 kN/m3 e = 0.6 Reemplazando estos datos el peso específico del material en banco es:

1  0.12   2.65  9.81

 banco 

1  0 .6



banco = 18.20 kN/m3

Entonces de la ecuación [A.4] se obtiene el volumen mínimo de material de préstamo requerido:



W V

Vbanco 

 18.52 18.20

Vbanco 



Wrelleno en campo

 banco Vbanco = 1.017 m3

PROBLEMA 12. Se presenta a continuación los resultados de la compactación de un limo arcilloso. Tabla 7.10. Compactación Contenido de humedad % 6 8 9 11 12 14

Peso unitario seco kN/m3 14.80 17.45 18.52 18.90 18.50 16.90

A continuación se encuentran los resultados del ensayo del cono de arena en el mismo suelo: Densidad seca de la arena utilizada = 1570 kg/m3 = darena Masa de arena para llenar el cono = 0.545 kg M arena cono lleno

409


Masa de recipiente + cono + arena (antes de usarse) = 7.590 kg = M rec+cono+arena (antes) Masa de recipiente + cono + arena (después de usarse) = 4.780 kg = M rec+cono+arena (después) Masa del suelo húmedo del hoyo = 3.007 kg = M suelo húmedo Contenido de humedad del suelo = 10.2 % = w Determinar: a) Peso específico seco de compactación en el campo. b) Grado de compactación en el campo. c) Grado de compactación máxima para las condiciones de campo. a) Determinar el peso específico seco en campo.

M rec.+cono+arena (antes) M rec+cono+arena(después) Marena cono lleno M hoyo Figura 7.11. Masas en el proceso de compactación del cono de arena

Calcular la masa total perdida: La masa de la arena dentro el cono y el hoyo se encuentra con ayuda de la Figura 7.11:

M t. perdida  M rec cono  arena(antes)  M rec  cono  arena(después)  M arena cono lleno  M hoyo

[12.1]

M t. perdida  M rec cono  arena(antes)  M rec cono  arena(después) M T. perdida  7.59  4.78



M T.perdida  2.810 kg

De la ecuación [12.1] se obtiene la masa y posteriormente el peso del hoyo:

M hoyo  M t. perdida  M arena cono lleno Mhoyo = 2.81 – 0.545



Mhoyo = 2.265 kg



Whoyo = 22.22 N

Whoyo = (Mhoyo)·(g) Whoyo = (2.265)·(9.81)

De la ecuación [A.15] del anexo A se obtiene el volumen del hoyo:



M V

Vhoyo 

 2.265 1570

Vhoyo 

M hoyo

 d arena Vhoyo = 1.443 x 10-3 m3

410


Ahora con ayuda de las ecuaciones [A.16a], [A.4] se obtiene el peso específico seco de la arena y del suelo respectivamente:

  g



d arena = d arena · g





d arena = 15401 N/m3 = 15.4 kN/m3



 suelo 

M g V



 suelo  20447 N/m3 = 20.45 kN/m3

d arena = (1570)·(9.81)

 suelo   suelo 

W V

3.007   9.81 0.001443

De la ecuación [G.2] se obtiene el peso específico seco del suelo:

 d suelo 

 1 w

 d suelo 



 d suelo =18.56 kN/m3

20.45 1  0.102

(Peso específico seco de compactación en campo).

b) Determinar el grado de compactación en campo. De la ecuación [G.7] del anexo G, se obtiene el grado de compactación del suelo: R


[12.2]

100

Para poder obtener el peso especifico seco máximo y el contenido de humedad óptimo es necesario dibujar la curva de compactación. CURVA DE COM PACTACIÓN 20.00

Peso unitario seco, KN/m

3

P eso específico seco máximo

19.00 18.53

P e so e spe c ífico se c o e n c ampo

18.00

17.00

16.00

15.00

14.00 5

7

9

10.33

11

13

15

Contenido de humedad, % Figura 7.12. Curva de compactación

De la curva de compactación se obtienen el peso específico seco máximo y el contenido de humedad optimo:

411


d max-lab = 18,9 kN/m3 wóptimo = 10 % Además del inciso a) se cabe que el peso específico en campo es: d campo = 18.56 kN/m3 Entonces reemplazando valores en la ecuación [12.2] se tiene: R

18.56  100 19.20



R = 96.7 %

c) Determinar el grado de compactación máximo en campo. El grado de compactación máximo que se puede alcanzar en campo es cuando se compacta con un grado de saturación igual al 100 %, claro esta que este grado de compactación es solo teórico ya que por más que se agregue agua en grandes cantidades al suelo este nunca se llega a saturar totalmente. De la ecuación [G.8], del anexo G, se obtiene el grado de compactación máxima del suelo: Rmax teorico 

 zav  max lab

[12.3]

100

Además de la ecuación [G.4] del anexo G, se obtiene el peso específico seco teórico para la saturación del 100 %.

 zav 

GS   W  w  GS  1    S 

[12.4]

Suponiendo el caso más crítico con S = 100 %, se tiene la nueva expresión:

 zav 

GS   W 1  w  GS

[12.5]


 zav 

2.65  9.8 1  0.102  2.65



γzav = 20.46 kN/m3

Reemplazado en la ecuación [12.3] se obtiene el grado de compactación máximo teórico: Rmax teorico 

 zav 100  max lab



Rmax-teórico = 106.6 %

412

ANEXO A Propiedades índice de los suelos

ANEXO A PROPIEDADES ÍNDICE DE LOS SUELOS 1. Relaciones peso volumen de las fases del suelo. Peso Wa

Donde:

Volumen

Aire

Va = Volumen de aire.

Va

Vw = Volumen de agua. Vv

Ww

Agua

Vs = Volumen de sólido.

Vw

Vv = Volumen de vacíos. V

V = Volumen total.

W

Wa = Peso del aire. Ws

Sólido

Ww = Peso del agua. Vs

Ws = Peso del sólido. W = Peso total.

Figura A.1. Tres fases de un suelo

De la Figura A.1 se puede obtener las siguientes ecuaciones: Volumen total [m3]:

V  VV  V S  V  Va  Vw  Vs

[A.1]

Volumen de vacíos [m3]:

Vv  Va  Vw

[A.2]

Peso total [Kg]:

W  Ww  Ws

[A.3]

Peso específico húmedo [Kg/m3]:

 

W V

[A.4]

Peso específico de los sólidos [Kg/m3]:  s 

Ws Vs

[A.5]

Peso específico del agua [Kg/m3]:

Ww Vw

[A.6]

w 

   1000 kgf/m   62.4 lb/ft 

 w  9.81 kN/m 3 w w Gravedad específica: Peso específico seco [Kg/m3]:

s w W d  s V Gs 

3

3

[A.7] [A.8]


W

Peso específico saturado [Kg/m3]:

 sat 

Peso específico sumergido [Kg/m3]:

 '    w

[A.10]

V

[A.9]

Principios Básicos Grado de saturación:

S

Vw Vv

[A.11]

Índice de vacíos:

e

Vv Vs

[A.12]

Porosidad:

n

Vv V

[A.13]

Contenido de humedad:

w

WW WS

[A.14]

Densidad:



M V

[A.15]

Peso:

W M g

[A.16]

Densidad relativa [%]: Dr 

Donde:


[A.17]

e = Índice de vacíos del suelo in situ. emax = Índice de vacíos del suelo en el estado mas suelto. emin = Índice de vacíos del suelo en el estado mas denso.

A partir de estas ecuaciones básicas se pueden hallar muchas relaciones peso – volumen para los diferentes pesos específicos ( , d, sat); y también algunos para la densidad relativa. Estas relaciones fueron demostradas en este texto, y son las siguientes: a. Para el peso específico húmedo,  (1  w)  G s   w 1 e (G s  S  e )   w   1 e (1  w)  G s  w   w  Gs 1 S

 

[A.18] [A.19] [A.20]


  G s   w  (1  n)  (1  w)

[A.21]

  G s   w  (1  n)  n  S   w

[A.22]

b. Para el peso específico seco, d

d 

 1 w

[A.23]

d 

Gs   w 1 e

[A.24]

 d  G s   w (1  n)

[A.25]

d 

d 

GS   W  w  GS  1    S 

[A.26]

e  S  w (1  e)  w

[A.27]

e  w 1 e

[A.28]

 d   sat  n   w

[A.29]

 d   sat 

d 

( sat   w )  G s (G s  1)

[A.30]

c. Para el peso específico saturado, sat (G s  e)   w 1 e

[A.31]

 sat  (1  n)  G s  n  w

[A.32]

 1  wsat  sat    1  wsat G s

[A.33]

 sat 

 e  sat    wsat

   G s   w 

  1  wsat      w   1 e 

 1  wsat     w  sat  n    wsat   e   sat   d     w 1 e 

[A.34]

[A.35] [A.36]


 Sat   d  n   w

[A.37]

 1  sat  1   Gs

[A.38]

    d   w 

 sat   d  (1  wsat )

[A.39]

d. Para la densidad relativa, Dr Dr 

(1  nmin )  (nmax  n) (nmax  nmin )  (1  n)

[A.40]

  d   d (min)    d (max)  Dr       d (max)   d (min)    d 

[A.41]

e. Otras n 1 n

[A.42]

Gs  w  e  S

[A.43]

e

2. Textura y forma de las partículas del suelo. S

De L

[A.44]

Donde: De = Diámetro equivalente de la partícula, que será: De  L = Longitud de la partícula. V = Volumen de la partícula.

3

6 V 

Esfericidad

0.9

0.7

0.5

0.3

0.1

0.3

0.5

0.7

0.9

Redondez Figura A.2. Ábaco para evaluar las partículas de forma granular (Krumbein & Sloss, 1963)

3. Parámetros de la curva de distribución del tamaño de partículas.


CU 

D60 D10

[A.45]

CC 

D302 D10  D60

[A.46]

So 

D75 D25

[A.47]

Análisis del Hidrómetro D

30  L   Gs  1   w t

[A.48]

Donde: L = Es la distancia que recorre la partícula al sedimentarse. t = Es el tiempo que tarda en recorrer esa distancia. w = Peso unitario del agua.  = Viscosidad dinámica del fluido. D = Diámetro de la partícula con forma esférica. 0

L1

0

L 60

L2 60

(a)

(b)

Figura A.3. Hidrómetro (Das, 1998)

DK Donde:

K

L t

30  n Gs  1   w

[A.49]


Tabla A.1. Valores de K (ASTM D422) Temperatura ºC 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

2.50 0.0149 0.0147 0.0145 0.0143 0.0141 0.0140 0.0138 0.0137 0.0135 0.0133 0.0132 0.0130 0.0129 0.0128

2.55 0.0146 0.0144 0.0143 0.0141 0.0139 0.0137 0.0136 0.0134 0.0133 0.0131 0.0130 0.0128 0.0127 0.0126

Gravedad específica (Gs) 2.60 2.65 2.70 0.0144 0.0142 0.0140 0.0142 0.0140 0.0138 0.0140 0.0138 0.0136 0.0139 0.0137 0.0134 0.0137 0.0135 0.0133 0.0135 0.0133 0.0131 0.0134 0.0132 0.0130 0.0132 0.0130 0.0128 0.0131 0.0129 0.0127 0.0129 0.0127 0.0125 0.0128 0.0126 0.0124 0.0126 0.0124 0.0123 0.0125 0.0123 0.0121 0.0124 0.0122 0.0120

2.75 0.0138 0.0136 0.0134 0.0133 0.0131 0.0129 0.0128 0.0126 0.0125 0.0124 0.0122 0.0121 0.0120 0.0118

Tabla A.2. Valores de L para distintas lecturas (R) del hidrómetro Lectura R 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

L cm 16.3 16.1 16 15.8 15.6 15.5 15.3 15.2 15 14.8 14.7 14.5 14.3 14.2 14 13.8 13.7 13.5 13.3 13.2 13 12.9 12.7 12.5 12.4 12.2

Lectura R 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51

L cm 12 11.9 11.7 11.5 11.4 11.2 11.1 10.9 10.7 10.6 10.4 10.2 10.1 9.9 9.7 9.6 9.4 9.2 9.1 8.9 8.8 8.6 8.4 8.3 8.1 7.9

2.80 0.0136 0.0134 0.0132 0.0131 0.0129 0.0128 0.0126 0.0125 0.0123 0.0122 0.0120 0.0119 0.0118 0.0117


P (%)i 

aR Ms

[A.50]

·100

Donde el valor de a es una corrección para la gravedad específica, que será: a

Gs ·1.65

[A.51]

 Gs  1·2.65

Este valor de corrección también puede ser obtenido de la Tabla A.3. Tabla A.3. Valores de a (ASTM D422) Gs

a 1.04 1.02 1.01 1.00 0.99 0.98 0.97

2.50 2.55 2.60 2.65 2.70 2.75 2.80

4. Limites de Atterberg. N LL  wN     25 

tan 

[A.52]

Donde: LL = Límite líquido. wN = Contenido de humedad natural. N = Número de golpes. tan  = Pendiente de la línea de flujo (0.121 es una buena aproximación). Tabla A.4. Valores para la relación (N/25)0.121 (ASTM D4318) N 20 21 22 23 24 25

N    25 

0.121

0.973 0.979 0.985 0.990 0.995 1.000

IF 

N 26 27 28 29 30

N    25 

0.121

1.005 1.009 1.014 1.018 1.022

w1  w2 N  log  2   N1 

Donde: IF = Índice de flujo. w1 = Contenido de humedad del suelo correspondiente a N1 golpes. w2 = Contenido de humedad del suelo correspondiente a N2 golpes. N1, 2 = Número de golpes correspondientes a cada ensayo.

[A.53]


IL 

w  LP LL  LP

[A.54]

Donde: IL = Índice de liquidez. w = Contenido de humedad del suelo en situ. LL = Límite líquido del suelo. LP = Límite plástico del suelo. IP = LL  LP Donde: IP = Índice de plasticidad.

[A.55]

Tabla A.5. Grado de plasticidad del suelo (Sowers, 1979) Descripción No plástico Ligeramente plástico Baja plasticidad Alta plasticidad

IP 0-3 3 - 15 15 - 30 > 30

Lí ne aU

70


60 Arcillas inorgánicas de alta plasticidad

50 40 30

Arcillas inorgánicas de mediana plasticidad

aA ne í L

Limos inorgánicos de alta compresibilidad y arcillas orgánicas.

Arcillas inorgánicas de baja plasticidad

Limos inorgánicos de alta compresibilidad y arcillas orgánicas.

20 10

Limos inorgánicos de baja compresibilidad

0

20

30

40

50

60

80

100

Límite líquido

Figura A.4. Gráfico de plasticidad (Casagrande, 1932)

Línea A:

IP = 0.73 (LL – 20)

[A.56]

Línea U:

IP = 0.9 (LL – 8)

[A.57]

A

IP Fracción de arcilla (%)

Donde: A = Actividad.

[A.58]


LC = w0 – w Donde: LC = Límite de contracción del suelo. w0 = Contenido de humedad del suelo en consistencia líquida. w = Cambio del contenido de humedad durante la contracción.  L CL  1  S  LI

  100 

[A.59]

[A.60]

Donde: CL = Contracción lineal del suelo. LS = Longitud después del secado. LI = Longitud inicial.

IC 

Ms VF

[A.61]

Donde: IC = Índice de contracción del suelo. Ms = Peso del suelo seco. VF = Volumen final del suelo luego de ser secado.

CI 

LL  w LL  I P

Donde: CI = Índice de consistencia del suelo. w = Contenido de humedad actual del suelo. LL = Límite líquido. IP = Índice de plasticidad.

[A.62]

ANEXO B Clasificación de los suelos

ANEXO B CLASIFICACIÓN DE LOS SUELOS 1. Sistema de clasificación Unificado. Tabla B.1. Símbolos de grupo para la clasificación de suelos según el Sistema Unificado División Principal Suelo gravoso R4 > 0.5 R200

Suelo arenoso, R4 ≤ 0.5 R200

Criterios Suelo de grano grueso, R200 > 50 F200 < 5, CU ≥ 4 , 1 ≤ CZ ≤ 3 F200 < 5, CU < 4 y/o CZ no entre 1 y 3. F200 > 12, IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura B.1) F200 > 12, IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura B.1) F200 > 12, LL < 50 , 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura B.1) 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GW y los criterios de plasticidad de GM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GW y los criterios de plasticidad de GC. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GP y los criterios de plasticidad de GM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de GP y los criterios de plasticidad de GC.

Símbolo de Grupo

F200 < 5, CU ≥ 6 , 1 ≤ CZ ≤ 3 F200 < 5, CU ≥ 4 y/o CZ no entre 1 y 3. F200 > 12, IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura B.1) F200 > 12, IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura B.1) F200 > 12, LL < 50 , 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SW y los criterios de plasticidad de SM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SW y los criterios de plasticidad de SC. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SP y los criterios de plasticidad de SM. 5 ≤ F200 ≤ 12 ; cumple los criterios de gradación de SP y los criterios de plasticidad de SC.

