Ejercicios cap9 y cap10 PDF

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Warning: TT: undefined function: 32 Warning: TT: undefined function: 32FACULTAD DE INGENIERÍACARRERA DE INGENIERÍA CIVIL CURSO:MECÀNICA DE SUELOS AVANZADOS TEMA:RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS BRAJA M. DASCAP. DOCENTE:JULIO AUGUSTO PAIMA ARROYO INTEGRANTES: RAMOS VERA FRANK KEVIN. N SILVA CARRASCO LUIS...

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

FACULTAD DE INGENIERÍA CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL

 CURSO: MECÀNICA DE SUELOS AVANZADOS  TEMA:

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS BRAJA M. DAS CAP.9

 DOCENTE: JULIO AUGUSTO PAIMA ARROYO

 INTEGRANTES: • RAMOS VERA FRANK KEVIN. N00169440 • SILVA CARRASCO LUIS CESAR. N00039510 • FERNÁNDEZ SÁNCHEZ VICTOR HUGO. N00201867 • HUINGO ORDOÑEZ JOEL. N00174531 • LEIVA MARLO ROGER ALEX. N00183366

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

9.1 Suponiendo que el muro mostrado en la figura 9.23 no puede moverse, encuentre la magnitud y posición de la fuerza lateral resultante por longitud unitaria de muro para los siguientes casos:

Solución La distribución de la presion de la tierra sobre un muro es como se muestra en la figura 9.1

a) De la ecuación, se tiene lo siguiente:

Donde para suelos de grano grueso, el coeficiente de presión de la tierra en reposo se estima por la relación empírica (Jacky, 1944) 𝐾 = 1 − 𝑠𝑒𝑛∅ = 1 − 𝑠𝑒𝑛31°

𝐾 = 0.485

Reemplazando en (1): 𝑃 = 𝑃 =

1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 2

1 ∗ 0.485 ∗ 14.4 ∗ 5 2

𝑃 = 87.3 𝑘𝑁/𝑚 ;

Pág. 2

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS 𝐻 𝑥 = = 53 = 1.667 𝑚 3 =13.4 kN/𝑚 ; = 28° b) Para H = 4 m; 𝐾 = 1 − 𝑠𝑒𝑛∅ = 1 − 𝑠𝑒𝑛28° 𝐾 = 0.53 Reemplazando en (1): 𝑃 = 𝑃 =

1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 𝑥𝐻  2

1 ∗ 0.53 ∗ 13.4𝑥4 2

𝑃 = 56.816 𝑘𝑁/𝑚 ; 𝑥 =

𝐻 4 = = 1.33 𝑚 3 3

9.2 La figura 9.23 muestra un muro de retención con relleno de suelo sin cohesión. Para los siguientes casos, determine la fuerza activa total por longitud unitaria de muro para el estado de Rankine y la localización de la resultante.

Solución

El coeficiente de presión de tierra activa de Rankine es ∅  𝐾 = 𝑡𝑎𝑛  󰇡45 − 󰇢=𝑡𝑎𝑛  󰇡45 − 󰇢   𝐾 = 0.26 𝑃 =

1 1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 = ∗ 0.26 ∗ 17.6 ∗ 4.5 2 2

𝑃 = 46.33 𝑘𝑁/𝑚

𝑥 =

𝐻 4.5 = 1.5 𝑚 = 3 3

Pág. 3

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

𝐾 = 𝑡𝑎𝑛  󰇡45 − 󰇢=𝑡𝑎𝑛  󰇡45 −  𝐾 = 0.238 ∅

𝑃 =

 󰇢 

1 1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 = ∗ 0.238 ∗ 17 ∗ 5 2 2

𝑃 = 50.55 𝑘𝑁/𝑚 𝑥 =

𝐻 5 = = 1.667 𝑚 3 3

𝐾 = 𝑡𝑎𝑛  󰇡45 − 󰇢=𝑡𝑎𝑛  󰇡45 −  𝐾 = 0.198 ∅

𝑃 =

 󰇢 

1 1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 = ∗ 0.198 ∗ 19.95 ∗ 4 2 2

𝑃 = 31.54 𝑘𝑁/𝑚 𝑥 =

𝐻 4 = = 1.33 𝑚 3 3

9.3 De la figura 9.23, determine la fuerza pasiva Pp por longitud unitaria de muro para el caso de Rankine. Determine también la presión pasiva de Rankine en el fondo del muro. Considere los siguientes casos:

