Propiedades Indice Del Suelo

CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos

CAPITULO UNO

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.

En un suelo se presentan tres fases: a) 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 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 de la tabla A-1 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

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.

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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) 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. b) 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). c) 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 descomposición con sus propiedades físicas y químicas alteradas, presentan discontinuidades y su comportamiento es complejo cuando se someten a esfuerzos.

d) 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).

e) 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).

f) 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).

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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.

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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 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.

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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.

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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.



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.

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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 1.1, 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. 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. Peso Wa

Volumen

Aire

Donde:

Va Vv

Ww

Agua

Vw V

Va = Volumen de aire. Vw = Volumen de agua. Vs = Volumen de sólido. Vv = Volumen de Vacíos. Wa = Peso del aire. Ww = Peso del agua. Ws = Peso del sólido. W = Peso total.

W

Ws

Sólido

Vs

Figura 1.1. Esquema de las tres fases del suelo.

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.

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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 (U.S.)

TAMAÑO DE PARTÍCULAS [mm] Grava Arena Limo Arcilla >2 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

76.2 a 4.75 4.75 a 0.075

0.075 a 0.002

< 0.004

Finos (limos y acrcillas) > 0.075

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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. 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.

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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.

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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. 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]

12


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.

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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 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.

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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 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.

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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: WS   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]

17


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  GS   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   GS   W 1 e

[A.18]

18





GS  S  e   W 1 e




WW  WS V

[2.1]


[2.2]

Considerando VS  1 (Estrategia) se tiene:

WS   S

[2.3]


 S  GS   W

[2.4]

Sustituyendo la ecuación [2.4] en [2.3]: WS  GS   W

[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]


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]

19


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:

 

GS  S  e   W 1 e

[A.19]

20





1  w  GS   W 1

w  GS S




WW  WS V

[3.1]


[3.2]

Considerando V S =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]

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

[3.6]


[3.7]

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

[3.8]

De la ecuación [A.11] se tiene: VV 

VW Sr

[3.9]

21


De la ecuación [A.6] se tiene: VW 

WW

[3.10]

W

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

w  GS   W



W

VW  w  GS

[3.11]

Reemplazando la ecuación [3.11] en [3.9]: VV 

w  GS

[3.12]

Sr

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

w W

[A.20]

Sr

22



  GS   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]


[4.5]


 S  GS   w

[4.6]


[4.7]

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

[4.8]

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

[4.9]

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

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

[A.21]

23



  GS   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]

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]:

De la ecuación [A.5]:

WS   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  GS   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]

24

CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos 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]

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]

25



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]


V 1  e

[7.8]


d 

GS   W 1 e

[A.24]

26



 d  GS   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  GS   W 1  n

[8.9]

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

 d  G S   W  (1  n)

[A.25]

27



GS   W  w  GS  1    S 

d 


d 

WS V

[9.1]

De la ecuación [A.5]: WS   S  VS

[9.2]


[9.3]


 S  GS   W

[9.4]


[9.5]


[9.6]


VV 

VW S

[9.7]


[9.8]

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

[9.9]

28



WW

[9.10]

W

Sustituyendo la ecuación [9.9] en [9.10]: VW 

w  GS   W

W



VW  w  GS

[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]

29



e  S W 1  e   w

d 


d 

WS V

[10.1]


[10.2]


[10.3]


 S  GS   W

[10.4]


[10.5]


[10.6]

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

[10.7]


V 1  e

[10.8]

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

[10.9]


30

CAPITULO 1 Propiedades índice de los suelos VW  S  e De la ecuación [A.6] se tiene:

[10.10]

WW  VW   W

[10.11]

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

[10.12]


WS 

WW w

[10.13]


WS 

S  e W w

[10.14]


d 

S eW w  1  e 

[A.27]

31



 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]


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]

32



 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]

33



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]

34



 Sat 

WS  WW V



 Sat 

WS WW  V V

[13.10]


 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

[13.13]

Resolviendo:

 Sat   d   Sat   d 

 W  VV   W   W  VV

1  VV 

W

1  VV 

 W

 W

[13.14]

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

 Sat   d 

 Sat   d 

W



GS  W GS

 W  GS



1  W GS

1  VV 

1  VV 

[13.15]


 Sat   d 

d GS

 W

[13.16]