SW SP SM

Suelo de grano fino (inorgánico), R200 ≤ 50 IP < 4 , o Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura B.1) IP > 7 , y Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura B.1) 4 ≤ IP ≤ 7 y Limites de Atterberg arriba de la línea A (Figura B.1) Suelo limoso y Limites de Atterberg debajo de la línea A (Figura B.1) arcilloso, LL ≥ 50 Limites de Atterberg en o arriba de la línea A (Figura B.1) Suelo de grano fino (orgánico) LL no secado en horno  0 . 75 Limo orgánico y LL secado en horno arcilla, LL < 50 LL no secado en horno Limo orgánico y  0 . 75 arcilla, LL ≥ 50 LL secado en horno _______________ Turba, loes y otros suelos altamente orgánicos. Suelo limoso y arcilloso, LL < 50

GW GP GM GC GC-GMa GW-GMa GW-GCa GP-GMa GP-GCa

SC SC-SMa SW-SMa SW-SCa SP-SMa SP-SCa

ML CL CL-MLa MH CH

OL OH Pt

Problemas resueltos de mecánica de suelos. L. M. Salinas, J. Campos & G. Guardia

Tabla B.2. Nombres de grupo para suelos gravosos Símbolo de grupo Criterio SF (%) Nombre de grupo GW < 15 Grava bien gradada ≥ 15 Grava bien gradada con arena GP < 15 Grava pobremente gradada ≥ 15 Grava pobremente gradada con arena GM < 15 Grava limosa ≥ 15 Grava limosa con arena GC < 15 Grava arcillosa ≥ 15 Grava arcillosa con arena GC-GM < 15 Grava limo arcillosa ≥ 15 Grava limo arcillosa con arena GW-GM < 15 Grava bien gradada con limo ≥ 15 Grava bien gradada con limo y arena GW-GC < 15 Grava bien gradada con arcilla ≥ 15 Grava bien gradada con arcilla y arena GP-GM < 15 Grava pobremente gradada con limo ≥ 15 Grava pobremente gradada con limo y arena GP-GC < 15 Grava pobremente gradada con arcilla ≥ 15 Grava pobremente gradada con arcilla y arena Nota: Fracción de arena (SF) = porcentaje del suelo que pasa el tamiz No. 4 pero es retenido por el tamiz Nº 200 = R200 – R4; Fracción de grava (GF) = porcentaje de suelo que pasa el tamiz de 3 [in]. Pero es retenido por el tamiz No. 4 = R4.

Tabla B.3. Nombres de grupo para suelos arenosos Símbolo de grupo Criterio GF (%) Nombre de grupo SW < 15 Arena bien gradada ≥ 15 Arena bien gradada con grava SP < 15 Arena pobremente gradada ≥ 15 Arena pobremente gradada con grava SM < 15 Arena limosa ≥ 15 Arena limosa con grava SC < 15 Arena arcillosa ≥ 15 Arena arcillosa con grava SM-SC < 15 Arena limosa arcillosa ≥ 15 Arena limosa arcillosa con grava SW-SM < 15 Arena bien gradada con limo ≥ 15 Arena bien gradada con limo y grava SW-SC < 15 Arena bien gradada con arcilla ≥ 15 Arena bien gradada con arcilla y grava SP-SM < 15 Arena pobremente gradada con limo ≥ 15 Arena pobremente gradada con limo y grava SP-SC < 15 Arena pobremente gradada con arcilla ≥ 15 Arena pobremente gradada con arcilla y grava


Tabla B.4. Nombres de grupo para suelos finos inorgánicos Símbolo de Grupo R200 SF/GF GF SF CL 15 a 29 ≥30

ML

<15 15 a 29 ≥30

CL-ML

<15 15 a 29 ≥30

CH

<15 15 a 29 ≥30

MH

<15 15 a 29 ≥30

≥1 <1 ≥1 ≥1 <1 <1

<15 ≥15

≥1 <1 ≥1 ≥1 <1 <1

<15 ≥15

≥1 <1 ≥1 ≥1 <1 <1

<15 ≥15

≥1 <1 ≥1 ≥1 <1 <1

<15 ≥15

≥1 <1 ≥1 ≥1 <1 <1

<15 ≥15

<15 ≥15

<15 ≥15

<15 ≥15

<15 ≥15

<15 ≥15

Nombre de Grupo Arcilla magra Arcilla magra con arena Arcilla magra con grava Arcilla magra arenosa Arcilla magra arenosa con grava Arcilla magra gravosa Arcilla magra gravosa con arena Limo Limo con arena Limo con grava Limo arenoso Limo arenoso con grava Limo gravoso Limo gravoso con arena Arcilla limosa Arcilla limosa con arena Arcilla limosa con grava Arcilla limosa arenosa Arcilla limosa arenosa con grava Arcilla limosa gravosa Arcilla limosa gravosa con arena Arcilla grasa Arcilla grasa con arena Arcilla grasa con grava Arcilla grasa arenosa Arcilla grasa arenosa con grava Arcilla grasa gravosa Arcilla grasa gravosa con arena Limo elástico Limo elástico con arena Limo elástico con grava Limo elástico arenoso Limo elástico arenoso con grava Limo elástico gravoso Limo elástico gravoso con arena

Nota: R200 =porcentaje de suelo retenido sobre el tamiz No. 200; Fracción de arena (SF) = porcentaje del suelo que pasa el tamiz Nº 4 pero retenidos sobre el tamiz Nº 200 = R200 – R4; Fracción de grava (GF) = porcentaje del suelo que pasa el tamiz de 3-in. pero retenido sobre el tamiz No. 4 = R4.


Tabla B.5. Nombres de grupo para suelos finos orgánicos Símbolo Plasticidad de grupo

R200

OL

<15

IPNOD  4

SF / GF

GF (%)

SF Nombre de Grupo (%) Arcilla orgánica

IPNOD ≥ 0,73x(LLNOD - 20) 15 a 29 1 30

OL

<1 1 1 <1 <1

<15 IPNOD  4 IPNOD < 0,73x(LLNOD - 20) 15 a 29 1 <1 30 1 1 <1 <1

Arcilla orgánica con arena <15 15 <15 15

<15 15 <15 15

Arcilla orgánica con grava Arcilla orgánica arenosa Arcilla orgánica arenosa con grava Arcilla orgánica gravosa Arcilla orgánica gravosa con arena Limo orgánico Limo orgánico con arena Limo orgánico con grava Limo orgánico arenoso Limo orgánico arenoso con grava Limo orgánico gravoso Limo orgánico gravoso con arena

OH

IPNOD ≥ 0,73x(LLNOD - 20) <15

Arcilla orgánica

OH

15 a 29 1 <1 30 1 1 <1 <1 IPNOD < 0,73x(LLNOD - 20) <15 15 a 29 1 <1 30 1 1 <1 <1

Arcilla orgánica con arena Arcilla orgánica con grava Arcilla orgánica arenosa Arcilla orgánica arenosa con grava Arcilla orgánica gravosa Arcilla orgánica gravosa con arena Limo orgánico Limo orgánico con arena Limo orgánico con grava Limo orgánico arenoso Limo orgánico arenoso con grava Limo orgánico gravoso Limo orgánico gravoso con arena

<15 15 <15 15

<15 15 <15 15

El subíndice NOD significa “no secado”.

La línea “U”. IP = 0.9·(LL - 8)

[B.1]

IP = 0.73·(LL -20)

[B.2]

La línea “A”.


60 C lasificación para su elos d e gr an o fin o y suelos de g rano gru eso con fraccion es d e g ran o fino.

50

IP

Indice de Plásticidad (IP)

40

=

0.

(L 9·

L

) -8 OH

IP

=

73 0.

·( L

L

-2

0)

o CH

30 Lí

n

ea

"U

a ne Lí

"

"A

"

OL

20

MH

o

o

OH

CL

10 ML

7

CL

4 0

0

10

- ML

16

20

30

o

40

OL

50 L ím ite L íquido (L L)

Figura B.1. Carta de plasticidad (Norma ASTM, 2003)

60

70

80

90

10 0

110


2. Sistema de clasificación AASHTO. 70

=

LL

-3 0

50 IP

Indice de plasticidad %

60

40 A-7-6

30 A-6

20

A-2-6

A-7-5 A-2-7

10

A-4 A-2-4

0

10

20

A-5 A-2-5

30

40 50 60 70 80 90 100 Límite líquido % Figura B.2. Variación del límite líquido e índice de plasticidad para los suelos de los grupos A-2, A4, A-5, A-6 y A-7 (Norma ASTM, 2003)

IG  ( F200  35)·0.2  0.005·LL  40   0.01·( F200  15)·( IP  10)

[B.3]

Donde: F200 = Porcentaje que pasa a través del tamiz Nº 200, expresado como número entero. LL = Límite líquido. IP = Índice de plasticidad. El primer término de la ecuación: “ IG  ( F200  35)·0.2  0.005·LL  40  ” es el índice parcial de grupo determinado con el límite líquido. El segundo término: “ 0.01·( F200  15)·( IL  10) ” es el índice parcial de grupo determinado con el índice de plasticidad. El índice de grupo de los suelos A-2-6 y A-2-7 debe calcularse utilizando solo el índice parcial de grupo del límite plástico, IP: IG  0.01·( F200  15)·( IP  10)

[B.4]


Tabla B.6.a Clasificación de suelos sistema AASHTO, Material granular Materiales Granulares Clasificación general 35% o menos del total de la muestra pasa el tamiz Nº 200 Clasificación de grupo Análisis por tamices (Porcentaje que pasa por los tamices): Nº 10 (2.00 mm.) Nº 40 (0.425 mm.) Nº 200 (0.075 mm.) Características de la fracción que pasa por el tamiz Nº 40 Límite líquido Índice de plasticidad Tipos de materiales significativos constituyentes

A-1

A-2

A-1-a

A-1-b

A-3

A-2-4

A-2-5

A-2-6

A-2-7

50 max 30 max 15 max

50 max 25 max

51 min 10 max

35 max

35 max

35 max

35 max

40 max 10 max

41 min 10 max

40 max 11 min

41 min 11 min

7 max NP Fragmentos de piedra, grava Arena fina y arena

Grava o arena limosa o arcilla

Tabla B.6.b Clasificación de suelos sistema AASHTO, Material fino Clasificación general Clasificación de grupo Análisis por tamices (porcentaje que pasa por el tamiz Nº 200 (0.075 mm.)) Características de fracción que pasa por Nº 40 (0.425 mm.) Límite líquido Índice de plasticidad Tipos de materiales constituyentes significativos Relación general como subgrado ª Para A-7-5, IP ≤ LL - 30 b Para A-7-6, IP > LL - 30

Materiales limo - arcilla Mas del 35% del total de la muestra pasa por el tamiz Nº 200 A-7 A-4 A-5 A-6 A - 7 - 5ª A - 7- 6b 36 min. 36 min. 36 min. 36 min. 40 máx. 10 máx. Suelos limoso Regular a pobre

41 min. 10 máx.

40 máx. 11 min Suelo arcillo

41 min. 11 min.


20

30

A-2-6 y A-2-7

15

50

40 35

50 80 70

18 0

10 0 70 QU 80 ID O LÍ

IT E

LÍ

10

14

20

90

10

12

16

18

30

20

40

80

M

50

60

30

10

14 0

50

TI C

ID

AD

60

60

70

40

CE DE P

LA S

20

IN DI

INDICE PARCIAL DE GRUPO

30

0

2

4

6

8

0

Figura B.3. Ábaco para el calculo del índice de grupo (Norma ASTM, 2003)

100

PORCENTAJE QUE PASA EL TAMIZ Nº 200

40


3. Comparación entre los sistemas de clasificación Unificado y AASHTO. Tabla B.7. Comparación del sistema AASHTO con el sistema Unificado Grupo AASHTO

Comparación de los grupos de suelos en el sistema Unificado Más Probable

Posible

Posible pero improbable

A-1-a A-1-b A-3 A-2-4 A-2-5 A-2-6 A-2-7 A-4 A-5 A-6 A-7-5 A-7-6

GW, GP SW, SP, GM, SM SP GM, SM GM, SM GC, SC GM, GC, SM, SC ML, OL OH, MH, ML, OL CL OH, MH CH, CL

SW, SP GP — GC, SC — GM, SM — CL, SM, SC — ML, OL, SC ML, OL, CH ML, OL, SC

GM, SM — SW, GP GW, GP, SW, SP GW, GP, SW, SP GW, GP, SW, SP GW, GP, SW, SP GM, GC SM, GM GC, GM, SM GM, SM, GC, SC OH, MH, GC, GM, SM

Tabla B.8. Comparación del sistema Unificado con el sistema AASHTO. Grupo USCS

Comparación de los grupos de suelos en el sistema AASHTO Más Probable

Posible

Posible pero improbable

GW GP GM GC SW SP SM SC ML CL OL MH CH OH Pt

A-1-a A-1-a A-1-b, A-2-4, A-2-5, A-2-7 A-2-6, A-2-7 A-1-b A-3, A-1-b A-1-b, A-2-4, A-2-5, A-2-7 A-2-6, A-2-7 A-4, A-5 A-6, A-7-6 A-4, A-5 A-7-5, A-5 A-7-6 A-7-5, A-5 —

— A-1-b A-2-6 A-2-4 A-1-a A-1-a A-2-6, A-4 A-2-4, A-6, A-4, A-7-6 A-6, A-7-5, A-7-6 A-4 A-6, A-7-5, A-7-6 — A-7-5 — —

A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 A-3, A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 A-4, A-5, A-6, A-7-5, A-7-6, A-1-a A-4, A-6, A-7-6, A-7-5 A-3, A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 A-2-4, A-2-5, A-2-6, A-2-7 A-5, A-6, A-7-5, A-7-6, A-1-a A-7-5 — — — A-7-6 — A-7-6 —

ANEXO C Descripción e identificación de suelos

ANEXO C DESCRIPCIÓN E IDENTIFICACIÓN DE SUELOS 1. Muestreo o preparación de muestras. Tabla C.1. Cantidad mínima de muestra que se debe examinar Tamaño máximo Tamiz Cantidad mínima de las partículas de la muestra seca 4.75 mm Nº 4 100 g. 9.5 mm 3/8” 200 g. 19.0 mm ¾” 1000 g. 37.5 mm 1 ½” 8000 g. 75.0 mm 3” 60000 g.

2. Procedimiento para la descripción de los suelos. 

Angularidad.

Tabla C.2. Criterio para describir la angularidad de las partículas granulares Descripción Criterio Angular Subangular Subredondeada Redondeada



Partículas con bordes afilados o agudos y caras relativamente planas con superficies no pulidas (Figura C.1). Partículas similares a las angulares pero con bordes algo redondeados (Figura C.2). Partículas con casi todas las caras planas pero con esquinas y bordes redondeados (Figura C.3). Partículas con lados suavemente redondeados y sin bordes (Figura C.4).

Forma. (Figura C.5)

Tabla C.3. Criterio para describir la forma de las partículas granulares Descripción Criterio Planas Partículas con una relación ancho/espesor >3. Alargadas Partículas con una relación longitud/ancho >3. Planas y alargadas Partículas que cumplen ambas condiciones. Nota. Longitud es la dimensión mayor; ancho es la dimensión intermedia y espesor es la dimensión menor.



Humedad. (Figura C.10)

Tabla C.4. Criterio para describir la condición de humedad Descripción Criterio Seca Ausencia de humedad, polvorosa (deja marcas de suciedad), seca al tacto. Húmeda Humedad evidente, pero sin presencia visible de agua. Mojada Agua libre visible, generalmente cuando el suelo está por debajo del nivel freático.




Color. (Figura C.6).



Reacción con HCl.

Tabla C.5. Criterio para describir la reacción del HCl Descripción Criterio Ninguna Débil Fuerte



Ninguna reacción visible. Ligera reacción, se forman burbujas lentamente. Reacción violenta, se forman burbujas de inmediato.

Consistencia. (Figura C.7)

Tabla C.6. Criterio para describir la consistencia Descripción Criterio Muy blanda Blanda Firme Dura Muy dura



El dedo pulgar penetra en el suelo más de 25 mm. (1”). El dedo pulgar penetra en el suelo aproximadamente 25 mm. El dedo pulgar hace mella de 6 mm. (1/4”). El dedo pulgar no hace mella en el suelo; pero es fácilmente mellado con la uña del pulgar. La uña del pulgar no hace mella en el suelo.

Cementación. (Figura C.8)

Tabla C.7. Criterio para describir el grado de cementación Descripción Criterio Débil Moderado Fuerte



Desmoronamiento o desmenuzamiento la manejar la muestra, o bajo una ligera presión de los dedos. Desmoronamiento o desmenuzamiento bajo una considerable presión de los dedos. No existe desmoronamiento ni desmenuzamiento bajo la presión de los dedos.

Estructura. (Figura C.10)

Tabla C.8. Criterio para describir la estructura Descripción Criterio Estratificada Laminada Fisurada Fracturada o lisa Estructura en bloques. Estructura con presencia de lentes Homogénea

Capas alternadas de material o color diferente, con espesor de por lo menos 6 mm. Los espesores de las capas deben ser anotados. Capas alternadas de material o color diferente, con espesores menores de 6 mm. Los espesores de las capas deben anotarse. Rompimiento o fisuras a lo largo de planos definidos de fractura con poca resistencia a ésta. Planos de fractura lisos o lustrosos; algunas veces estriados Suelos cohesivos que pueden romperse o ser disgregados en pequeños terrones angulosos, los cuales a su vez ya no pueden ser disgregados nuevamente. Inclusión de pequeñas bolsas de diferentes suelos; tales como pequeños cristales o lentes de arena esparcidos en una masa de arcilla. Se debe tomar nota del espesor de los lentes. Apariencia y color uniforme, es decir mismo color y textura.


Tamaño máximo de las partículas.   