Pág. 4

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

El coeficiente de presión de tierra pasivo de Rankine es ∅  𝐾 = 𝑡𝑎𝑛  󰇡45 + 󰇢=𝑡𝑎𝑛  󰇡45 + 󰇢 𝐾 = 3.39 𝑃 =





1 1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 = ∗ 3.39 ∗ 16.67 ∗ 2.45 2 2

𝑃 = 169.71 𝑘𝑁/𝑚

La presión pasiva en el fondo del muro se da de la siguiente manera: 𝜎 󰆒  = 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 = 3.39 ∗ 16.67 ∗ 2.45 𝜎′ = 138.45 𝑘𝑁/𝑚

𝛾 = 𝜌 ∗ 𝑔 = 1800 * 9.81 * 10 𝛾 = 17.66 𝑘𝑁/𝑚

𝐾 = 𝑡𝑎𝑛  󰇡45 + 󰇢=𝑡𝑎𝑛  󰇡45 +  𝐾 = 4.2 ∅

𝑃 =

 󰇢 

1 1 ∗ 𝐾 ∗ 𝛾 ∗ 𝐻 = ∗ 4.2 ∗ 17.66 ∗ 4 2 2

𝑃 = 593.9 𝑘𝑁/𝑚

La presión pasiva en el fondo del muro se da de la siguiente manera: 𝜎 󰆒  = 𝐾 ∗ 𝛾𝑥 ∗= 4.2 ∗ 17.66 ∗ 4 𝜎′ = 296.69 𝑘𝑁/𝑚

9.4 En la figura 9.24 se muestra un muro de retención. Determine la fuerza activa de

Pág. 5

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

a.

Ɣ’2 = Ɣ2 - Ɣw = 9.19 kN/m H 1 = 2m; H2 = 6-2 = 4m K a1 = tan 󰇡45 − K a1 = tan 󰇡45 −

Ф 󰇢 

Ka1 =0.31

 󰇢 

K a2 = tan 󰇡45 −

Ф 󰇢 

K a2 = tan 󰇡45 − Ka2 =0.26

 󰇢 

Pa = F1 + F2 + F3 + F 4+ F 5+ F6 F 1 = qK a1H1 = 15x0.31x2 F 1 =9.22 kN/m  

F 2= Ka1. Ɣ1. H12 F 2=9.83 kN/m F 3 = qK a2H2 = 15x0.26x4 F 3 =15.58 kN/m F 4 = Ka2. Ɣ1.H1 . H 2 F 4= 33.23 kN/m 

F 5= Ka2. Ɣ’2. H22

F 5= 19.087 kN/m  

F 6= Ɣ’w. H22 F 6= 78.48 kN/m Pa = 9.22 + 9.83 + 15.58 + 33.23 + 19.087 + 78.48 Pa = 165.43 kN/m X 1 = H2 +

 

= 5m

Pág. 6

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

X 2 = H2 + X 3 = X4 = X 5 = X6 = X=

 

 

= 4.67m = 2m

 = 

1.33m

.  .  .  .  .  . 

X = 1.932m

b.

H1 = 1.5m; H2 = 5-1.5 = 3.5m K a1 = tan 󰇡45 −

K a1 = tan 󰇡45 −

Ф 󰇢 

Ka1 =0.33

 󰇢 

K a2 = tan 󰇡45 −

Ф 󰇢 

K a2 = tan 󰇡45 − Ka2 =0.28

 󰇢 

Pa = F1 + F2 + F3 + F 4+ F 5+ F6 F 1 = qK a1H1 = 19.15x0.33x1.5 F 1 =9.575 kN/m  

F 2= Ka1. Ɣ1. H12 F 2=6.45 kN/m F 3 = qK a2H2 = 19.15x0.28x3.5 F 3 =18.95kN/m F 4 = Ka2. Ɣ1.H1 . H 2 F 4= 25.53 kN/m 

F 5= Ka2. Ɣ’2.H 22 F 5= 18.34 kN/m  

F 6= Ɣ’w. H22 F 6= 60.09 kN/m Pa = 9.58 + 6.45 + 18.95 + 25.53 + 18.34 + 60.09 Pa = 138.93 kN/m

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

X 1 = H2 + X 2 = H2 + X 3 = X4 = X 5 = X6 = X=

𝑯𝟏 = 𝟐 𝑯𝟏 = 𝟑 𝑯𝟐 𝟐

𝑯𝟐 𝟑

4.25m 4m

= 1.75m = 1.167m

.  .  .  .  .  . 