Factorizando γd de la ecuación [13.16]:

35

Problemas resueltos de mecánica de suelos 

  

[13.17]

 GS  1    GS 

[13.18]

 Sat   W   d 1  

1 GS

Resolviendo:

 Sat   W   d 

Despejando γd de la ecuación [13.18]: GS  Sat   W  d GS  1

[13.19]

Ordenando la ecuación [13], [19]:

d 

 Sat   W   G S G S  1

[A.30]

36


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


 Sat 

(GS  e)   W 1 e


 Sat 

WS  WW V

[14.1]

De la ecuación A.5: WS   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]


V 1  e

[14.8]


[14.9]

37


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]

38



 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]


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

[15.6]

[15.7]


 S  GS   W

[15.8]

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

[15.9]


[15.10]

39



[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  GS   W  1  n   W  n

[15.13]

Factorizando γW en la ecuación [15.13]:

 Sat  1  n  G S  n  W

[A.32]

40



 1 w



Sat   G S   W  Sat   1  w Sat  G S  


 Sat 

WS  WW V

[16.1]


[16.2]


[16.3]


 S  GS   W

[16.4]


[16.5]


[16.6]


[16.7]

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

[16.8]


WW

W

[16.9]

41


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

wSat  GS   W

W



VW  wSat  GS

[16.10]



V  1  wSat  GS

[16.11]

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


 Sat 

GS   W  wSat  GS   W 1  wSat  GS



1 w



Sat   G S   W  Sat   1  w Sat  G S  

[16.12]

[A.33]

42



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

Reemplazando la ecuación [17.5] en la ecuación [17.6]: WS 

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 

[17.8]

43

Problemas resueltos de mecánica de suelos   W  e   W  e  wSat wSat 

 Sat  

 e  1 w



 1    1  e 

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

[A.34]

44



 1   Sat  wSat

 Sat  n  

    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]

Reemplazando la ecuación [18.5] en la ecuación [18.6]: WS 

W  n

[18.7]

wSat


 Sat 

W  n wSat

 W

 1  w Sat  w Sat

 Sat  n  

[18.8]

    W 

[A.35]

45


DEMOSTRACIÓN 19.  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]


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    W 1 e 

 Sat   d  

[A.36]

46



 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  n

[20.6]

Reemplazando la ecuación 20.6 en la ecuación 20.3:

 Sat   d  n   W

[A.37]

47





1 



S

  d   W  Sat  1  G  


 Sat 

WS WW  V V

[21.1]


[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]


48


d 

GS   W 1  VV 

[21.10]


 Sat   d 

WW V

[21.11]


 Sat   d 

 W  VV

[21.12]

1  VV 

Sumando y restando γw en la ecuación [21.12]:

 Sat   d   Sat   d 

 W  VV

1  VV  W

1  VV 

W W

W

[21.13]

Multiplicando y dividiendo el término del medio por GS:

 Sat   d 

 W  GS

1  VV 



1 W GS

[21.14]


 Sat   d  

d GS

W

1 

  d   W  Sat   1  G  

S



[A.38]

49



 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]:

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

[A.39]

50


c. 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 = ?

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

[23.1]

1 e

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



d



GS   W 1 e

[23.2]


 ´    W

[23.3]


 ´

GS  S  e   W

 ´

G S  1  e  S  1  

1 e

1 e

 W

W

[24.4]

51


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 = ?

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  GS   W e

1  w   G S   W   

[24.3]




1  w  GS   W 1

w  GS

[24.4]

S

Despejando S de la [24.4]:

52




w  GS   S

w  GS   S S

 1  w  GS   W

 1  w  GS   W   

w  GS   1  w   G S   W  

[24.5]

53


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]

54


DEMOSTRACIÓN 26. Para las características de un suelo dado, Demostrar: GS 

 Sat  W  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 w



sat   G s   w  sat   1  w sat  G s  

[26.1]

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

[26.2]

Resolviendo:

Factorizando GS en la ecuación [26.2]:

 Sat  GS   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]

55


1.4. Problemas. 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 cm3  100 cm3

56


Cambiando unidades:

  19783 .5

N m3

kN m3



  19.78



 d  17.95 kN m 3

PASO 3. Determinar el peso específico seco. De la ecuación [A.23]:

d 

 1 w


d 

19.78 1  0.102

57


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



e  0.667



n



n  0.40


S

30 30  10

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

e

10  30 60

Va  VW VS

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

n

VV V

Va  VW V


n

10  30 100

58


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:

w

WW WS

[3.1]


[3.2]


[3.3]


 S  GS   W

[3.4]

Sustituyendo la ecuación [3.4] en [3.3]: WS  GS   W  VS Sustituyendo la ecuación [3.2] en [3.5]:

w

VW   W G S  VS   W

[3.5]

VW G S VS



w



w  0.186

[3.6]


w

30 2.69  60



w  18.6 %

59


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

d 

GS   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  VS    W V



 



  18.77 kN / m




30  2.69  60  4.81 100

3

60


PROBLEMA 4 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  WS  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]:

61

Problemas resueltos de mecánica de suelos 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. 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

[4.8]

W

Reemplazando ∆WW en la ecuación [4.8]:

0.697 9.81



VW  0.071081 m3 

1000 lt 1 m3

VW 

VW  0.071081 m 3

Cambiando unidades:



VW  71.081 lt

62


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

0.35 43.27 183.28 180.52

0.50 58.95 216.21 213.05

0.40 50.23 173.96 171.50

Determinar el contenido de humedad de la muestra. 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 siguiente tabla que resume los resultados obtenidos y la humedad promedio que se utiliza para otros cálculos: 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 0.50 0.40 43.27 58.95 50.23 183.28 216.21 173.96 180.52 213.05 171.5 2.76 3.16 2.46 137.25 216.21 121.27 2.01 2.05 2.03 (2.01 + 2.05 + 2.03) / 3 = 2.03%

63


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  WS  W

WS  w  1  W



WS 

W w  1

[6.4]

Reemplazando valores en la ecuación [6.4]: WS 

123 .6 0.285  1



W S  96.187 g

64


PROBLEMA 7. 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]


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

65



 S  GS   W

[7.5]

Reemplazando datos:

 S  2.65  1 gf / cm 3



 S  2.65 gf / cm 3

De la ecuación [A.5] se tiene: VS 

WS

[7.6]

S

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 grao de saturación del suelo. De la ecuación [A.6] se tiene: VW 

WW

W

66


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 %

67


PROBLEMA 8. 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

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 



s

  d   W  sat  1  G  

68


Reemplazando datos:  

 Sat  1 

1    17.74   9.8 2.65 



 Sat  20.85 kN/m 3

PASO 4 Determinar el peso específico húmedo después de agregar 80 litros de agua. De la ecuación [A.14] se tiene: WW  w  WS



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 





WS 



WS  17.74 kN

1 0.07 

[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  2.026 kN f

[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]

69


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 m3 

 final  17.74  2.026



Ws  Wwf   final



final

 19.76 kN/m3

[8.7]

PASO 4 Determinar el peso específico seco del suelo. De la ecuación [A.14]: 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.

70


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]

De la ecuación [A.5] se tiene: VS 

WS

[9.3]

S

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:

e

V  VS VS



e

WS GS   W WS GS   W

e

V  G S   W  WS WS



e

V  GS   W 1 WS

V

71


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. U.S. Tamaño de Tamiz 4 0 20 40 60 80 10 200 Bandeja

Masa de Suelo Retenido 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. 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

Masa acumulada sobre cada tamiz  M 1  M 2  .........  M n

% que pasa 

Donde:

 M  masa acumulada 100 M

M  729 % que pasa

729  40 100  94.51 729

% que pasa 

729  100 100  86.28 729

72


Y así sucesivamente para cada tamiz como se ven los valores hallados en la Tabla:

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 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.

73


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. 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 a una 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

74



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

D30  0.17 mm


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

D60  0.28 mm

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

75


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  U ne a Lí

Índice de plasticidad

70 60

ea

A

n Lí

50 40 30 20

Límite de contracción

A

10 0

20

30

40

50

60

80

100

Límite líquido

LL = -43.5 IP = -46.4

76


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 

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

y2  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 LC 

20.93 0.58



LC  35.79

77


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  w N     25 

Donde:

tg 

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 

78


ne aU Lí

Índice de plasticidad

70 60

n Lí

ea

A

50 40 30 20

Límite de contracción

A

10 0

20

30

40

50

60

80

100

Límite líquido

LL = -43.5 IP = -46.4

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 = 35.78% LP = 27% Entonces el índice de plasticidad será: IP = LL – LP IP = 35.78 – 27