Tamaño de arena. Tamaño de grava. (Figura C.11) Tamaño de guijarros o cantos rodados. (Figura C.12)

3. Procedimiento para la identificación de suelos. 3.1. Procedimiento para identificar suelos de grano fino (Figura C.13 y Figura C.22) 

Resistencia en seco. (Figura C.14, Figura C.15)

Tabla C.9. Criterio para describir la resistencia en seco Descripción Criterio Nula Baja Mediana Alta

Muy alta



La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con la simple manipulación. La muestra seca se desmorona hasta pulverizarse con una ligera presión de los dedos. La muestra seca se disgrega en pedazos o terrones con una considerable presión de los dedos. No podrá romperse o disgregarse la muestra seca con la presión de los dedos, pero se romperá en fragmentos al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura. No podrá romperse o disgregarse la muestra seca al aprisionarla con el pulgar sobre una superficie dura.

Dilatancía. (Figura C.16, Figura C.17)

Tabla C.10. Criterio para describir la Dilatancía Descripción Criterio Ninguna Lenta

Rápida



No hay ningún cambio visible en la muestra. Aparece lentamente agua sobre la superficie de la muestra mientras se la sacude, y no desaparece o desaparece lentamente al escurrirla. Aparece rápidamente agua sobre la superficie de la muestra mientras se la sacude y desaparece rápidamente al escurrirla.

Tenacidad. (Figura C.18, Figura C.19, Figura C.20 y Figura C.21)

Tabla C.11. Criterio para describir la Tenacidad Descripción Criterio Baja

Media

Alta

Sólo se necesita una ligera presión para formar rollitos cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material son débiles y blandos. Se necesita una presión media para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen una rigidez o tenacidad media. Se requiere considerable presión para formar "rollitos" cerca del límite plástico. Los rollitos y el conjunto del material resquebrajado tienen muy alta tenacidad.




Plasticidad.

Tabla C.12. Criterio para describir la Plasticidad Descripción Criterio No plástico Baja Media

Alta



No pueden formarse rollos de 1/8” (3 mm) bajo ningún contenido de humedad. Difícilmente pueden formarse rollitos y terrones cuando la muestra está más seca que el límite plástico. Es fácil formar el rollito y pronto alcanza el límite plástico. El rollito no puede ser rehecho después de que se alcanza el límite plástico. Los terrones se desmoronan cuando se secan más que el límite plástico. Toma considerable tiempo formar rollos y remoldearlos para alcanzar el límite Plástico, pero el rollo puede ser rehecho varias veces después de alcanzar el límite plástico. Pueden formarse terrones sin que se desmoronen cuando están más secos que el límite plástico.

Identificación de suelos inorgánicos de grano fino.

Tabla C.13. Identificación de suelos finos inorgánicos sobre la base de ensayos manuales Símbolo de grupo Resistencia en seco Dilatancía Tenacidad ML

Nula a baja.

Lenta a rápida.

CL MH CH

Media a Alta Baja a Media Alta a muy alta

Nula a Lenta Nula a Lenta Nula

Baja, no pueden formarse rollitos. Media Baja a Media Alta

3.2. Procedimiento para identificar suelos de grano grueso. (Figura C.1 a la Figura C.5, Figura C.13 y Figura C.23)


4. Informe. El informe debe incluir la información del origen, y de los ítems indicados en la Tabla C.14. Tabla C.14. Información básica en una Descripción e Identificación de Suelos Información descriptiva de suelos. 1. Angularidad de las partículas: angular, subangular, subredondeada, redondeada. 2. Forma de las partículas: planas, alargadas, planas y alargadas. 3. Tamaño máximo de partículas. 4. Dureza, de arena gruesa a partículas más grandes. 5. Color (en condición húmeda). 6. Olor (mencionar solo se es suelo orgánico o si se trata e un olor inusual). 7. Humedad: seca. Húmeda, mojada 8. Reacción con HCI: ninguna, débil, fuerte Para muestras intactas: 9. consistencia (solo en suelos de grano fino): muy suaves, suave, firme, dura, muy dura 10. Estructura: estratificada, laminada, figurada, fracturada, con presencia de lentes, con bloques, homogénea. 11. Cementación; débil, moderada, fuerte 12. Comentarios adicionales (presencia de raíces, huecos, dificultades en el muestreo, etc.). Identificación de suelos. Nombre de grupo Símbolo de grupo Nombre local Interpretación geológica Porcentaje de guijarros y cantos rodados (en volumen) Porcentaje de grava, arena y finos (en peso seco) Rango de tamaño de partículas: Grava-fina-gruesa Arena-fina, media, gruesa. Para suelos de grano fino: 20. Plasticidad de finos: no plástica, baja, media, alta, muy alta 21. Resistencia en seco: nula, baja, media, alta, muy alta. 22. Dilatancía : nula, lenta, rápida 23. Tenacidad: baja, media, alta. 24. Comentarios adicionales: presencia de raíces o de huecos de raíces, presencia de mica, yeso, etc., recubrimientos superficiales de las partículas, de los agregados gruesos, formación de cavernas o de costras, en los hoyos de barrenos o en las paredes de trincheras, dificultad al barrenar o al excavar, etc.

13. 14. 15. 16. 17. 18. 19.


Figura C.1. Partículas angulares

Figura C.2. Partículas subangulares

Figura C.3. Partículas subredondeadas

Figura C.4. Partículas redondeadas

Figura C.5. Forma de las partículas

Figura C.6. Color

Figura C.7. Consistencia

Figura C.8. Cementación


Figura C.9. Dureza

Figura C.10. Humedad y estructura

Figura C.11. Tamaño de partículas Gravas

Figura C.12. Tamaño de partículas Guijarros

Figura C.13. Separación de la muestra finos de los gruesos

Figura C.14. Esferas de 1” y ½” resistencia en seco

Figura C.15. Presión con los dedos

Figura C.16. Reacción del agua en la


resistencia en seco

superficie de la esfera

Figura C.17. Presión de la muestra con la mano y su reacción

Figura C.18. Formado un rollo de 1/8”con la mano y una superficie lisa

Figura C.19. Ruptura del rollo luego de llegar al límite plástico

Figura C.20. Resistencia del rollito de 1/8”

Figura C.21. Rejuntado de las piezas del rollo hasta que esta se quiebre

OL / OH

MH

CH

ML

CL

SIMBOLO DE GRUPO

 30% por encima del tamiz Nro. 200

< 30% por encima del tamiz Nro. 200









%arena < grava

%arena  grava

< 15% por encima del tamiz Nro. 200 15 - 25% por encima del tamiz Nro. 200

%arena < grava

%arena  grava


%arena < grava

%arena  grava


%arena < grava

%arena  grava


%arena < grava

%arena  grava


Suelo orgánico Suelo orgánico con arena Suelo orgánico con grava Suelo orgánico arenoso Suelo orgánico arenoso con grava Suelo orgánico gravoso Suelo orgánico gravoso con arena

Limo elástico Limo elástico con arena Limo elástico con grava Limo elástico arenoso Limo elástico arenoso con grava Limo elástico gravoso Limo elástico gravoso con arena

Arcilla plástica Arcilla plástica con arena Arcilla plástica con grava Arcilla plástica arenosa Arcilla plástica arenosa con grava Arcilla plástica gravosa Arcilla plástica gravosa con arena

Limo Limo con arena Limo con grava Limo arenoso Limo arenoso con grava Limo gravoso Limo gravoso con arena

Arcilla magra Arcilla magra con arena Arcilla magra con grava Arcilla magra arenosa Arcilla magra arenosacon grava Arcilla magra gravosa Arcilla magra gravosa con arena

%arena  grava %arena < grava < 15% de grava  15% de grava < 15% de arena  15% de arena





NOMBRE DE GRUPO


 5% de finos

10% de finos

 5% de finos

 5% de finos

10% de finos

GM

finos = ML ó MH

Pobremente gradada

SM

finos = ML ó MH

SC

SP - SC

finos = CL ó CH

finos = CL ó CH

SP - SM

finos = ML ó MH

SW - SC

SW - SM

Bien gradada finos = CL ó CH

SP

Pobremente gradada

finos = ML ó MH

SW

GC

GP - GC

finos = CL ó CH

finos = CL ó CH

GP - GM

finos = ML ó MH

Bien gradada

Pobremente gradada

GW - GC

GW - GM

Bien gradada finos = CL ó CH

GP

Pobremente gradada

finos = ML ó MH

GW

Bien gradada

Figura 3.23. Diagrama para la identificación de suelos de grano grueso

ARENA %arena > %grava

GRAVA %grava > %arena

 5% de finos

SIMBOLO DE GRUPO

< 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena

< 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena



< 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena < 15% de arena  15% de arena


Arena limosa Arena limosa con grava Arena arcillosa Arena arcillosa con grava

Arena pobremente gradada con arcilla y grava

Arena pobremente gradada con arcilla

Arena pobremente gradada con limo y grava

Arena bien gradada con limo Arena bien gradada con limo y grava Arena bien gradada con arcilla Arena bien gradada con arcilla y grava Arena pobremente gradada con limo

Arena bien gradada con limo Arena bien gradada con limo y grava Arena bien gradada con arcilla Arena bien gradada con arcilla y grava

Grava limosa Grava limosa con arena Grava arcillosa Grava arcillosa con arena

Grava pobremente gradada con arcilla y arena

Grava pobremente gradada con arcilla

Grava pobremente gradada con limo y arena

Grava bien gradada con limo Grava bien gradada con limo y arena Grava bien gradada con arcilla Grava bien gradada con arcilla y arena Grava pobremente gradada con limo

Grava bien gradada Grava bien gradada con arena Grava pobremente gradada Grava pobremente gradada con arena

NOMBRE DE GRUPO


ANEXO D Flujo de agua

ANEXO D FLUJO DE AGUA FLUJO DE AGUA EN UNA DIMENSIÓN. Capilaridad. Ascensión capilar en tubos (hc). hc 

4  T  cos  D  w

[D.1]

Donde: hc = Máximo ascenso capilar. T = Tensión superficial.  = ángulo de contacto. D = Diámetro del tubo capilar. w = Peso unitario del agua. Ascenso capilar de agua en los suelos (hc). hc 

C e  D10

[D.2]

Donde: hc = Máximo ascenso capilar en el suelo. e = Índice de vacíos. D10 = Tamaño efectivo. C = Constante que depende de la forma de las partículas. Tabla D.1. Valores del coeficiente C en mm2 (Crespo, 2001) Forma de las partículas Redondeada Rugosa C mm 2

10 20 30 Limpio

40

50 Sucio

60

Arcilla Limo

mm

10

10

4

Arena Asc en c ión cap ilar h

3

Ascención capilar

c

10

10

2

Nivel d e

Grava

saturació

n hcs

1

0 0.002

0.006

0.02 0.06 Diámetro efectivo, D10

0.2

0.6

2

6

mm

Figura D.1. Ábaco para determinar el ascenso de agua capilar (Whitlow, 1994)

20


Altura total de carga (h). h = h z + hp

[D.3]

Donde: h = Altura total de carga. hz = Altura potencial. hp = Altura piezométrica. Gradiente hidráulico (i). i

h L

[D.4]

Donde: h = Pérdida de carga. L = Longitud donde se mide el gradiente hidráulico. Presión de poros (u). u =  w·hp Donde: hp = Altura piezométrica. w = Peso unitario del agua. u = Presión de poros.

[D.5]

Presión unitaria de flujo de agua (j).

j  i  W

[D.6]

Donde: j = Presión de flujo. i = Gradiente hidráulico. w = Peso unitario del agua. Gradiente hidráulico crítico (ic).

ic 

 w

[D.7]

Donde: ic = Gradiente hidráulico crítico. ' = Peso unitario sumergido del suelo. w = Peso unitario del agua.

ic 

Gs  1 1 e

[D.8]

Velocidad del flujo de agua (vs).

vs 

v n

[D.9]


Ley de Darcy. v = k·i

[D.10]

q = k·i·A

[D.11]

O también: Ensayo de carga constante.

k

QL h  A  t

[D.12]

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. h = Pérdida de carga. V = Volumen de agua recolectada por el cilindro graduado durante el ensayo. A = Área de la sección transversal del suelo. t = Tiempo de duración el ensayo. Ensayo de carga variable.

k

a  L  ln h1 h2  A  t 2  t1 

[D.13]

Donde: k = Conductividad hidráulica. L = Longitud de la muestra. a = Área de la sección transversal del tubo. h1 = Nivel inicial del agua en el tubo al empezar el ensayo. h2 = Nivel final del agua en el tubo al finalizar el ensayo. A = Área de la sección transversal de la muestra de suelo. t1 = Tiempo al iniciar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h1. t2 = Tiempo al finalizar el ensayo, cuando el nivel de agua en el tubo esta en h2. Correlación de Hazen. k  C  d102

[D.14]

Donde: k = Conductividad hidráulica. C = Coeficiente de Hazen que depende de las partículas del suelo. D10 = Diámetro efectivo. Tabla D.2. Conductividad hidráulica para diversos suelos (Coduto, 1999) Tipo de suelo

k m/s

Tipo de suelo

k m/s

Grava limpia

1 a 100

Arena limosa

10 a 10

Arena y grava mezclada

10 a 10

Arena arcillosa

10 a 10

Arena gruesa limpia Arena fina

-2 -2

10 a 1 10-2 a 10-1

-3

-2

-4

-2

-8

-2

Limo

10 a 10

Arcilla

10

-10

a 10

-6


Tabla D.3. Clasificación del grado de permeabilidad del suelo (Whitlow, 1994) Grado de permeabilidad

Valor de k en m/seg

Elevada

Superior a 10-1

Media

10 a 10

Baja

10 a 10

-1

-3

-3

-5

-5

-7

Muy baja

10 a 10

Practicamente impermeable

menor de 10

-7

Tabla D.4. Valores del coeficiente C. (Tindall & Kunkel 1999; Whitlow, 1994) TIPO DE SUELO Arena muy fina, pobremente gradada Arena fina, con finos apreciables Arena media, bien gradada Area gruesa, pobremente gradada Arena gruesa limpia, bien gradada

C 0.4 a 0.8 0.4 a 0.8 0.8 a 1.2 0.8 a 1.2 1.2 a 1.5

Cu

d 10 mm

cu  5

0.003 a 0.6

cu < 5

0.06 a 3.0

Correlación de Shepherd. k  c  D50j

Donde: k = Conductividad hidráulica expresada en ft/día. c = Coeficiente de Shepherd determinado empíricamente. D50 = Diámetro mediano de las partículas del suelo expresado en mm. j = Valor exponencial determinado empíricamente. Sedimentos consolidados k = 100·(D50)1.5 Depósitos de canales k = 100·(D50)1.5 Depósitos de playa k = 100·(D50)1.5 Depósitos de duna k = 100·(D50)1.5

[D.15]

k=

100

0.1 0.01 500

k= 400 00·

50

D2

xtu r (Es f

Te

ad efi

nid

1000

a

era s de 0·D 1.85 cris 50 ( 16 tal) D 0 e 0 1 k= pós ·D .75 itos 45 0·D 1.6 50 (De de 5 pó Du 50 sito na) ( D k= sd epó ep 10 sito l ay 0·D 1. sd a) 5 e 50 can (Se ale dim Te s) xtu en t o ra sc no on sol de ida fin do ida s) k=

Conductividad hidráulica ft/día


10000

10

1

0.1

1

Tamaño mediano de grano (D50 ) en mm

Figura D.2. Ábaco preparado por Shepherd (Tindall & Kunkel 1999)

10


Método de Masch and Denny.  = –3.322·log10 D

[D.16]

Donde:  = Tamaño de la partícula en unidades . D = Tamaño de la partícula expresado en mm. 10

8

Unidades 

6

4

 = - Log D 2

2

0

-2 -4 0.01

0.1

1 Tamaño de partícula en mm

Figura D.3. Ábaco para la conversión a unidades (U.S. Army Corps, 1986)

I



=

0.

0

10

0 .5



=

0 1.

I

k cm/min

I



=

1

 = 1.5 = 2.0

0.1 3

4 FINO

2

D50 (unidades )

1

0 GRUESO

Figura D.4. Ábaco para la conductividad hidráulica (U.S. Army Corps, 1986)

10


I 

D16  D84 D5  D95  4 6.6

[D.17]

Donde: I = Desviación inclusiva estándar. D16 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 16% que pasa. D84 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 84% que pasa. D5 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 5% que pasa. D95 = Tamaño de partícula en unidades  que corresponde al 95% que pasa. Ecuación de Kozeny – Carman.

k

1 2

C S  To  S S

2



 w e3   1 e

[D.18]

Donde: w = Peso unitario del agua. k = Conductividad hidráulica. e = Índice de vacíos. CS = Factor de textura. To = Factor de tortuosidad. SS = Superficie específica.  = Viscosidad. CS·To2 = 5

[D.19]

Tabla D.5. Factor de angularidad (U.S. Army Corps, 1986) TIPO DE MATERIAL Esfera de cristal Arena natural

Roca machacada Roca machacada

DESCRIPCIÓN Bien redondeada Redondeada Sub-redondeada Sub-angular Angular Cuarzita Basalto

SS = A·(X1·S1 + X2·S2 + … + Xn·Sn)

A 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6

[D.20]

Donde: SS = Superficie específica. A = Factor de angularidad. Xi = Porcentaje de muestra de suelo retenida por un tamiz, expresado como decimal. Si = Superficie específica de la fracción de suelo retenida en el tamiz.

Si 

6 dx dy

[D.21]

Donde: Si = Superficie específica. Dx = Es la abertura del tamiz anterior al tamiz que retiene la fracción de suelo. DY = Es la abertura del tamiz que retiene la fracción de suelo.