X = 1.697m

a. H1 = 1.5m; H2 = 5-1.5 = 3.5m K p1 = tan 󰇡45 +

K p1 = tan 󰇡45 + Kp1 = 3

K p2 = tan 󰇡45 +

K p2 = tan 󰇡45 + Kp2 = 3.85

Ф 󰇢   󰇢 

󰇢

Ф 

 󰇢 

F1= F 3  

F 2= Kp1. Ɣ1. H12 F 2=55.69 kN/m F 4 = Kp2. Ɣ1.H1 .H 2 F 4= 33.67 kN/m  

F 5= Kp2. Ɣ’2. H22

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

F 5= 217.82 kN/m 

F 6= Ɣ’w. H22

F 6= 60.086 kN/m Pp = 55.69 + 333.67 + 217.82 + 60.086 Pp = 666.262 kN/m X 2 = H2 + X4 =

𝐇𝟐 𝟐

4m

= 1.75m

X 5 = X6 = X=

𝐇𝟏 = 𝟑

𝐇𝟐 𝟑

= 1.167m

.  .  .  .  .  . 

X = 1.696 b. Kp1 = tan 󰇡45 + K p1 = tan 󰇡45 + Kp1 = 3.537

Ф 󰇢 

 󰇢 

F 1 = qK a1H1 = 14x3.537x2 F 1 =99.041 kN/m /

X1 = 5m



F 2= Kp1. Ɣ1. H12

F 2=120.264 kN/m

/

X2 = 4.667m

F 3 = qK pH2 = 14x3.537x4 F 3 =198.082 kN/m /

X3 = 2m

F 4 = Kp. Ɣ1.H 1 .H2 F 4= 481.056 kN/m

/

X4 = 2m

 

/

X5 = 1.33m

 

/

X6 = 1.33m

F 5= Kp. Ɣ’2.H22 F 5= 282.691 kN/m F 6= Ɣ’w. H22 F 6= 78.48 kN/m

Pp = 99.04 + 120.26 + 198.08 + 481.06 + 282.69 + 78.48

Pág. 9

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

Pp = 1259.61 kN/m X=

.  .  .  .  .  . 

X = 2.3m

9.7 Resuelva el problema 9.6, suponiendo que el relleno está soportando una sobrecarga de 9.6 kN/m2.

a. La presión en cualquier punto está dada por. Ƿ a=qKa+K a Ɣh-2c𝑘  Para distintos valores e profundidad z se obtiene lo siguiente. Z=0m---------------------------- Ƿa =9.6x1+1x19x0-2x16.8√1=24kN/m2 Z=0.5m-------------------------- Ƿa=9.6x1+1x19x0.5-2x16.8√1=-14.5kN/m2 Z=1.00m------------------------- Ƿa=9.6x1+1x19x1.0-2x16.8√1=-5kN/m2 Z=2.00m-------------------------- Ƿa=9.6x1+1x19x2.0-2x16.8√1=14kN/m2 Z=3.00m--------------------------- Ƿa =9.6x1+1x19x3.0-2x16.8√1=33kN/m2

Z=4.00m---------------------------- Ƿa=9.6x1+1x19x4.0-2x16.8√1=52kN/m2

Z=5.00m--------------------------- Ƿa =9.6x1+1x19x5.0-2x16.8√1=71kN/m2 Z=600m---------------------------- Ƿa=9.6x1+1x19x6.0-2x16.8√1=90kN/m2

Pág. 10

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

PRESION ACTIVAS VS PROFUNDIDAD

b. La grieta de tensión ocurre en Ƿa=0 0=qK a+Ka Ɣh-2c𝑘

H=(2c𝑘 − qKa )/Ka Ɣ H=(2x16.8x√1-9.6x1)/1x19 H=1.26m

c. La fuerza activa antes de que ocurra la grieta de tensión: P a =qKaH+1/2 Ka ƔH2-2CH𝑘  Reemplazando: P a =¨9.6x1x6+1/2x1x19x62-2x16.8x6x√1 P a =57.6+342-201.6 P a=198kN/m d. La fuerza activa después de ocurrida la grieta de tensión. 𝑃=qKa + 1/2Ɣ𝐻 − 2𝐶 𝐾 𝐻 −