IP = 7.78

A 35.78, 7.78 

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

y2  y1 X  X1  X 2  X1

[13.1]

79


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 35.78, 7.78 

Reemplazando en la ecuación [17.1] estos dos puntos se tiene: IP   46.38 

IP  46.38 

7.78   46.38  LL   43.53 35.78   43.53

54.16  LL  43.53 79.31

IP  0.62  LL  16.65  0 Para IP = 0 el límite líquido será igual al límite de contracción LC, entonces se tiene:

0  0.62  LC  16.65  0 LC 

16.65 0.62



LC  26.86

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

80


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 Contenido de humedad de la muestra Peso de la muestra envuelta en cera, en el aire Peso de la muestra envuelta en cera, sumergida Gravedad especifica de los sólidos Gravedad especifica de la cera

Mm = 180.6 g wm = 13.6% M (m+c) = 199.3 g M (m+c)agua = 78.3 g GS = 2.71 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 algunos principios básicos de hidráulica, como el de Arquímedes. PASO 1 Determinar el peso de la cera el peso seco del suelo. 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

81


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

WW

W



0.136 158.98 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

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



Vt 



M t  121 g

W

[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:

Vt 

121 1



Vt  121 cm 3

82


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



Vm  121  20.3

Vm  100.67 cm 3


d 

Md V



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

83


PROBLEMA 15. Determine el límite de contracción a partir de los siguientes datos: (1) (2) (3) (4) (5) (6)

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:

Muestra Densidad del mercurio, (ρm) Mg/m3: Masa del mercurio en el recipiente de contracción, g: 3 Volumen inicial de muestra, (V) cm :

13.55 230.65

Masa del recipiente, (Mt) g: Masa del recipiente de contracción más la muestra húmeda, (M W) g: Masa del recipiente de contracción más la muestra seca, (M d) g: Masa del mercurio desplazado, g: Masa de la muestra húmeda, (M) g:M  M W  M t Masa de la muestra seca, (M0) g:M 0  M d  M t

19.76 49.19 43.08 183.17 29.43 23.32

17.02

 V  V0  

  100 Volumen de mercurio desplazado, (V0) cm : w   13.52 M 0   Contenido de humedad inicial, (w ) %: 26.20  V  V0   W   Límite de contracción (SL), %: SL  w     100 11.18 3



M0





84


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

15 m 2

1

2m

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 las siguientes:

Peso especifico Contenido de humedad Gravedad especifica 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

85


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



1  w  GS   w 1 e

Despejando el índice de vacíos, e:

e

1  w GS   W 

1 

eA 

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)  eB VS  VV(bancoB)  e fnal VS  VV(final) V  V V(final)  Vterraplen  S

0.55Vs  VvA  0.44 Vs  VvB 0.50 V  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

86


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

VA  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:

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

87


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 siguiente tabla, 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. Banco de Préstamo Parotani Cliza Sacaba Punata

Índice de Vacíos 1.20 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: e Paro tan i 

eCliza 

VVP aro tani VS

VVClizai VS

e Sacaba 

VVSacabaai

e Punata 

VVPunata

e Final 

VS

VS

VVF inal VS

V  VS  VVFinal

eVParo tani  VS  VVParo tani



120  VS  VVParo tani

[1]

eVCliza  VS  VVCliza



0.85  VS  VVClizai

[2]

eVSacaba  VS  VVSacavaza



0.75  VS  VVSacabai

[3]

ePunata  VS  VVPunata



0.95  VS  VVPunata

[4]

eFinal  VS  VVFinal



0.80  VS  VVFinal

[5]

500  VS  VVFinal



VS  5000  VVFinal

[6]

Se tiene un sistema de 6 ecuaciones con 6 incógnitas para resolver:

88


PASO 2 Hallar las incógnitas del sistema de ecuaciones. VS  2777 .78 m3

De aquí tenemos los Volúmenes Totales que se necesitan:

VVParo tani  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. Banco de Préstamo Parotani Cliza Sacaba Punata

Volumen (m3) (1) 6111.11 5138.89 4611.11 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.

89

Propiedades Indice Del Suelo

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