Tabla D.6. Valores de Si para: U.S. Standard Sieves (U.S. Army Corps, 1986) Tamices adyacentes U.S. Standad sieves 4 hasta 6 6 hasta 8 8 hasta 10 10 hasta 16 16 hasta 20 20 hasta 30 30 hasta 40 40 hasta 50 50 hasta 70 70 hasta 100 100 hasta 140 140 hasta 200

Superficie específica S i [1/cm] 382 538 696 985 1524 2178 3080 4318 6089 8574 12199 17400

Otras formas empíricas de hallar la conductividad hidráulica. k = 1.4·e2·k0.85 k  C1 

[D.22]

e3 1 e

[D.23]

 en   k  C 2    1  e 

[D.24]

10 8 6 4

D10 < 1.4 D5

, e =0 .7

C u = 2 a 12

1 0.8 0.6

Índ ice de 0. vac 0. 5 6 ios

0.4

0.2

0 0.3 .4

Conductividad hidráulica, k ft/min

2

0.1 0.08 0.06 0.04

0.02

0.01 0.1

0.2

0.4

0.6 0.8 1 D10 mm

2

4

6

8

10

Figura D.5. Ábaco para la conductividad hidráulica en suelos granulares (Das, 1998)


1.75

1.50

1.25

Ck

1.00

0.75

0.50

0.25

0

0

0.5

1.0

e0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

Figura D.6. Variación de Ck en función a e0 (Das, 1998)

Ck = 0.5·e0 Tabla D.7. Relaciones empíricas par la conductividad hidráulica (Das, 1998) Relación Tipo de suelo Autor

Arena

Amer and awad (1974)

Arena mediana a fina

Shahabi, Das and Tarquin (1984)

e3 1 e e3 k  1.2  C20.735  D100.89  1 e k  C2  D102.32  Cu0.5 

Mesri and Olson (1971)

log k  A' log e  B'

Taylor (1984)

log k  log k 0 

Arcilla

e0  e Ck

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero confinado (penetración total).

k

ln r2 r1  q  2    D h2  h1

[D.25]

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero no confinado (penetración total). k

q lnr2 r1   D h2 2  h1 2

[D.26]

Prueba de bombeo estacionaria en un acuífero mixto (penetración total).

k

ln r1 r2  q   2  D  h1  D 2  h2 2





[D.27]


Ensayo del extremo inferior abierto.

k

q 5 .5  r  h

[D.28]

Ensayo de la empaquetadura.

k

q  L  ln  2   L  h  r 

(Para L0·r)

k

q  L   sinh 1   2   L  h  2r 

(Para 0·r>Lr)

[D.29]

[D.30]

Efecto de la temperatura en la conductividad hidráulica. k20 = Ct·kt

[D.31]

Tabla D.8. Valores para Ct (Whitlow, 1994) ºC 4 10 15 16 17 18 19 20 21 22 23

Ct 1.555 1.299 1.135 1.106 1.077 1.051 1.025 1.000 0.976 0.953 0.931

ºC

Ct 0.910 0.889 0.869 0.850 0.832 0.814 0.797 0.670 0.550 0.468 0.410

24 25 26 27 28 29 30 40 50 60 70

Conductividad hidráulica horizontal equivalente.

k Heq 

k  H H i

i

[D.32]

i

Donde: ki = Conductividad hidráulica para cada estrato. Hi = Espesor de cada estrato. Conductividad hidráulica vertical equivalente.

kVeq 

H

i

H   k i  i

  

Donde: ki = Conductividad hidráulica para cada estrato. Hi = Espesor de cada estrato.

[D.33]


FLUJO DE AGUA EN DOS DIMENSIONES. Ecuación de Laplace.

 2h  2h  0 x 2 z 2

[D.34]

Determinación del caudal mediante redes de flujo. q k

NF  h1  h2  Nd

[D.35]

Donde: q = Caudal total de la red de flujo cuadrada. k = Conductividad hidráulica. h1 = La altura de carga inicial del sistema. h2 = La altura de carga final del sistema. NF = Cantidad total de canales de flujo. Nd = Cantidad total de caídas equipotenciales. Superficie freática en presas de tierra. A

B B1

Borde de entrada

B2

h

Superficie freática

Borde de salida C

D E

Figura D.7. Superficie freática y bordes en presa de tierra (U.S. Army Corps, 1986)

90º

Proyección Línea freática

B

Filtro

Línea freática

Pe

 = 90º (b)

lar

(a)

icu

nd

e rp

 < 90º

B

Proyección B Filtro

Línea freática

 > 90º (c) Figura D.8. Condiciones de entrada para la superficie freática (U.S. Army Corps, 1986)


Línea freática Recta vertical

Línea freática Recta vertical

Parabola básica sin corrección



 = 180º

Parábola básica filtro de pie

K J

filtro de pie F

K

a

(a)

a0

(b)

Línea freática Parábola básica

a

Línea freática Parábola básica

Recta vertical J

Recta vertical

a

a+

K

a

a

J

 = 90º



F

filtro de pie (c)

(d)

Figura D.9. Condiciones de salida para la superficie freática (U.S. Army Corps, 1986)

Soluciones matemáticas para la superficie freática. m 0.3·m A

Parábola básica

B

h

a+

a

B1

d+

a

B2

2

h

2

a y

C  x

y0

d

E D y0 2

Figura D.10. Geometría de la superficie freática y borde de salida (U.S. Army Corps, 1986)

Solución de Schaffernak & Van Iterson para  < 30º.

a

d d2 h2   cos cos 2  sin 2 

q  k  a  sin   tan  Solución de L. Casagrande para   90º.

[D.36] [D.37]


a  S0  S 2 0 

h2 sin 2 

[D.38]

Para:  º el valor de S0 será:

S0  d 2  h 2

[D.39]

Para un valor comprendido entre: 60º <  < 90º , se utilizara:

S 0  AC  CD

[D.40]

El caudal q, del flujo que circula a través de la presa de tierra es:

q  k  a  sin 2 

[D.41]

Solución de Kozeny para  = 180º.

a0 

y0 1   2 2

d

2

 h2  d



[D.42)

q  2  k  a0  k  y 0

[D.43]

Solución de A. Casagrande para 30    180. 0.4

0.2 Cara vertical

a C = a + a

0.3

0.1

0 30º

Pendiente obtusa

60º

90º 120º 150º = Pendiente del borde de descarga. Figura D.11. Curva que relaciona C con (U.S. Army Corps, 1986)

q  k  a  sin 2 

q  k  y0  k 

Solución de Pavlovsky.

d

180º

[D.44] 2

 h2  d



[D.45]


Para la zona I:

qI  k 

hw  h1   ln

hd   h  h  1  d

cot 

[D.46]

Para la zona II: q II 



2



k  h 21  a0  h0  2  b  2  hd  a0  h0  cot 

[D.47]

Para la zona III: Si h0 > 0, se tiene que: q III 

k  a0 cot 

  a  h0      1  ln 0  a0   

[D.48]

Si h0 = 0, se tiene que: q III 

k  a0 cot 

[D.49] b

d0 a1

hd

hw

I



h1

II a0 III



Figura D.12. Nomenclatura de la solución de Pavlovsky (U.S. Army Corps, 1986)

Ecuación de Dupuit.

h0


L

h1 



h2

Figura D.13. Condiciones para la solución de Dupuit

q  k·

h12  h22 2 L

[D.50]

En caso de tener un filtro de pie, como se muestra en la figura D.16, el caudal será:

q  k·

h2 2 L

[D.51]

L

h

Superficie freática 

Figura D.14. Abatimiento de la superficie freática

Método de los fragmentos.


Tabla D.9. Tipos de fragmentos

FLUJO CONFINADO Tipo de fragmento

Parámetros del fragmento

Ilustración L

I

S

II



a

T

b

(Figura D.17) (Figura D.18) (Figura D.19)

  S    2 T 

T

m  sin

b S

(Flujo unidimensional)

1  k h       2  q 

S



III

L a

K K'

(Tabla D.10)

1  k h       2  q 

S

T

T

(Tabla D.10) K  K'

(Figura D.17) (Figura D.19)

   S   tanh2    b   tan2    S        2 T   2 T   2 T 

m  cos

b

Para: S  b

b   ln1    a

s T a

IV

Para: b  S

S b S   ln1     a T

b S T

(Figura D.20)

a

Para:

L  2·S

Para:

L  2·S

S

S

V L

a

a

L    2  ln1    2a 

S L 2  S   2  ln1    T  a

(Figura D.20) Para: L > (S ' + S '')

S' S '' L  S 'S ' '   1    1    T  a'   a' ' 

S'' S'

T a''

L

a'

Para: L  (S' + S'')

 b' b' '    ln1    1    a'   a' ' 

VI S'' S'

Donde:

T a'

L

a''

b' 

L  (S 'S ' ' ) 2

(Figura D.20)

Tabla D.9. (continuación).

b' ' 

L  (S 'S ' ' ) 2


FLUJO NO CONFINADO Tipo de fragmento

Parámetros del fragmento

Ilustración Superficie de flujo libre

h1- h 2

VII



h1 h2

2 L h1  h2

L Superficie libre

i

a1 hd

VIII

h1

a1 cot  hd  y 

h

q k 



h1  h  hd    ln cot  hd  h 

Superficie libre

IX

a2



q

k  a2  a h   1  ln 2 2  cot   a2 

h2

k  hiF qi  i

[D.52]

Donde: qi = Caudal que circula por el fragmento. k = Conductividad hidráulica del suelo. hiF = Perdida de carga del fragmento. i = Factor de forma del fragmento. i 

q

Nd NF

[D.53]

k  H n



i

i 1

Donde: q = Caudal total que circula por el sistema. k = Conductividad hidráulica del suelo. H = Perdida total de carga del sistema. i = Factor de forma de cada fragmento.

[D.54]


1.5

1.4 b

b

1.3 S T

1.2

T

1.1

1.0

q

0.8

k· hFi

=

1 · 

0.9

0.7

b T =

0.2

5

0

0.6

0.5

0.50

0.4

0.75 1.00

0.3

1.25

1.50

0.2

0.1

0.6 0.7 0.8 S T Figura D.15. Ábaco para los fragmentos del tipo II y III (Holtz & Kovacs, 1981) 0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.9

1.0


Tabla D.10. Tabla para los fragmentos tipos II y III (Holtz & Kovacs, 1981) K'

K K'

m2

K

K'

K K'

1.571



0.000

0.51

1.863

1.846

1.009

1.571

4.841

0.325

0.52

1.871

1.837

1.019

0.002

1.572

4.495

0.350

0.53

1.880

1.829

1.028

0.003

1.572

4.293

0.366

0.54

1.890

1.822

1.037

0.004

1.572

4.150

0.379

0.55

1.899

1.814

1.047

0.005

1.573

4.039

0.389

0.56

1.909

1.806

1.057

0.006

1.573

3.949

0.398

0.57

1.918

1.799

1.066

0.007

1.574

3.872

0.407

0.58

1.929

1.792

1.076

0.008

1.574

3.806

0.414

0.59

1.939

1.785

1.086

0.009

1.574

3.748

0.420

0.60

1.950

1.778

1.097

0.01

1.575

3.696

0.426

0.61

1.961

1.771

1.107

0.02

1.579

3.354

0.471

0.62

1.972

1.764

1.118

0.03

1.583

3.156

0.502

0.63

1.983

1.757

1.129

0.04

1.587

3.016

0.526

0.64

1.995

1.751

1.139

0.05

1.591

2.908

0.547

0.65

2.008

1.744

1.151

0.06

1.595

2.821

0.565

0.66

2.020

1.738

1.162

0.07

1.599

2.747

0.582

0.67

2.033

1.732

1.174

0.08

1.604

2.684

0.598

0.68

2.047

1.726

1.186

0.09

1.608

2.628

0.612

0.69

2.061

1.720

1.198

0.10

1.612

2.578

0.625

0.70

2.075

1.714

1.211

0.11

1.617

2.533

0.638

0.71

2.090

1.708

1.224

0.12

1.621

2.493

0.650

0.72

2.106

1.702

1.237

0.13

1.626

2.455

0.662

0.73

2.122

1.697

1.250

0.14

1.631

2.421

0.674

0.74

2.139

1.691

1.265

0.15

1.635

2.389

0.684

0.75

2.157

1.686

1.279

0.16

1.640

2.359

0.695

0.76

2.175

1.680

1.295

0.17

1.645

2.331

0.706

0.77

2.194

1.675

1.310

0.18

1.650

2.305

0.716

0.78

2.214

1.670

1.326

0.19

1.655

2.281

0.726

0.79

2.235

1.665

1.342

0.20

1.660

2.257

0.735

0.80

2.257

1.660

1.360

0.21

1.665

2.235

0.745

0.81

2.281

1.655

1.378

0.22

1.670

2.214

0.754

0.82

2.305

1.650

1.397

0.23

1.675

2.194

0.763

0.83

2.331

1.645

1.417

0.24

1.680

2.175

0.772

0.84

2.359

1.640

1.438

0.25

1.686

2.157

0.782

0.85

2.389

1.635

1.461

0.26

1.691

2.139

0.791

0.86

2.421

1.631

1.484

0.27

1.697

2.122

0.800

0.87

2.455

1.626

1.510

0.28

1.702

2.106

0.808

0.88

2.493

1.621

1.538

0.29

1.708

2.090

0.817

0.89

2.533

1.617

1.566

0.30

1.714

2.075

0.826

0.90

2.578

1.612

1.599

0.31

1.720

2.061

0.835

0.91

2.628

1.608

1.634

0.32

1.726

2.047

0.843

0.92

2.684

1.604

1.673

0.33

1.732

2.033

0.852

0.93

2.747

1.599

1.718

0.34

1.738

2.020

0.860

0.94

2.821

1.595

1.769

0.35

1.744

2.008

0.869

0.95

2.908

1.591

1.828

0.36

1.751

1.995

0.878

0.96

3.016

1.587

1.900

0.37

1.757

1.983

0.886

0.97

3.156

1.583

1.994

0.38

1.764

1.972

0.895

0.98

3.354

1.579

2.124

0.39

1.771

1.961

0.903

0.99

3.696

1.575

2.347

0.40

1.778

1.950

0.912

0.991

3.748

1.574

2.381

0.41

1.785

1.939

0.921

0.992

3.806

1.574

2.418

0.42

1.792

1.929

0.929

0.993

3.872

1.574

2.460

0.43

1.799

1.918

0.938

0.994

3.949

1.573

2.510

0.44

1.806

1.909

0.946

0.995

4.039

1.573

2.568

0.45

1.814

1.899

0.955

0.996

4.150

1.572

2.640

0.46

1.822

1.890

0.964

0.997

4.293

1.572

2.731

0.47

1.829

1.880

0.973

0.998

4.495

1.572

2.859

0.48

1.837

1.871

0.982

0.999

4.841

1.571

3.081

0.49 0.50

1.846 1.854

1.863 1.854

0.991 1.000

1.000



1.571

0.000

m2

K

0.000 0.001


L·R T

0.1

0.2

0.15

0.25 4.0

0.3 3.5 0.35 0.4

3.0

0.5 2.5

0.6 0.8 8

1.0 2.0

1.5

1.0

0.5 S

S

T

0

0.2

T

0.4

0.6

0.8

S/T

Figura D.16. Ábaco para el fragmentos del tipo II (Griffiths, 1984)


3.0 b

b S

S

T

T

2.5

b·R T

1.6

2.0 1.4

 1.2

1.5

1.0

0.8

0.6 1.0 0.4 0.2 0.0 0.5

0 0.2

0.4

0.6 S/T

Figura D.17. Ábaco para los fragmentos del tipo II y III (Griffiths, 1984)

0.8

1.0


5.0 S'' S'

T a''

4.5

L

a'

4.0

3.5 C2 3.0

2.8

 S '   S ''  C1  1    1   T   T 

2.6 2.4

2.5

2.2



2.0 2.0 1.8 1.6 1.4

1.5

1.2 1.0 1.0

0.8 0.6 0.4

0.5

0.2 0.0 -1.4 0

-1.2 -1.0 0.2

-0.8

-0.6

0.4

0.6

-0.4

-0.2 0.8

1.0

C1

Figura D.18. Ábaco para el fragmento del tipo IV (Griffiths, 1984)

C2 

L  R  S ' S ' ' T


Gradiente hidráulico de salida (ie). Gradiente hidráulico de salida mediante redes de flujo.

ie 

h L

h 

[D.55]

H Nd

[D.56]

Superficie del terreno

L

Figura D.19Determinación de L

Gradiente hidráulico de salida mediante el método de los fragmentos. 1.0

b

b S

S

T

0.8

T

0.6

ie· s h iF 0.4

0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

S T

Figura D.20 Ábaco para el gradiente hidráulico de salida (Holtz & Kovacs, 1981)


H   i

hiF 

n



[D.57]

i

i 1

Donde: hiF = Perdida de carga del fragmento. H = Perdida de carga total del sistema.  = Factor de forma del fragmento. ie 

hiF   2  K T  m

[D.58]

Donde: ie = Gradiente hidráulico de salida. hiF = Perdida de carga del fragmento. K = Constante que está en función al módulo m. T = Espesor del fragmento. m = Módulo para los fragmento del tipo II y III. Presión ascendente de flujo. ui =  w·hpi

[D.59]

hpi = h1 - hzi - hi [D.60] Donde: hpi = Altura piezométrica para un punto de contacto de la estructura. h1 = Altura total de carga en el borde de entrada. hzi = Altura potencial para el punto de contacto. hi = Perdida de carga para el punto de contacto. Presión ascendente de flujo mediante redes de flujo.

hi 

H  ndi Nd

[D.61]

Donde: hi = Perdida de carga para un punto de contacto. H = Pérdida de carga total del sistema. Nd = Número total de caídas equipotenciales. ndi = Ubicación del punto según a las líneas equipotenciales. Presión ascendente de flujo mediante el método de los fragmentos. i

hi   hiF  h 'i i 1

Donde: hi = Pérdida de carga para un punto de contacto. hiF = Pérdida de carga para cada fragmento. hi' = Pérdida de carga del punto respecto al fragmento en cuestión.