   Ɣ



Pág. 11

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS 𝑃

1 = 9.6𝑥1 + 2 − 𝑥1𝑥19𝑥6 − 2𝑥16.8𝑥√16 − (2𝑥16.8𝑥√1 − 9.6𝑥18)/1𝑥19

𝑃 = 213.2𝑘𝑁/𝑚

9.8 Resuelva el problema 9.6 con los siguientes valores:

Solución

H=6m; Ɣ𝑆𝑎𝑡=19.8kN/m3; C u=14.7kN/m2

a) La presión en cualquier punto está dada por: Ƿ a= qKa +KaƔℎ − 2𝑐𝑘  Para distintos valores de profundidad z se obtiene lo siguiente: Z=0m---------------------------- Ƿa=1x19.8x0-2x14.7√1=-29.4kN/m2

Z=0.5m-------------------------- Ƿa =1x19.8x0.5-2x14.7√1=-19.5kN/m2

Z=1.00m-------------------------Ƿa=1x19.8x1.0-2x14.7√1=--9.6kN/m2

Z=2.00m-------------------------Ƿa=1x19.8x2.0-2x14.7√1=10.2kN/m2

Z=3.00m--------------------------Ƿa=1x19.8x3.0-2x14.7√1=30.0kN/m2

Z=4.00m--------------------------Ƿa=1x19.8x4.0-2x14.7√1=49.8kN/m2

Z=5.00m--------------------------Ƿa=1x19.8x5.0-2x14.7√1=69.6kN/m2

Z=600m---------------------------Ƿa=1x19.8x6.0-2x14.7√1=89.4kN/m2

Pág. 12

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

PRESION ACTIVAS VS PROFUNDIDAD

b. La grieta de tensión ocurre en Ƿa=0: 0=qK a+Ka Ɣh-2c𝑘

H=(2c𝑘 − qKa )/Ka Ɣ H=(2x16.8x√1-9.6x1)/1x19 H=1.49m

c. La fuerza activa antes que ocurra la grieta de tensión: P a =qKaH+1/2 Ka ƔH2-2CH𝑘  Reemplazando: P a =1/2x1x19x62 -2x14.7.8x6x√1 P a =57.6+342-201.6 P a=180kN/m

Pág. 13

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

d. La fuerza activa después de ocurrida la grieta de tensión. 𝑃 =qKa + 1/2Ɣ𝐻 − 2𝐶 𝐾  𝐻 −

𝑃 = 9.6𝑥1 +

  Ɣ



1 − 𝑥1𝑥19𝑥6 − 2𝑥16.8𝑥√16 − (2𝑥16.8𝑥√1 − 9.6𝑥18)/1𝑥19 2

𝑷 𝒂 = 𝟐𝟎𝟏. 𝟖𝟑𝒌𝑵/𝒎

9.9 Un muro de retención de 6 m de altura con cara posterior vertical tiene como relleno un suelo C- Ф. Para el relleno, Ɣ = 18.1 kN/m3, c = 29 kN/m2, y Ф = 18°. Tomando en consideración la grieta de tensión, determine la fuerza activa Pa por longitud unitaria de muro para el estado activo de Rankine. Solución: Datos: H=6 m ;

Ɣ=18.1 KN/𝑚 ;

c=29 KN/𝑚;

Hallar “Pa” ocurrida la grieta de tensión.

Ф = 18°

𝑘=𝑡𝑎𝑛 󰇡45 −  󰇢

𝑘=𝑡𝑎𝑛 󰇡45 −

𝒌𝒂 =0.528

Ф

 󰇢 

Luego de lo ocurrido la grieta de tensión 𝑝 󰇡 𝑘 Ɣ𝐻 − 2𝐶 𝑘 󰇢 𝐻 − 

 …………………(1) Ɣ

Pág. 14

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

Remplazando en (1): 𝑃 1 2 ∗ 29 ∗ √0.528󰇨  ∗ 0.528 ∗ 18.1 ∗ 6 − 2 ∗ 29√0.528 󰇧6 − 0.258 ∗ 18.1 2 𝑷𝒂12.07 KN/m.