[D.62]


hiF  li L

h 'i 

[D.63]

Donde: h'i = Pérdida de carga del punto respecto al fragmento en cuestión. hiF = Pérdida de carga del fragmento en cuestión. L = Longitud total del sistema. li = Distancia del punto de contacto de acuerdo a la longitud total del sistema. Método de Lane para la presión ascendente de flujo. hi 

Li  H L'

[D.64]

Donde: hi = Pérdida de carga para un punto de contacto. Li = Longitud de contacto del punto en cuestión. H = Perdida total de carga del sistema. L’ = Longitud total de contacto. L' 

L

V

1   3

L

H

[D.65]

Donde: L’ = Longitud total de contacto. LV = Longitud vertical de contacto. LH = Longitud horizontal de contacto. Factor de seguridad contra flotación (FSG).

FS G 

icr ie

[D.66]

Donde: FSG = Factor de seguridad del gradiente hidráulico de salida. icr = Gradiente hidráulico crítico del suelo. ie = Gradiente hidráulico de salida. Factor de seguridad contra la tubificación. FST 

 sat   w   d us

Donde: FST = Factor de seguridad contra la tubificación. ysat = Peso unitario saturado del suelo. yw = Peso unitario del agua. d = Profundidad de la estructura en el suelo. us = Valor promedio de la presión de poros en BC.

[D.67]


Red de flujo en suelo anisotrópico. Si kz < kx, entonces: x' 

kz x kx

z' = z

[D.68]

x' = x

[D.69]

Si kz > kx, entonces: z' 

kx z kz a

4

3

2

1

1

2

3

4

5

2·b

kz=4·kx (a)

Ataguía

2·a 3

1

1

2

b

kx=4·k z

(b)

a 4

3

2

1

Números de referencia 1 2 3 4

b

(c) Figura D.21 Redes de flujo construidas en suelo anisotrópico (Cedergren, 1972)

(a) Red de flujo anisotrópica en dimensiones reales kz > kx.


(b) Red de flujo anisotrópica en dimensiones reales kx > kz. (c) Red de flujo construida en la sección transformada. q  k '

NF  h1  h2  Nd

k' kx  kz

[D.70] [D.71]

Método de los fragmentos en suelo anisotrópico. R

kz kx

[D.72]

Método de los fragmentos en suelo estratificado. tan     

k2 k1

[D.73]

Donde: k1 = Conductividad hidráulica del estrato superior. k2 = Conductividad hidráulica del estrato inferior. 





CASO 1. Para  = 0 entonces k2 = 0. El problema queda reducido a un problema de un solo estrato con una región de flujo de espesor igual al del estrato superior. CASO 2. Para  = ¼ entonces k1 = k2. El problema queda reducido a un problema de un solo estrato, con una región de flujo de espesor de ambos estratos. CASO 3. Para  = ½ entonces k2 es infinito. Este caso representa un flujo de agua que no tiene resistencia al circular en el estrato inferior. Por lo cual F q k1  h i   la inversa de esta expresión es igual a cero.

ANEXO E Esfuerzos efectivos

ANEXO E ESFUERZOS EFECTIVOS 1. Esfuerzos y deformaciones. Esfuerzos y deformaciones normales. Px ; yz

x 

y 

Py xz

;

z 

Pz x y

[E.1]

Donde: Px, Py, Pz = Fuerzas normales en las direcciones X, Y, Z respectivamente. x, y, z = Dimensiones de un cubo al que se aplican las fuerzas normales. σx, σy, σz = Esfuerzos normales actuando en la dirección X, Y, Z respectivamente. En forma general se tiene:



P A

z 

z ; z

[E.1a]

x 

x ; x

y 

y y

[E.2]

Donde: εx, εy, εz = Deformaciones normales en las direcciones X, Y, Z respectivamente. x, y, z = Dimensiones originales del cubo antes de deformarse. En forma general se tiene:



l l

[E.2a]

Pz

z

Y

Z

y z x

Px

x

z

y

Py y

X x Figura E.1. Esfuerzos y deformaciones debido a las cargas aplicadas

Deformación volumétrica.

 p  x  y z Donde: εp, = Deformación volumétrica.

[E.3]


En forma general se tiene: p 

V V

[E.4]

 E

[E.5]

p 

Esfuerzos y deformaciones de corte.  

F x y

[E.6]

Z

Z F

y



x

z

zx

z

X

F



X

x

Figura E.2. Esfuerzo y deformación de corte. (Budhu, 2000)

Si el desplazamiento horizontal es x, la deformación de corte, zx, será: tan  zx  

 zx 

Cateto opuesto x  Cateto adyacente z

x z

[E.7]

[E.8]

Donde  = ángulo de deformación o distorsión (Figura E.2), expresado en radianes. Módulo de corte: G

 

[E.9]

Donde  = Esfuerzo cortante. G = Módulo de corte. Respuesta de los materiales a carga y descarga. El cambio en el esfuerzo vertical es.  z 

P A

[E.10]


P

z Configuración original Ho

r Configuración deformada ro

Figura E.3. Fuerzas y desplazamientos en un cilindro. (Budhu, 2000)

Las deformaciones vertical y radial son respectivamente,  z 

z Ho

[E.11]

 z 

r ro

[E.12]

Donde: Ho es la longitud original y ro es el radio original. El cociente entre la deformación radial y la deformación vertical es el índice de Poisson, .



Deformaciones laterales Deformación axial



  r  z

[E.13]

Tabla E.1. Típicos valores del índice de Poisson. Tipo de suelo Descripción  Arcilla Suave 0.35 – 0.40 Media 0.30 – 0.35 Dura 0.20 – 0.30 Arena Suelta 0.15 – 0.25 Media 0.25 – 0.30 Densa 0.25 – 0.35

El modulo de elasticidad o de Young es el cociente entre el esfuerzo y la deformación normal. E

 

[E.14]


Esfuerzo (z)

Línealmente elástico La pendiente es el modúlo elástico tangente, Et' A La pendiente B de la tangente inicial es el modúlo Elástico no líneal elástico, E.

La pendiente es el modúlo elástico secante, Es'

O

Deformación (z) Figura E.4. Curvas esfuerzo-deformación de un material elástico lineal y no lineal La pendiente de la tangente inicial es el modúlo elástico, E. C

Esfuerzo

A

Respuesta elástica durante el descargado.

O

B

D

Deformación

Plástico Elástico Figura E.5. Curvas esfuerzo-deformación de un material elastoplástico. (Budhu, 2000)

Respuesta de los materiales a esfuerzos de corte. zx

La tangente inicial es el modúlo de corte inicial, Gi Modúlo de corte tangente, Gt

Modúlo de corte secante, G

zx

Figura E.6. Respuesta esfuerzo de corte-deformación de corte para un material elastoplástico (Budhu, 2000)

Superficie de fluencia


1 Superficie de fluencia

1 (1)y

A

Elastoplástico Region elástica

3

B (3)y

3

a) b) Figura E.7. Esfuerzos en estado elástico, plástico y elastoplástico (Budhu, 2000)

1.2. Esfuerzo total. 

W A

[E.15]

Donde W = Peso total en o sobre el suelo. Ā = Área de influencia del peso total.

1.3. Esfuerzo neutral o presión de poros del agua. u  u a  x  u a  u w 

[E.16]

Donde u = presión de poros. uw = presión de poros del agua. ua = presión de poros del aire. x = Parámetro que depende principalmente del grado de saturación, y en grado menor de la estructura del suelo.

1.4. Concepto del esfuerzo efectivo. [E.17]

'   u

Donde: σ = Esfuerzo normal total. σ’= Esfuerzo normal efectivo. u = Presión de poros del agua o esfuerzo neutral.





[E.18]

Pw  A  a s  u

Donde: u = Presión de poros del agua. Ā = Área de la sección transversal de suelo = X·Y. as = Área de sección transversal ocupada por los contactos sólido con sólido. Pv '  P1v  ' P2v  ' P3v  '....  Pn v  '  N  Pv 'i

[E.19]

Donde: P1(v)’ + P2(v)’ + ..... + Pn(v)’, son las componentes verticales de: P1+ P2+ ..... + Pn , respectivamente. Pv  Pv ' A  a s  u [5.20]






 i '    u  1  a ' s 

[5.21]

Donde: u = Presión de poros del agua o presión hidrostática del agua. as’ = as/Ā = as = Fracción del área de sección transversal unitaria de la masa de suelo ocupada por los contactos de sólido - sólido. σi = Fuerza media intergranular por área unitaria del plano = N·P/1.

P1

u

P2 P3

u

b

b

P2

P1

u

P3

X

Areas de contacto solido - solido A1 A2

A3

A4 Y

b b P1 P2

P3

P4

X

Sección Transversal Area = A = X·Y

Figura E.8. Fuerzas intergranulares actuando en la superficie b-b (Simons & Menzies, 2000)

P es la fuerza media por contacto y hay N contactos en un área unitaria, entonces la fuerza intergranular por área unitaria en el plano b-b es.

 i ' N  P

[E.22]

Donde: σi' = Esfuerzo intergranular, o fuerza intergranular por área unitaria. N = Numero de contactos entre partículas en un área unitaria. P = Fuerza media por contacto.

 '   i 'u  a

[E.23]

Donde: as = N·A σ' = Esfuerzo efectivo. Reemplazando σi’ de la ecuación [5.21] se tiene:

 '   u

[5.17]


P

u

A

u

A u

u

u

u

u P

P

Figura E.9. Separación de las componentes de las fuerzas intergranulares (Simons & Menzies, 2000)

g 

  u  1  a s  as

[5.24]

Donde: Pt = σ·Ā = σ σg = N·P/as = esfuerzo intergranular as = Σ Ai = N·Ai

1.5. Principio del Esfuerzo Efectivo.  El cambio de volumen y deformación de los suelos depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total. Esto lleva a la ecuación [5.17] ya definida.

 ´   u

[5.17]

 La resistencia al corte depende del esfuerzo efectivo y no del esfuerzo total normal al plano considerado. Esto puede ser expresado por la ecuación:

 f  c' ' tan  '

[5.25]

Donde: f resistencia al corte, σ´ esfuerzo efectivo en el plano considerado, c´ cohesión, Ø’ ángulo de resistencia al corte, con respecto al esfuerzo efectivo, este parámetro se lo vera detalladamente en el capitulo 6.

N

T N

T

T T

N

N

(a) (b) Figura E.10. Representación esquemática de la transmisión de fuerzas a través de un suelo (a) Sección de un recipiente lleno de suelo, (b) Ampliación de una parte de la sección mostrando las fuerzas transmitidas por dos puntos de contacto (Lambe Whitman, 1976)

1.6. Cálculo del esfuerzo efectivo. 1.6.1. Determinación del esfuerzo total.


H

Columna Unitaria

Figura E.11. Esfuerzos en campo debidos al peso del suelo mismo en reposo (Simons & Menzies, 2000)

 = ··H

[E.26]

Donde: σ = Esfuerzo total. H = Espesor del estrato del suelo. γ = Peso específico del suelo. 1.6.2. Determinación de la presión de poros del agua. u = w·D

[E.27]

Donde: w = peso específico del agua, w = 9.807 kN/m3  w ≈ 10 kN/ m3. 1.6.3. Cálculo del esfuerzo efectivo en suelos saturados sin flujo de agua o en condiciones hidrostáticas.

H1

A z

H2

C

B Válvula (Cerrada)

(a) Figura E.12. (a) Estrato de suelo en un tanque donde no hay flujo de agua; variación de (b) esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo sumergido sin flujo de agua (Das, 1998)


0 H1

Esfuerzo Total,

Presión de poros, u 0

H 1·w

H 1·w

Esfuerzo efectivo, ' 0

(H 1 + z)·w

H 1·w + z ·sat

H1 + z

0

z·'

H1 + H2 H 1·w + H 2·sat

(H 1 + H 2) ·w

H 2·'

Profundidad Profundidad Profundidad (b) (c) (d) Figura E.12. Continuación (a) Estrato de suelo en un tanque donde no hay flujo de agua; variación de (b) esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo sumergido sin flujo de agua (Das, 1998)

 Ć  z   ´

[E.28]

Donde: ’ = sat - w es el peso especifico sumergido del suelo. 1.6.4. Flujo de agua ascendente: h z h H 2 h i   L z H2

[E.29]

Entonces: [E.30]

 Ć  z   ´i  z   w

Donde: i = Gradiente Hidráulico ∆h = Perdida de carga entre dos puntos L = Distancia entre dos puntos, que es la longitud de flujo sobre la cual ocurre la perdida de carga. [E.31]

 Ć  z   ´icr  z   w  0

Donde: icr = Gradiente hidráulico critico (para un esfuerzo efectivo igual a cero) z   'icr  z   w  0



icr 

' w

[E.32]

Para la mayor parte de los suelos, el valor de icr varia de 0.9 a 1.1, con un promedio de 1.


h H1

h z H2

A z

H2

C

B Válvula (Abierta)

Entrada del flujo

0 H1

Esfuerzo Total, H 1·w

0

H 1·w

H 1·w + z·sat

H1 + z

(a) (a) Presión de poros, u 0

Esfuerzo efectivo, ' 0

(H 1 + z + i·z)·w

z·' - i·z·w

H1 + H2 H 1·w + H 2·sat Profundidad

(H 1 + H 2 + h)·w Profundidad

H 2·' - h·w Profundidad

(b) (c) (d) Figura E.13. (a) Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua ascendente; variación de (b) esfuerzos totales; (c) presión de poros del agua; (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo con flujo de agua ascendente (Das, 1998)

1.6.5. Flujo de agua descendente.

(a) Figura E.14. (a)Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua descendente, variación de (b) esfuerzos totales, (c) presión de poros del agua, (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo con flujo de agua descendente (Das, 1998)


0 H1

1

+z

Esfuerzo Total,

Presión de poros, u 0

H 1·w

0

H 1·w

0

(H 1 + z + i·z) ·w

H 1·w + z ·sat

Esfuerzo efectivo, '

z·' + i·z·w

+ H2 H 1·w + H 2·sat

(H 1 + H 2 - h)·w

H 2·' + h·w

Profundidad Profundidad Profundidad (b) (c) (d) (b) (c) (d) Figura E.14. Continuación (a)Estrato de suelo en un tanque con flujo de agua descendente, variación de (b) esfuerzos totales, (c) presión de poros del agua, (d) esfuerzo efectivo con la profundidad para un estrato de suelo con flujo de agua descendente (Das, 1998).

[E.33]

 Ć  z   ´i  z   w

2. Aplicaciones del esfuerzo efectivo a propósitos ingenieríles. 2.1. Fuerza de escurrimiento. Volumen del suelo = z·A

z·'·A

z

(a) Volumen del suelo = z·A (z·'-i·z·w)·A z =

z·'·A

+

i·z·w·A = fuerza de escurrimiento

(b) (z·'+i·z·w)·A

z=

z·'·A

+

i·z·w·A = fuerza de escurrimiento

(c) Figura E.15 Fuerza producida en un volumen de suelo (a) sin flujo de agua, (b) Flujo de agua ascendente, (c) Flujo de agua descendente. (Das, 1998)

2.2. Cálculo de la fuerza de escurrimiento.  ' z  '

P1 ' A



P1 '  z   ´ A

[E.34]


 '  z   'i  z   w 

P2 ' A

P2 '   z   'i  z   w   A



[E.35]

P2 ' P1 '  i  z   w  A [E.36] El signo negativo indica que esta en dirección contra la gravedad.

 i  z  w  A P1 ' P2 '   i   w Volumen  de  suelo zA

 '  z   'i  z   w 

P3 '  A

P3 '  z   'i  z   w   A

[E.37]

[E.38]

P3 ' P1 '  i  z   w  A

[E.39]

P3 ' P1 ' i  z  w  A   i  w Volumen de suelo z A

[E.40]

d 2

Tablaestaca h1 h2 d

Zona de levante d

T d 2

W'

Estrato Impermeable

U

(a) (b) Figura E.16. (a) Verificación contra el levantamiento aguas abajo para una fila de Tabla estacas introducidas en un estrato permeable, (b) ampliación de la zona de levante. (Das, 1998)

FS 

W' U

[E.41]

Donde: FS = Factor de seguridad W’= Peso del suelo sumergido en la zona de levante por longitud unitaria U = Fuerza de levante o escurrimiento en el mismo volumen de suelo.

 2  

W ' d  d

sat

  w   1  d 2  ' 2

[E.42]


U  Volumen de suelo  iav   w  

1 2  d  iav   w 2

[E.43]

Donde iav = Gradiente hidráulico promedio en la base del bloque de suelo. = Carga piezometrica promedio / profundidad. 1  d 2  ' 2 FS  1  d 2 i  av w 2



FS 

' iav   w

U  C o  0 .5   w  d   H 1  H 2 

[E.44]

[E.45]

Donde: Co esta en función de d/T, en la Tabla 5.2 se dan algunos valores según d/T. d = Profundidad del hincado de la tablestaca. T = Profundidad del estrato de suelo. H1= Altura del agua del lado aguas arriba de la tablestaca. H2= Altura del agua del lado aguas abajo de la tablestaca. FS 

W' 0.5  d 2   ' d  '   U 0 .5  C o   w  d   H 1  H 2  C o   w   H 1  H 2 

[E.46]

Tabla E.2. Variación de Co con d/T d/T Co 0.1 0.385 0.2 0.365 0.3 0.359 0.4 0.353 0.5 0.347 0.6 0.339 0.7 0.327 0.8 0.309 0.9 0.274

2.2. Uso de filtros para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento. Ws+f = W’ + W’f,

[E.47]

Donde: W ' d 

d 1   sat   w    d 2   ' 2 2

W ' f  d1 

d 1   ' f   d1  d   ' f 2 2

 

’f = Peso especifico efectivo del filtro. 1 2  d  iav   w 2  ´ d1 d    ´ F   FS  iav   w

U

[E.43]

[E.48]


d 2

Tablaestaca h1 h2 d

Zona de levante d

T d 2

Estrato Impermeable

W'

U

(a) (b) Figura E.17. Uso de un filtro para aumentar el factor de seguridad contra el levantamiento (Das, 1998)

2.3. Selección del material para el filtro. Terzaghi y Peck recomiendan los siguientes criterios para satisfacer la estabilidad del filtro y proporcionar un aumento de permeabilidad. 1.

D15 F  D 85 B 

4

D15 F 

4 D15 B  3. La curva granulométrica del filtro debe ser aproximadamente paralela a la del material base.

2.

Donde: D15 (F), D15 (B) = diámetros a través de los cuales pasa el 15% del material para el filtro y la base, respectivamente. D85 (B) = diámetro a través del cual pasa el 85% del material para la base. El primer criterio es para prevenir el movimiento de las partículas de suelo del material base a través del filtro. El segundo criterio es para asegurar la permeabilidad del filtro.


Filtro

Material Base (Suelo que debe ser protegido)

Figura E.18. Definición del material base y material del filtro

4·D85(B)

Porcentaje que pasa

100

D85(B)

85

A

80 Curva b

60

Curva a (Material Báse)

Curva c

40

4·D15(B)

D15(B)

20 15

B

D

C

0 Tamaño de grano, D Figura E.19. Criterio para la selección de filtros. (Das, 1998)

3. Cambio de esfuerzos efectivos. 3.1. Modelo mecánico. Condición de carga. Inicialmente (Δu = 0). Pero si en ese instante se pone rápidamente una carga ΔP encima del pistón , condiciones a corto plazo (Figura E.20b),



P  P   'u A

; A=1= área unitaria

P  P   'u

Donde σ’ = (σ - u) = Carga por área unitaria absorbida por el resorte. u = Carga por área unitaria absorbida por el agua.

[E.49] [E.50]


P+ P

P/

P

P+ P

P+ P

u/w

t=0 t>0 t=8 u= P u=0 00 v>0 (a) (b) (c) (d) Figura E.20. Modelo cilindro–resorte para la condición de carga. (Simons & Menzies, 2000) P=0 (-u)=P

En la Figura E.20.b se puede ver que después de haber incrementado la carga ΔP, se tiene: σ’ = (σ - u) = P

y

u = ΔP

y

0 < u < ΔP

Con el transcurrir del tiempo. P < σ' < (P + ΔP)

Después de un largo tiempo (t = ), (condiciones a largo plazo)(Figura E.20.d) σ' = (P + ΔP)

y

u=0

Condición de descarga. Inicialmente se tiene las mismas condiciones que para un tiempo infinito en el proceso de carga. σ' = (P + ΔP)

P+ P

y

u=0

P

P

P

u/w P/

t=0 t>0 t=8 u= - P - P0 v>0 (a) (b) (c) (d) Figura E.21 Modelo cilindro-resorte para la condición de descarga (Simons & Menzies, 2000) u=0 (-u)=P+ P

Pero si después se quita rápidamente el incremento de carga, ΔP como se muestra en la Figura E.21.b.


σ' = (P + ΔP)

y

u = –ΔP

Posteriormente con el pasar del tiempo, Figura E.22c. P < σ' < (P + ΔP)

y

–ΔP < u < 0

Cuando ya ha transcurrido un tiempo suficiente (t = ), (Figura E.22d). σ’ = (σ - u) = P

y

u=0

3.2. Generación de la presión de poros en el cargado y descargado de suelos reales. Condición de carga. t=0

Piezómetros

Talud rapidamente construido

t>0

u/ w

Nivel de la tierra t>>0

Nivel del agua

t=

Figura E.22. Respuesta de la presión de poros de una arcilla saturada cargada rápidamente en forma local (Simons & Menzies, 2000)

Condición de descarga. Nivel freático original Zona de influencia de la excavación ho u (-) Línea equipotencial

hf

Nivel freático final

Zona inafectada por la excavación

u (+)

P Presión de poros al final de la excavación

Figura E.23. Presión de poros en un corte a largo y corto plazo (Simons & Menzies, 2000)


4. Esfuerzos y deformaciones elásticas en los suelos. 4.1. Ley de Hooke. Los esfuerzos y deformaciones para un suelo lineal, isotrópico y elástico son relacionados con la ley de Hooke. Para un estado de esfuerzo general como se muestra en la Figura E.25, según la ley de Hooke se tiene: x y z



 xy

1

.



 yz





0

0

0



1



0

0

0

y





1

0

0

0

z

0

0

0 2 ( 1

0

0

 xy

0

0

0

0

 yz

0

 zx

x

1

0

0

0

)

2 ( 1

0

)

0

2 ( 1

)

[E.51]

 zx

Donde E es el módulo de Young o de elasticidad y  es el índice de Poisson.

 zx 

 2  1  v    zx  zx E G

[E.52]

Donde G

E 2  1  v 

[E.53]

Tabla E.3. Típicos valores de E y G Tipo de suelo descripción E*(MPa) Arcilla Suave 1-15 Media 15-30 Dura 30-100 Arena Suelta 10-20 Media 20-40 Densa 40-80

G*(MPa) 0.5-5 5-15 15-40 5-10 10-15 15-35

* Esto es el módulo elástico secante para condiciones drenadas.

z, z

Z

Y

zx

zy yz

xz A yx

x, x xy

y, y X

Figura E.24. Estado de esfuerzos general (Budhu, 2000)


4.2. Esfuerzos principales. Si los esfuerzos aplicados a un suelo son esfuerzos principales, entonces la ley de Hooke se reduce a:  1   1       1    1     2   E   1     2   3      1   3 

[E.54]

La inversa de la matriz [E.53] es:

    1  1   E    1     2   1     1  2       3     1   

 1     2   3 

[E.55]

4.3. Desplazamientos de las deformaciones y fuerzas de los esfuerzos. Los desplazamientos y fuerzas son obtenidos por integración. Por ejemplo, el desplazamiento vertical.Δz, es:



z   z dz

[E.56]

y la fuerza axial es:



Pz   z dA

[E.57]

Donde: dz = Altura o espesor del elemento dA = Área del elemento. 4.4. Estado de deformación Plana.

z Z (1)

x

Y (2)

Muro de contención A

 y , y = 0 X (3) Figura E.25. Condición de deformación plana para un elemento de suelo detrás de un muro de contención (Budhu, 2000)

1 

1  1      1     3  E

[E.58]


3 

1  1      3     1  E

 2     1   3 

[E.59] [E.60]

En forma matricial. Las ecuaciones [E.58] y [E.59] se convierten en:  1  1     E  3 

1       1     1        3 

[E.61]

La inversa de la ecuación [E.61]:

   1   1  1   E      1     3   3  1  v   1  2v   

[5.62]

4.5. Simetría Axial o Condición Axisimétrica. Z r

Tanque

z

z

r =



Figura E.26. Condición axisimétrica en un elemento de suelo bajo el centro de un tanque (Budhu, 2000)

La ley de Hooke para condiciones axisimétricas es:

1 

1   1  2     3  E

[E.63]

3 

1  1      3     1  E

[E.64]

O, en forma matricial:  1  1  1     3  E   

 2     1        3 

[E.65]

ANEXO F Resistencia al corte

ANEXO F RESISTENCIA AL CORTE Respuesta de los suelos a esfuerzos de corte. 1. Envolvente de falla. C D

Suelos tipo II B

Suelos tipo II-A

A

'cr

'r

Suelos tipo I

O

Figura F.1. Envolvente de falla para suelos del Tipo I, II y II-A (Budhu, 2000)

Suelos del Tipo I. f = (')f·tan ' [F.1] Donde: f = Es el esfuerzo de corte en el instante del deslizamiento, que será: T/A. (')f·= Es el esfuerzo efectivo normal en el instante del deslizamiento, que es: N/A. El esfuerzo de corte en el estado crítico que será: cr = (')f·tan 'cr

[F.2]

Suelos del Tipo II. f = (')f·tan (' + ) [F.3] z tan   [F.4] x Donde: z = Desplazamiento vertical (expansión) del suelo ensayado al cortante. x = Desplazamiento horizontal del suelo ensayado al cortante. 'p = 'cr + p

[F.5]

El esfuerzo de corte en el pico para suelos dilatantes será: p = (')f·tan 'p p = (')f·tan ('p) + c' Donde: ' = Ángulo de fricción geométrico. c' = Cohesión geométrica.

[F.6] [F.7]


Suelos del Tipo II-A. El esfuerzo de corte para el estado residual será: r = (')f·tan 'r

[F.8]

Tabla F.1. Rango de valores para ángulos de fricción (Budhu, 2000) cr p Tipo de suelo Grava 30-35 35-50 Mezcla de grava y arena con suelo fino 28-33 30-40 Arena 27-37 32-50 Limo o limo arenoso 24-32 27-35 Arcilla 15-30 20-30

r

5-15

Suelos cementados. f = (')f·tan (' + ) + C0

[F.9]

2. Criterio de falla de Mohr-Coulomb. sin ' 

'1 f  '3 f '1 f  '3 f

[F.10

 '1 f  '3 f



1  sin  ' 1  sin  '

[F.11

 '3 f  '1 f



1  sin  ' 1  sin  '

[F.13

' 2

[F.14]

  45 

sin   '   

  45 

  '1 f    '3 f   '1 f    '3 f

(  '  ) 2

[F.15]

[F.16]

  '1 f =   '3 f  tan2  45 

'  '     2  c ' tan  45   2 2 

[F.17

  '1 f =   '3 f  tan2  45 

'   2

[F.18]






Estado no drenado.



B

cu (3)f (1)f Figura F.2. Envolvente de falla de Mohr-Coulomb en estado no drenado

 1 f   3 f

cu 

2

[F.19]

Parámetros de resistencia al corte para el diseño. f = cu

[F.20]

f = 'f·tan(') + c'

[F.21]

3. Ensayos de laboratorio para determinar los parámetros de resistencia al corte. Ensayo del corte directo. Anillo de carga y deformímetro. S = LD·CR Donde: S = Fuerza de corte aplicada por el aparato a la muestra. LD = Lectura del deformímetro instalado en el anillo de carga. CR = Coeficiente del anillo.

 ' 

F A

S A

Donde: ' = Esfuerzo normal efectivo. F = Fuerza vertical aplicada por el sistema de pesas sobre la muestra. A = Área del muestreador.  = Esfuerzo cortante que actúa en el plano de falla. S = Fuerza de corte aplicada por el aparato a la muestra.

[F.22]

[F.23]

[F.24]


Ensayos triaxiales. Coeficientes A y B de la presión de poros. Etapa 1 y 2: B

u 3  3

[F.25]

Donde: B = Coeficiente de Skempton. u3 = Variación de la presión de poros debido a la presión de confinamiento.  '3   3  u3

B

u 3   3

[F.26]

1 1 n 

[F.27]

Ce Cf

Donde: Ce = Compresibilidad de la estructura de suelo Vm = Volumen de la muestra de suelo. Cf = Compresibilidad del fluido aire-agua n = Porosidad del suelo. Etapa 3: A  A B 

u1 3  1    3

[F.28]

Compresión no drenada. Ensayo triaxial no consolidado no drenado (UU).

cu

 3 f

 1 f

Figura F.3. Envolvente de falla no drenado resultante del triaxial UU






L L0

[F.29]

Donde:  = Deformación vertical del espécimen de suelo. L = Deformación del espécimen registrado por el deformímetro. L0 = Longitud inicial del espécimen de suelo. P = (Lectura del deformímetro)·(Factor de calibración del anillo). A

A0 1 

[F.30]

Donde:  = Área transversal corregida.  = Deformación vertical del espécimen de suelo. A0 = Área transversal inicial del espécimen de suelo.

Esfuerzo desviador d

 d p

Suelos Tipo II

 d cr Suelos Tipo I



Deformación vertical % Figura F.4. Deformación vertical en función al esfuerzo desviador en un ensayo triaxial UU

El esfuerzo desviador d, que actúa en el espécimen de suelo, será: P A

[F.31]

1 = 3 + (d)f

[F.32]

d 

El esfuerzo principal menor en la falla (3)f, es la presión de registrada en la cámara triaxial al momento de la falla.


Ensayo triaxial consolidado no drenado (CU). A

u d

[F.33]

Donde: A = Parámetro de Skempton. u = Exceso de presión de poros durante la compresión. d = Esfuerzo desviador. Suelo Tipo II



 d p

p  d cr

d u p

 cr

u

u, A d

ucr

Deformación vertical %

Figura F.5. Deformación vertical en función a d, u y A en un triaxial CU en suelo Tipo II

'

c' ' )f

Figura F.6. Envolvente de falla para un suelo Tipo II en un ensayo triaxial CU ( '3 )f   3   u f

' )f

[F.34]

'


 '1 f   3   d f   u f

[F.35]

Compresión drenada. Ensayo triaxial consolidado drenado (CD).

 d p

Esfuerzo desviador

d

Suelo Tipo II

 d cr Suelo Tipo I

Deformación vertical % Figura F.7. Deformación vertical en función al esfuerzo desviador en un ensayo triaxial CD

'1)f = ('3)f + (d)f

[F.36]

 '

' )f

' )f

Figura F.8. Envolvente de falla para un suelo Tipo I en un ensayo triaxial CD

Ensayo de Compresión inconfinada.

'


Esfuerzo axial aplicado 

p

Suelos Tipo II

cr Suelos Tipo I



Deformación vertical % Figura F.9. Deformación vertical respecto al esfuerzo axial en la compresión inconfinada

cu

  qu

 



Figura F.10. Combinación de esfuerzos en la falla en el ensayo de compresión inconfinada

cu 

qu 2

[F.37]

Tabla F.2. Consistencia de la arcilla (Das, 1997) Consistencia Muy suave Suave Medio Duro Muy duro

qu (kg/m2) 0 a 2.44 2.44 a 4.88 4.88 a 9.76 9.76 a 19.52 19.52 a 39.05

4. Métodos empíricos para determinar los parámetros de resistencia al corte.


Peso unitario seco,  KN/m3 d

15

d sida Den

Ángulo de fricción efectivo, ' (deg)

40

ti rela

20

00 % va 1 75%

GW GP SW

35

50%

Tipo de suelo

ML y

SM

SP

en este rang

30

25%

o

0

25

20 75

80

90

100

110

120

Peso unitario seco,  lb/ft d

1.2

1.1

1.0

0.9

0.8

0.7 0.65 0.6

0.55 0.5

0.45

130

140

150

3

0.4

0.35

0.3

0.25

0.2

0.15

Índice de vacíos, e

Figura F.11. Valores típicos de ’ para suelos poco cohesivos (U.S. Navy, 1982) 1.0 0.9 60 0.8 50 0.7

30

0.6 sin '

' (deg)

40

0.5 0.4

20 0.3 10

0.2 0.1

0

0

5

6

8

10

15

20

30 IP

40

50

60

Índice de platicidad

Figura F.12. Valores típicos de ’ para arcillas y limos NC (Mitchell, 1993)

80

100

150

200


Tabla F.3. Relaciones empíricas para los parámetros de resistencia al corte (Budhu, 2000) Tipo de suelo

Ecuación

Referencia

Arcillas normalmente consolidadas

 cu       0.11  0.0037  IP   NC

Skempton (1957)

Arcillas sobreconsolidadas

 cu  cu

Ladd et al. (1977)

  OC 0.8   OCR     NC

cu   0.23  0.04   OCR 0.8 

Jamiolkowski et al. (1985)

cu  0.22  0

Mersi (1975)

 p  cr  3  Dr  10  ln pf   3

Bolton (1985)

Todas las arcillas

Arena limpia con curazo

El valor de p'f en la ecuación propuesta por Bolton representa la cantidad de esfuerzo efectivo en la falla (expresado en KPa). Esta ecuación solo es válida si: 12 > ('p – 'p) > 0.

5. Sensibilidad de la arcilla. (S) S

cu  inalterada  cu  remoldeada 

[F.38]

Donde: S = Sensibilidad de la arcilla. cu = Parámetro de resistencia no drenado. Tabla F.4. Sensibilidad de la arcilla. (Das, 1997) Sensibilidad 1-2 2-4 4-8 8 - 16 16 - 32 32 - 64 > 64

Descripción Ligeramente sensitiva Medianamente sensitiva Muy sensitiva Ligeramente activa Medianamente activa Muy activa Extra activa

6. Trayectorias de esfuerzos en el espacio (q', p'). q' = '1 – '3

[F.39]

q = q'

[F.40]

1 p'    1  2   3  3

[F.41]

p = p' + u

[F.42]

q' = '1 – '3

[F.43]


q = q'

[F.44]

1 p '   q '  3 3

q’f = M·p’f M 

[F.45] [F.46]

6  sin  ' 3  sin  '

[F.47]

3 M 6M

[F.48]

sin  ' 

7. Modelo del estado critico. M 

qf p 'f

[F.49]

Donde: M = Pendiente de la línea de estado crítico. qf = Esfuerzo desviador en el momento de la falla. p'f = Esfuerzo normal promedio en el momento de la falla. 