9.10 Para el muro descrito en el problema 9.9, determine la fuerza pasiva Pp por unidad de longitud para el estado pasivo de Rankine.

𝑘=𝑡𝑎𝑛 󰇡45 +  󰇢

𝑘=𝑡𝑎𝑛 󰇡45 + 𝒌𝑷 =1.894

Ф

 󰇢 

𝑃  𝑘 Ɣ𝐻 + 2C𝑘 H 

𝑃  X 1.894 X 18.1 X 6 + 2 X 29√1.894 X 6 

𝑃 6.17.065 + 478.93 𝑷𝑷1.096 KN/m.

9.11 Para el muro de retención mostrado en la figura 9.25, determine la fuerza activa Pa para el estado de Rankine. Encuentre también la localización de la resultante. Suponga que existe una grieta de tensión.

a. p = 2300 kg/m3, b. p = 1850 kg/m3,

Ф = 0° , c = 𝑐 = 32 kN/m2

Ф > = 16°,

c= 15 kN/m2

Pág. 15

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

solución:

Datos:

a) Ƿ=2300 kg/𝑚;

Ф= 0°;

c=𝑐=32 kN𝑚

Ɣ= Ƿ x g = 2300 X 9.81𝑋10 =22.56 KN/𝑚 𝐾 = 1 porque

Ф= 0°

Luego de ocurrida la grieta de tensión: 𝑃=󰇣 𝑘Ɣ𝐻 − 2𝐶 𝐾 󰇤 𝐻 − 

  Ɣ



𝑃=󰇣 𝑥1𝑥22.56𝑥5.5 − 2𝑥32√1󰇤 󰇣5.5 − 

𝑷𝒂 =80 KN/m

  √ 󰇤 .

La resultante se encuentra a: 

X=

  Ɣ



√

.. 

X=



X=0.88 m (desde el fondo del muro)

Pág. 16

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

b) Ƿ=2300 kg/𝑚 ;

Ф= 16°;

c=15kN𝑚

Ɣ= Ƿ x g = 1850 X 9.81𝑋10=18.15 KN/𝑚  𝑘 =𝑡𝑎𝑛 󰇡45 + 󰇢  Ф

𝑘 =𝑡𝑎𝑛 󰇡45 + 󰇢  𝒌 𝒂 =0.57



𝑃=󰇣 𝑘 Ɣ𝐻 − 2𝐶 𝐾󰇤 𝐻 −  

  Ɣ



𝑃=  0.57𝑥18.15𝑥5.5 − 2𝑥15√0.57 󰇣5.5 − .. 󰇤 

𝑷𝒂 =56.34Kn/m

√.

La resultante se encuentra a:   Ɣ

X=



X=

... 



 √.



X=1.1m (desde el fondo del muro)

9.12 En la figura 9.26 se un muro de retención. La altura del muro es de 6 m y el peso específico de la arena del relleno es de 18.9 KN/m3 . Calcule la fuerza activa Pa sobre el muro usado la ecuación del Coulomb para los siguientes valores del ángulo de fricción. a. 𝛿 = 0° b. 𝛿 = 10° c. 𝛿 = 20° Comente sobre la dirección y posición de la resultante.

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

Solución Hallar la fuerza activa por coulomb, dirección y posición. 𝜽

H 6m

𝜸

Datos c ∅ 0 38° KN/m 2

5° 𝑲ₐ =

18.9 KN/m 2

𝜶

0°

𝒄𝒐𝒔²(∅ + 𝜽)

𝒄𝒐𝒔 𝟐 𝜽𝒄𝒐𝒔(𝜹 + 𝜽)[𝟏 − 

𝒔𝒆𝒏(𝜹 + ∅)𝒔𝒆𝒏(∅ − 𝜶) ]² 𝒄𝒐𝒔(𝜹 + 𝜽)𝒄𝒐𝒔(𝜽 − 𝜶 )