Cc 2.3

[F.50]

Donde: Pendiente de la línea de consolidación normal en el espacio (e, ln p'). CcPendiente de la línea de consolidación normal en el espacio (e, log ). 

Cr 2.3

[F.51]

Donde: Pendiente de la línea de recompresión en el espacio (e, ln p'). CrPendiente de la línea de recompresión en el espacio (e, log ). R0 

p'c p '0

[F.52]

Donde: R0 = Relación de sobreconsolidación. p'c = Esfuerzo efectivo de preconsolidación. p'0 = Esfuerzo efectivo inicial o presión de sobrecarga. R0 

1  2  K 0NC  OCR 1  2  K 0OC

[F.53]

Donde: K 0NC = Parámetro de consolidación para suelos normalmente consolidados K 0OC = Parámetro de consolidación para suelos sobreconcolidados.


K0 

 'h  'v

[F.54]

Donde: K0 = El parámetro de consolidación. ’h = Esfuerzo efectivo horizontal actuante en la etapa de carga. ’v = Esfuerzo efectivo horizontal durante la etapa de carga. Superficie de fluencia. q

Mc

A

estado de esfuerzo elástico

B

fluencia inicial

C

elastoplasticidad

expansión de la superficie de fluencia

C B

superficie inicial de fluencia la en compresión

A

p'c

p'

Figura F.13. Expansión de la superficie de fluencia (Budhu, 2000)

 p'2  p' p'c 

q2 0 M2

[F.55]

Línea de falla en el espacio (q, p'). q'f = M·p'f

[F.56]

3 M c 6 Mc 6  sin  'cs Mc  3  sin  'cs

sin  'cs 

[F.57] [F.58]

Línea de falla en el espacio (e, p'). ef = e – ·ln p'

[F.59]

Donde: e = Índice de vacíos en la línea de estado crítico, cuando ln p' = 1 kPa. ef = Índice de vacíos en el instante de la falla. e  e0       ln

p'c    ln p '0 2

[F.60]


Ensayo triaxial drenado. q imposible estado de esfuerzos

ESP = TSP 3

1

qf

M línea de falla

F 3 1 B

A O

p'0

p'f

p'C

p'

(a) e

estados imposibles

A

e0

B

ef

F

línea de falla

(b) Figura F.14. Falla en ensayos CD (Budhu, 2000)

qf = 3·(p'f – p'0) qf = M·p'f

p'

[F.61] [F.62]

p'f 

3· p '0 3 M

[F.63]

qf 

3·M · p '0 3 M

[F.64]

Ensayo triaxial no drenado. ef = e0 = e – ·ln p'f

[F.65]


e e  p'f  exp  0    

[F.66]

e e  q f  M  exp  0    

[F.67]

CSL

3

TSP 3

1 u f

1

F

qf

ESP

qf

B

A p'

p'0

p'C

p'

e

e

imposible estado de esfuerzos

e F

e0= e f

F

A, B

A, B

CSL CSL

p'

1

ln p'

Figura F.15. Falla en ensayos CU (Budhu, 2000)

Para suelos sobreconsolidados (R0 >2): cu 

M e e   exp   0  2   

 cu  A  cu B

  e0  B   e0  A  exp    

[F.68]   

[F.69]

Para suelos saturados:

 cu  A  cu B

 G  B   A    exp  s    

[F.70]


q p  M  p '0  R0  1 cu 

[F.71]

M  p '0  R0  1 2

[F.72]

e e  M  u f  p'0   1  exp  0  3     

[F.73]

Rigidez del suelo. e A



e

C



1

B

ln p'

Figura F.16. Respuesta del suelo a la carga y descarga/recarga (elástica) (Budhu, 2000)

El módulo volumétrico K' se expresa: K'

p '1  e0  

[F.74]

El módulo de elasticidad E’ se escribe: E' 

3  p'(1  e0 )  (1  2  ' ) 

[F.75]

Donde ’, es el módulo de Poisson. Por consiguiente, el módulo de corte G se expresa: G

1.5  p '1  e0   1  2  '   1   '

[F.76]

Segun Jamiolkowski se tiene que: G

198 a   R0   p ' e1.3

[F.77]


Tabla F.5. Valores de a (Jamiolkowski, 1991) IP (%)

a 0 0.18 0.3 0.41 0.48 0.5

0 20 40 60 80  100

Segun Seed and Idriss se tiene que: G  k1  p '

[F.78]

Tabla F.6. Valores de k1 (Seed & Idriss, 1970) e 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

k1 484 415 353 304 270 235

Dr % 30 40 45 60 75 90

k1 235 277 298 360 408 484

8. Deformaciones en el modelo de estado crítico. Deformación volumétrica. p = ep + pp

[F.79]

Donde: p = Cambio total de deformación volumétrica. ep = Cambio de deformación volumétrica elástica. pp = Cambio de deformación volumétrica plástica.  eE  eD  p' e     ln E  p     1  e0  1  e0  1  e0 p' D

[F.80]

 ep 

e  eE     ln p' E e  D 1  e0 1  e0 1  e0 p' D

[F.81]

 ep 

p' K'

[F.82]

    pp   p   ep    1  e0

ep = -pp

 p'   ln E p' D 

[F.83] [F.84]


Deformación por corte. q = eq + pq

[F.85]

El cambio de la deformación elástica por corte será:  qe 

q 3 G

[F.86]

El cambio de deformación plástica por corte es:  qp   pp 

q M   p ' p 'c / 2 2

[F.87]

Respuesta del suelo K0-consolidado. p' 

1  K0  ' z 3

[F.88]

Donde p' = 'z para un suelo consolidado anisotrópicamente. q 3  1  K 0   p' 1  2  K 0

[F.89]

'3  K 0   '1 0  A   1  3 

[F.90]

Resolviendo para 1 – 3, se obtiene:  1    3 

K 0   '1 0   '3 A

[F.91]

En la falla se tendrá que: cu 

1   1  3   1  K 0    '1 0  2 

[F.92]

Sustituyendo la ecuación [F.103] en la ecuación [F.104], se tendrá que: cu 

 1  K 0   '1 0  '3   1  K 0    '1 0  2  A 

[F.93]

Sustituyendo esta expresión en la ecuación [F.105] se tendrá que: sin 'cr   K 0  A  1  K 0   cu c  u  '1 ' z 1   2  A  1  sin 'cr

[F.94]

ANEXO G Compactación

ANEXO G COMPACTACIÓN

2 Sólidos del suelo

d

Agua 1 = 1 = d(w

Peso específico húmedo, 

1. Concepto de Compactación.

Sólidos del suelo



w1

w2

Figura G.1. Principios de compactación. (Das, 1998)

2. Compactación en Laboratorio. 2.1. Curva de compactación. 1.90

Húmedad óptima, wopt.

1.80 1.75

Peso específico seco máximo, d.max

Peso específico seco, d [Ton/m3]

1.85

Curva de saturación (Volumen de aíre = 0)

1.70 1.65 1.60 1.55 0

5

10

15

20

25

30

Contenido de húmedad, w (%)

Figura G.2. Curva de compactación típica

 

W Vm 

Donde: W = Peso del suelo compactado en el molde. V = Volumen del molde. (Varia según el ensayo) γ = Peso específico húmedo del suelo.

[G.1]


d 

 1 w

[G.2]

Donde: w = Porcentaje de contenido de humedad. γd = Peso específico húmedo del suelo.

d 

GS   w G w 1 S S

[G.3]

Donde: GS = Gravedad especifica de los sólidos del suelo. γw = Peso específico del agua. S = Grado de saturación del suelo.

 zav 

GS   W W  1 1  w  GS w GS

[G.4]

Donde: γzav = Peso específico seco con cero de aire en los vacíos. 2.2. Factores que afectan la compactación. Efecto del tipo o naturaleza del suelo. Datos de textura y plásticidad del suelo Nº 1 2 3 4 5 6 7 8

Densidad seca, d [Ton/m3]

2.2 2.1 2.0 1.9

1 2

88 72 73 32 5 5 6 94

10 15 9 33 64 85 22 -

2 13 18 35 31 10 72 -

16 16 22 28 36 26 67 N.P.

PI N.P. N.P. 4 9 15 2 40 -

Curva de saturación, S = 100 % s = 2.65 Ton/m3

4 5

1.7

5

Arena Limo Arcilla LL

Arena marga bien gradada Marga arenosa bien gradada Marga arenosa de gradación media Arcilla limo arenosa Arcilla limosa Limo de Loess Arcilla homogénea Arena mal gradada

3

1.8

1.6

Descripción

6 7

8 10

15

20

25

Contenido de húmedad, w (%) Figura G.3. Curvas de compactación para ocho suelos utilizando la prueba Proctor estándar, (Jonson y Sallberg, 1960)


Contenido de húmedad, (%)

Tipo C Doble pico


Tipo A Forma acampanada

Tipo B uno y medio picos

Contenido de húmedad, (%)




Tipo D Forma impar

Contenido de húmedad, (%) Contenido de húmedad, (%) Figura G.4. Cuatro tipos de curvas de compactación encontradas en los suelos

Efecto de la energía de compactación.

E

N  n W  h V

[G.5]

Donde: E = Energía de compactación. N = Número de golpes del pisón compactador por cada una de las capas en que se acomoda el suelo en el molde de compactación. n = Número de capas que se disponen hasta llenar el molde. W = Peso del pisón compactador. h = Altura de caída del pisón al aplicar los impactos al suelo. V = Volumen total del molde de compactación, igual al volumen total del suelo compactado. Tabla G.1. Efecto de la energía de compactación con el número de caídas por capa. Número de curva en la Número de caídas por Energía de compactación Figura G.11 capa (ft-lb/ft3) 1 20 9.900 2 25 12.375 3 30 14.850 4 50 24.750 1 ft-lb/ft3 = 47.88 J/m3

De la Tabla G.1 y de la Figura 7.5 se puede ver que: 1. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el peso específico seco máximo de la compactación también aumenta. 2. Mientras que se aumenta la energía de compactación, el contenido de humedad óptimo disminuye un poco.


19.85

125

19.00

rv Cu

Línea de optimidad

ac o cer on

50 golpes por capa

e aír de

4

115

l en

18.00

s (G íos vac os

3

30 golpes por capa

=2

110

.7)

2 25 golpes por capa 20 golpes por capa

105

17.00

Peso específico seco, d [kN/m3]

120

Peso específico seco, d [lb/ft3]

Arcilla arenosa Límite liquido = 31 Índice de plásticidad = 26

1

16.00 100 10

12

14

16

18

20

22

15.20 24

Contenido de húmedad, w (%) Figura G.5. Efecto de la energía de compactación en la compactación de una arcilla arenosa.

2.3. Prueba Proctor estándar. Diametro 114.3 mm (4.5 plg)

Extensión

Diametro 101.6 mm (4 plg)

Caída = 304.8 mm (12 plg)

116.43 mm (4.584 plg) Peso del pisón = 2.5 kg (masa = 5.5 lb)

(a) 50.8 mm (2 plg)

(b)

Figura G.6. Equipo para la prueba Proctor estándar (a) molde, (b) pison, (Das, 1998)


Figura G.7. Compactación de un suelo, usando el pisón Proctor estándar

2.4. Prueba o ensayo Proctor modificado Molde de compactación de 4 plg de diámetro Molde de compactación de 6 plg de diámetro Martillo Pistón Compactador modificado Regla de 30cm.

Figura G.8. Equipo de compactación en laboratorio.

Las tres variantes en el método de compactación Proctor modificado, varían en algunas especificaciones que se resumen en la Tabla G.2. El método de compactación se elige en función del porcentaje de tamaño de partículas presentes en la muestra de suelo. Para la selección del método de compactación el suelo debe ser tamizado a través de los tamices ¾ plg, 3/8 plg y Nº4. Tabla G.2. Especificaciones técnicas para la prueba de compactación Proctor según las especificaciones ASTM Características - Volumen [cm3] - Diámetro [mm] Pisón - Masa [kg] -Altura de caída [mm] Número de capas de compactación Número de golpes por capa Energía de compactación [kN×m/m3] Suelo a usarse - Pasa el tamiz Criterio de selección: - Porcentaje retenido en el tamiz Nº 4 - Porcentaje retenido en el tamiz 3/8 plg. - Porcentaje retenido en el tamiz 3/4 plg. Molde:

Método A 944 101.6 4.54 457 5 25 2700 Nº 4

B 944 101.6 4.54 457 5 25 2700 3/8 plg

< 20 %

> 20 % < 20 %

C 2124 152.4 4.54 457 5 56 2700 ¾ plg

> 20 % < 30 %


Método A utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz Nº 4. Es aplicado a suelos con un porcentaje menor al 20 % de material retenido en el tamiz Nº 4. Método B utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz 3/8 plg. Es aplicado a muestras de suelo con un valor mayor al 20 % de material retenido en el tamiz Nº 4 y con un valor menor al 20 % de material retenido en el tamiz 3/8 plg. Método C utiliza como material de compactación el suelo que pasa por el tamiz 3/4 plg. Es aplicado a muestras de suelo con un valor mayor al 20 % de material retenido en el tamiz 3/8 plg y con un valor menor al 30 % del material retenido en el tamiz 3/4 plg.

Densidad seca, d (Mg/m3)

Grado de 60% 80% 100% para s = 2.70 Mg/m3 saturación

1.9

Proctor Línea de saturación

Línea de optimidad

125

120

115

1.8 (B) Proctor Modificado

110

1.7

Densidad seca, d (lb/ft3)

2.0

105 (A) Proctor estándar

1.6 0

5

100 25

10 15 20 Contenido de húmedad, w(%)

Figura G.9. Curvas de compactación para los ensayos Proctor estándar y modificado. (Holtz & Kovacs, 2000)

3. Aplicación de la compactación a obras civiles. 3.1. Efecto de la compactación en las propiedades del suelo.

Densidad seca compactada, d

Efecto de la estructura del suelo en la compactación. Esfuerzo de compactación alto E B D C A

Esfuerzo de compactación bajo Contenido de húmedad, (%)

Figura G.10. Efecto de la compactación en la estructura del suelo (Lambe, 1958)


(a) (b) Figura G.11. Estructuras extremas de un suelo arcilloso: (a) Alto grado de orientación de las partículas, (b) bajo grado de orientación de las partículas. d

ec ad rv Cu cta pa om n ció

(%) 100 % floculada

100 % dispersa

(%) COMPACTACIÓN EN EL LABORATORIO Estática Por impacto Por amasado

Figura G.12. Influencia del tipo de compactación en la estructura adquirida por el suelo compactado


Efecto de la compresibilidad en la compactación.

Muestra compactada del lado seco o no disturbada

Muestra compactada del lado hímedo o remoldeada

Presión, escála logarítmica Baja presión de consolidación (a) Figura G.13. Cambio en la compresibilidad con el contenido de agua del moldeado. (a) Baja presión de consolidación, (b) Alta presión de consolidación. (Lambe, 1958)



Muestra compactada del lado seco o no disturbada Muestra compactada del lado hímedo o remoldeada

Repercución de ambas muestras Presión, escála logarítmica Alta presión de consolidación (b) Figura G.13. Continuación. Cambio en la compresibilidad con el contenido de agua del moldeado. (a) Baja presión de consolidación, (b) Alta presión de consolidación. (Lambe, 1958)

Permeabilidad (cm/seg)

Efecto de la permeabilidad de los suelos en el proceso de compactación.

10

-5

10

-6

10

-7

Densidad seca, d (lb/ft3)

12

13

14

15

16

17

18

19

Muestra los cambios de humedad y densidad de la penetración a través de los poros.

122

118

S=

100

%

114

100 12

13

14

15

16

17

18

19

Contenido de húmedad, (%) Permeabilidad en ensayos de compactación en arcillas arenosas de Jamaica.

Figura G.14. Cambio en la permeabilidad con el contenido de agua del moldeado. (Lambe, 1958)


Efecto de la expansión en la compactación. 12 10

Expansión, %

8 6

Amasado

Estática

4

Estática 2

Amasado

0 11

12

13

14

15

16

17

18

19


Humedad de compactación, % 2.00

1.96

Peso específico en la prueba Proctor modificada 100 % de saturación

1.92 1.88 Compactación relativa = 80 %

1.84

Compactación Estática Compactación por amasado 1.80 11

12

13

14

15

16

17

18

19

Humedad de compactación, %

Figura G.15. Expansión de una muestra de arcilla arenosa compactada estáticamente y por manipulación.

Presión de expansión, Kg/cm2

2.0

1.6

1.2

0.8

0.4

0

0

4

8

12

16

20

Presión de compactación, Figura G.16. Relación entre la presión estática de compactación (energía de compactación)y la presión de expansión en una arcilla.


Efecto de la contracción en la compactación. 6 Lado seco del óptimo

Contracción axial (%)

5

Contenido de Lado húmedo del óptimo humedad óptimo

Amasado

4

3 Vibratoria

2 Estática

1

0 12 112

14

16

18

20

22

24

1.80

1.75

od atu es

108

ió rac n=

106

1.70

10 0%

Densidad seca, d (lbf/ft3)

ad Gr

110

104 1.65 102 12

14

16

18

20

22

Densidad seca, d (ton/m3)

Compactación estática Compactación vibratoria Compactación por amasado

24

Contenido de húmedaden el molde, (%) 1.60 Figura G.17. La contracción como una función del contenido de agua y tipo de compactación. (Seed y Chan, 1959)


Esfuerzo requerido para causar 5 % de resistencia (Kg/cm2) Esfuerzo requerido para causar 25 % de resistencia (Kg/cm2)

Efecto de la resistencia de los suelos en el proceso de compactación. 12

Fuerza (Esfuerzo requerido para causar 25 % de resistencia) Vs. Contenido de humedad

10

8

6

4

2

Ensayo noconsolidado-nodrenado Presión de confinamiento = 10 Kg/cm2 0 10

12

14

16

12

18

20

24

26

Fuerza (Esfuerzo requerido para causar 5 % de resistencia) Vs. Contenido de humedad

10

8

Capas

6

4

Apisonadas Presión por capa de la pata

7

15

276 Psi

7 7

15 15

136 Psi 65 Psi

2 0 10

12

14

16

18

20

116

Densidad seca, d (lbf/ft3)

22

Gr a

112

22

do

de s

at ur a

ci

ón

104

12

14

16

18

26

Densidad seca Vs. contenido de humedad

108

100 10

24

20

22

=1 00

%

24

26

Contenido de húmedaden el molde, (%)

Figura G.18. La resistencia como una función de la energía de compactación, y el contenido de agua del moldeado. (Seed y Chan, 1959)

Efecto de la resistencia como medida del CBR de los suelos en el proceso de compactación.



100

75

50

25

0 120

Densidad seca, (lbf/ft3)

115

Ce ro

55 golpes por capa de

26 golpes por capa aír

ee

110

n

12 golpes por capa lo s

va c

ío s

105

s

=

2. 72

100

95

90 10

15

20

25

Contenido de húmedad, (%) Nota: Peso 10 lb, caída 18” (Proctor modificado)

Figura G.19. La resistencia como medida del CBR y la densidad seca versus el contenido de agua para compactación de impactos en laboratorio. (Tumbull y Foster, 1956)


Tabla G.3. Comparación de las propiedades del suelo entre la compactación por el lado húmedo y por el lado seco del óptimo. Propiedad Comparación 1. Estructura a. Disposición de las partículas Del lado seco aleatorio b. Deficiencias de humedad Del lado seco, mayor deficiencia y por lo tanto mayor higroscopicidad, mayor expansión y menor presión de poros. La estructura del lado seco es más susceptible de variación. 2. Estructura 3. Permeabilidad a. Magnitud b. Estabilidad

Del lado seco, más permeable. Del lado seco, la permeabilidad se reduce mucho más por el flujo de agua.

4. Compresibilidad a. Magnitud

Del lado húmedo, mayor compresibilidad con bajas presiones y del lado seco con altas presiones. Del lado seco, se consolida más rápidamente.

b. Deficiencias de humedad 5. Resistencia a. En el molde  Sin drenaje  Con drenaje

Del lado seco, mucho mayor Del lado seco, algo mayor

b. Después de la saturación  Sin drenaje 

Del lado seco, algo mayor si se evita la expansión; del lado húmedo puede ser más elevada si se permite la expansión. Del lado seco, aproximadamente la misma o ligeramente mayor. Del lado húmedo, mayor Del lado seco, mucho mayor Del lado seco, más probabilidad de sensibilidad

Con drenaje

c. Presión de poros en la falla d. Modo esfuerzo-deformación e. Sensibilidad

4. Control de compactación. Hay básicamente dos categorías de las especificaciones de las obras de tierra:  Especificaciones de resultado final.  Especificaciones del método. 4.1. Especificaciones del resultado final. d = 0 e=

Densidad seca

d min

Índice de vacíos

e max

d d max e

0

e min

100

Índice de densidad ID o densidad relativa, Dr (%)

0

Compactación Relativa R.C. (%)

R.C.

80

100

Figura G.20. Conceptos de densidad relativa y compactación relativa. (Lee y Singh, 1971)


Grado de compactación R  

R


ρ d en campo ρ d.max en laboratorio

 100 % 

[G.6] [G.7]

100

Donde: R grado de compactación, expresado en porcentaje. d campo Peso unitario seco obtenido en campo. d max-lab Peso unitario seco máximo obtenido en laboratorio. Rmax teorico 

 zav  d max lab

[G.8]

100

Donde: Rmax-teórico zav d max-lab

Grado de compactación máxima, expresado en porcentaje. Peso unitario seco teórico (zero air voids). Peso unitario seco máximo obtenido en laboratorio.

Línea óptima

Línea del 100 % de saturación

Densidad seca, d

d max

90 % R.C. 1

2 3

a

 opt

b

c

Contenido de húmedaden, (%) Figura G.21. Densidad seca en función del contenido de humedad, ilustrando la condición más eficiente para la compactación en campo. (Seed, 1964)

4.2. Especificaciones del método.


4.3. Determinación del grado de compactación o compactación relativa Pruebas Destructivas. Los pasos requeridos para las pruebas destructivas comunes en campo son: 1. Excavar un agujero en el terraplén generalmente del espesor de la capa compactada (el tamaño del agujero dependerá del tamaño máximo del material en el terraplén). Determinar el peso del material excavado, W. 2. Determinar el contenido de humedad del material extraído. W  WS WS 3. Medir el volumen del material excavado. Las técnicas comúnmente empleadas para esto son el cono de arena, la membrana de hule, agregando agua o aceite de densidad conocida en el agujero es posible determinar el volumen del mismo. (Figura G.19) w

4. Calcular la el peso especifico γ del material. Conociendo el peso total W, del material excavado del agujero y el volumen del agujero, se calcula fácilmente γ.

 

W Vexc

[G.1]

Como también se conoce el contenido de humedad, se puede obtener el peso específico seco del terraplén, γ d.campo.

d 

 1 w

5. Se compara γ d.campo con γd (ecuación [G.6])

[G.2] max laboratorio

y se halla el grado de compactación

Cono de arena. El procedimiento de esta prueba es la siguiente: 1. Llenar el recipiente del cono con la arena de Ottawa. 2. Determinar el peso del recipiente más el cono más la arena de Ottawa dentro el recipiente. (W1) 3. Realizar la excavación del agujero en el área del terreno donde se realizara la compactación en campo. 4. Determinar el peso del suelo excavado del agujero. (W2) 5. Se debe conocer el contenido de humedad del suelo excavado. (w) 6. Determinar el peso seco del suelo, mediante la ecuación [G.7].


W3 

W2 1 w

[G.7]

7. Después de la excavación del agujero el cono lleno de arena es colocado inversamente sobre el agujero, como muestra la Figura G.19a Luego se abre la válvula del cono y la arena dentro el recipiente empezara a ingresar al agujero hasta que este se llene totalmente. 8. Determinar el peso de la arena más el peso del cono más el peso de la arena que sobro en el recipiente y el cono. 9. Determinar el peso de la arena que llena el agujero, W5 por medio de la ecuación [G.8]: W5  W1  W4

[G.8]

10. Determinar el volumen del suelo excavado, mediante la ecuación [G.9]: W5  Wc  d . Arena Donde: WC = Peso de la arena que llena solamente el cono. γd arena = Peso específico de de la arena de Ottawa. V

Los valores de WC y γd laboratorio.

arena

[G.9]

son determinados de la calibración hecha en

11. El peso específico seco puede ser determinado de la ecuación [G.10]:

d 

W3 Peso del suelo seco excavado del agujero  V Volumen del agujero

[G.10]

Frasco de vidrio con 20-30 de arena de Otawa (o similar)

Plato con agujero

Válvula Cono

(a) Cono de arena Figura G.22. Algunos métodos para determinar la densidad en campo (Holtz & Kovacs, 2000)


Presión del aire Válvula check

Bomba

Agua

Válvula de aíre Membrana (parcialmente presionado en el agujero de la excavación) (b) Membrana de ule

Aceite

capa de polietileno para los suelos granulares

(c) Método del Aceite (ó agua) Figura G.22. Continuación. Algunos métodos para determinar la densidad en campo (Holtz & Kovacs, 2000)

Suelo del terraplén

Se divide en tres partes

Se agrega, es decir se mezcla 40 g. de agua y se compacta como en un ensayo estandar. Se mide la densidad de la muestra compactada.


Gráfica de resultados



Densidad húmeda

X

1+z

z

Grado de compactación del terraplén

M agua agregada M suelo húmedo

Densidad del suelo húmedo en el terraplén Densidad máxima escalada de abajo de la gráfica, X

Figura G.23. Procedimiento del método rápido de determinación del grado de compactación del terraplén.

Figura G.24. Densímetro nuclear en funcionamiento. (ELE internacional, 1993)

Manómetro

Detectores

Fuente

Trayectoria del fotón (a)


Manómetro

Detectores

Fuente

Trayectoria del fotón (b)

Detectores Fuente

Trayectoria del fotón (c)

Figura G.25. Determinación nuclear de la densidad y el contenido de humedad: (a) Transmisión directa, (b) Dispersión trasera, (c) Boquete de aíre. (Troxler electronic laboratorios, Inc., Research triangle park, North Carolina).

5. Compactación en campo. S

1

110

1.9 =

10

0

%

1.8

2 1.7

100

3

1.6 5 6

4 90

10

Densidad seca, [ton/m3]

Densidad seca, [lbf/ft3]

120

1.5 15

20

25

Contenido de humedad (%)

Figura G.26. Comparación entre las compactaciones en laboratorio y en campo, (1) Compactación estática en laboratorio, 140 kg/cm2, (2) Proctor modificado, (3) Proctor estándar, (4) Compactación estática en laboratorio a 14 kg/cm2, (5) Compactación en campo con seis pasadas de un rodillo neumático, (6) Compactación en campo con seis pasadas de un rodillo pata de cabra. Nota. La compactación estática se aplico por ambas caras de la muestra. (Turnbull, 1950)


5.1. Tipos de compactadoras. Rodillos pata de cabra. (Compactación por manipulación)

Figura G.27. Compactador con rodillos pata de cabra. Rodillo Vástago

Vástago

(c) (d)

(b) Pata

(a) (b) (c) (d)

afilado de base ampliada prismática de cabra

(a)

Figura G.28. Formas usuales en las patas de los rodillos pata de cabra, (J. Badillo, 1976). Todos los vástagos son de sección cuadrada y 15 cm de lado F Superficie original F d, en Kg/m3 F del terreno.

1350 1350

1300

1300 1200 1200 1200 1200 1250 1250 1250

1200 1250

1200

1300 1250

15 cm

Capa compactada

Figura G.29. Influencia de la forma en la punta del vástago de los “rodillos pata de cabra”, (J. Badillo, 1976). F

F

F Superficie original del terreno.

Circular de 12 cm de diámetro

Cuadrado de 10 cm de lado

100 cm2

d, Kg/m3

1300

100 cm2

225 cm2

1300 10 cm

12 cm

1300

1250 1200

Cuadrado de 15 cm de lado

1250 1200

1250 1200

Capa compactada

1200

15 cm 1250 1200


Figura G.30. Influencia del tamaño y área de la sección recta en los vástagos de los “rodillos pata de cabra”, (J. Badillo, 1976). Rodillos de pata apisonadora. (Compactación por manipulación)

Figura G.31. Compactador con rodillos de pata apisonadora.

Rodillos Neumáticos. (Compactación por presión)

Peso específico seco máximo, [ton/m3]

Figura G.32. Compactador con rodillos neumáticos. 2.2 2.1

Grava - arena - arcilla

2.0 Arcilla arenosa 1.9 1.8 Arcilla plástica 1.7 1.61.75 3.50 5.75 7.00 8.75 10.50

Presión de inflado, Kg/cm2 Figura G.33. Compactación con rodillo neumático. Relación entre el peso especifico seco y la presión de inflado. (Juárez Badillo, 1976)


Rodillos vibratorios. (Compactación por vibración)

(a)

(b)

Figura G.34. (a) Compactador con rodillos vibratorios, (b) Rodillo liso vibratorio tipo remolcado.

Rodillos lisos. (Compactación por presión)

Figura G.35. Compactador con rodillos lisos de acero. Compactación con equipos manuales. (Compactación por impacto, vibración)


Figura G.36. Compactador con placa vibratoria.


5.2. Elección de la compactadora en campo. Zonas de aplicación de las compactadoras

100 % Arcilla Limo Pata de cabra

100 % Arena

Métodos de compactación

Roca

Rejilla Vibratorio Rodillos de acero lisos Multiples llantas neumaticos Neumaticos pesados Pies de amasado vibratorio Pies de amasado remolcado Pies de amasado de alta velocidad Pies de amasado Pies de amasado caterpiler caterpiler

Presión, manipulación Presión, manipulación Presión, vibración Presión Presión, manipulación Presión, manipulación Presión, manipulación, vibración Presión, manipulación Presión, manipulación, impacto, vibración Presión, manipulación, impacto, vibración

Figura G.37. Tipos de suelo lo mejor posible satisfechos para varios tipos de equipos de compactación. (Coduto, 1998) 5.3. Factores que afectan la compactación en campo. Efecto del número de pasadas del rodillo.

110

Contenido de humedad = 11.6 %

17 16

100

15 90

14 Arcilla limosa Límite liquido = 43 Índice de plásticidad = 19

80

70 0

8 16 24 Número de pasadas del rodillo

13 12

Peso específico seco, d [kN/m3]

Peso específico seco, d [lb/ft3]

18 Contenido de humedad = 17.8 %

11 32

Figura G.38. Relación entre el peso específico seco y el número de pasadas (por un rodillo liso de tres llantas de 9.5 ton), el suelo de un estrato suelto es compactado 9 plg a diferentes contenidos de humedad. Curva de crecimiento para una arcilla limosa.




Rodillos Pata de cabra.

2.2

Grava arena - arcilla


Arcilla arenosa 2.0

1.8

Arcilla limosa

1.6

Arcilla plástica

1.4

1.2

0

20 40 60 Número de pasadas

Figura G.39. Efecto del número de pasadas en el grado de compactación de diversos suelos con un rodillo para de cabra, (Lambe Whitman, 1976)


Rodillos Neumáticos. Peso específico seco, d [Ton/m3]




1.9

Arcilla plástica 1.8

1 2

1.7

3 1.6 1.5

0

8

16

24

32

Número de pasadas

1.9

1

2

1.8

3

1.7

Arcilla arenosa 1.6 1.5

0

8

16

24

Número de pasadas

2.2

1

2 Curva

2.1

Tn.

3 2.0

Grava - arena - arcilla

1.9 1.8

0

8

Carga/rueda

16

24

Número de pasadas

32

Presión/inflado Espesor capas sueltas cm. Kg/cm2

1 2

10.15 5.0

10.0 6.3

30.5 30.5

3

1.35

2.5

23.0

32


Figura G.40. Compactación con rodillo neumático. Efecto del número de pasadas y de la presión de inflado en el peso especifico seco de diversos suelos.  Compactadores vibratorios.

% de la compactación final

100 Profundidad 80

10 cm. 50 cm. 90 cm.

60 40 20 0

0

2 4 6 C. Estática

8

2

4 6 8 C. Vibratoria

10

Número de pasadas

Figura G.41. Ilustración de la eficiencia de la compactación por vibración. Efecto de la profundidad bajo la superficie a ser compactada.

100

Peso específico seco, d [lb/ft3] 104 108 0.00

0

1

2

3

4

1.00

Número de pasadas del rodillo = 2

Profundidad [m]

Profundidad [ft]

0.50

5 5

1.50

15 45

6 15.72

1.83 16.00 16.50 17.00 Peso específico seco, d [kN/m3]

Figura G.42. Variación del peso específico seco con el número de pasadas del rodillo; espesor del terraplén = 2.44 m.




Rodillos pata de cabra.

Porcentaje de compactación, [Proctor modificado]

100 1 Suelo limo-arenoso, presión de contacto de 14.1 Kg/cm2 2 Suelo arena-limosa, presión de contacto de 14.1 Kg/cm2 3 Suelo limo-arenoso, presión de contacto de 7,4 Kg/cm2

3 90 1

80

2

70 0

10 20 30 40 50 60 Profundidad bajo la superficie compactada, cm.

70

Figura G.43. Efecto de la compactación con rodillo pata de cabra en relación con la profundidad de la capa compactada.

Peso específico seco, d [Kg/m3]



Rodillos lisos.

2000

Nota. Las cantidades anotadas junto a los triángulos [ ] representan la presión en Kg/cm2 registrada en el suelo a la profundidad correspondiente.

2.62

1800

1.29

1600

0.97

1400 0.75

1200

0

10

20

30

40

50

Profundidad bajo la superficie compactada, cm.

Figura G.44. Disipación de la presión de contacto de un rodillo liso con la profundidad. Tabla G.4 Compactación recomendada para rellenos. (Frederick S. Merritt, "Manual del Ingeniero Civil", tomo II, 3th Ed., 1995)

Densidad en seco, lb/pie3

Densidad en seco, KN/m3

Menos de 90

Menos de 14.14

----

90-100

14.14-15.71

95-100

100-110

15.71-17.29

95-100

110-120

17.29-18.86

90-95

120-130

18.86-20.43

90-95

Más de 130

Más de 20.43

90-95

Compactación recomendada, %

Fundamentos de Mecanica de Suelos Problemas Resueltos .pdf

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