Pp = 𝟏 𝑲ₐ𝜸𝑯² 𝟐

Dirección = 180 + 𝜹 Posición = H/3 𝜹

𝜹

a 0°

0.2718 Ka Pa 92.453 Dirección 180° Posición 2

Ka Pa Dirección Posición

𝜹

b 10°

c 20°

Ka 0.2523 Pa 85.843 Dirección 200° Posición 2

0.2570 87.447 190° 2

9.13 Para el muro de retención descrito en el problema 9.12, determine la fuerza pasiva pPpor longitud unitaria de muro usando la ecuación de Coulomb para los siguientes valores del ángulo de fricción de muro. a. 𝛿 = 0° b. 𝛿 = 10° c. 𝛿 = 20° Solución

Hallar la fuerza pasiva por Coulomb, dirección y posición. H 6m

𝜽

5°

Datos c ∅ 0 38° KN/m2 𝑲ₐ =

𝜸

18.9 KN/m2

𝜶

0°

𝐜𝐨𝐬²(∅ + 𝜽)

𝐜𝐨𝐬 𝟐 𝜽𝒄𝒐𝒔(𝜹 + 𝜽)[𝟏 − 

𝒔𝒆𝒏(𝜹 + ∅)𝒔𝒆𝒏(∅ − 𝜶) ]² 𝒄𝒐𝒔(𝜹 + 𝜽)𝒄𝒐𝒔(𝜽 − 𝜶)

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS 𝟏

Pp = 𝟐

𝑲ₐ𝜸𝑯²

Dirección = 180 + 𝜹 Posición = H/3 𝜹

a 0°

3.7079 Ka 1261.425 Pa Dirección 180° Posición 2

𝜹

b 10°

5.7894 Ka Pa 1969.550 Dirección 170° Posición 2

𝜹

c

Ka Pa Dirección Posición

20° 10.3635 3525.663 160° 2

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

FACULTAD DE INGENIERÍA CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL

 CURSO: MECÀNICA DE SUELOS AVANZADOS  TEMA:

RESOLUCIÓN DE EJERCICIOS BRAJA M. DAS CAP.10

 DOCENTE: JULIO AUGUSTO PAIMA ARROYO

 INTEGRANTES: • RAMOS VERA FRANK KEVIN. N00169440 • SILVA CARRASCO LUIS CESAR. N00039510 • FERNÁNDEZ SÁNCHEZ VICTOR HUGO. N00201867 • HUINGO ORDOÑEZ JOEL. N00174531 • LEIVA MARLO ROGER ALEX. N00183366

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

10.1.

Refiérase a la figura 10.23 encuentre la altura H por equilibrio critico cuando β = 25°.

𝐻 =

𝐻 =

𝐶

𝛾

∗

1 𝑐𝑜𝑠 𝛽(𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑡𝑎𝑛∅)

14.4

17.3

∗

𝐻 = 9.9 𝑚

1

𝑐𝑜𝑠 25(𝑡𝑎𝑛25 − 𝑡𝑎𝑛20)

Refiérase a la figura 10.23

10.2

a. Si β = 25° y H = 3 m, ¿Cuál es el factor de seguridad del talud contra deslizamiento a lo largo de la interfaz suelo – roca? b. Para β = 30°, encuentre la altura H que dará un factor de seguridad de 1.5 contra deslizamiento a lo largo de la interfaz suelo – roca. a.

Factor de seguridad del talud contra deslizamiento (ecuación 10.16): 𝐹𝑆 =

tan 𝜙 𝑐 + 𝛾𝐻𝑐𝑜𝑠 𝛽 tan 𝛽 tan 𝛽

 β = 25°, H = 3 m, c = 14.4 kN/m2 , φ = 20°, ϒ = 17.3 kN/m3 𝐹𝑆 =

tan(20°) 14.4 = 0.7244 + 0.7805 + 17.3 × 3 × 𝑐𝑜𝑠 (25°) × tan(25°) tan(25°)

𝐹𝑆 = 1.50

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MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

b.

Altura H, dado: FSs = 1.5, β = 30°, c = 14.4 kN/m2 , φ = 20°, ϒ = 17.3 kN/m3 𝑐 𝐹𝑆 = tan 𝜙 𝛾𝐻𝑐𝑜𝑠  + tan 𝛽 𝛽 tan 𝛽 𝐻=

𝑐

14.4 = tan 20° tan 𝜙  )(17.3 × 𝑐𝑜𝑠 (30°) tan(30°)) (𝐹𝑆 − tan 𝛽 )(𝛾𝑐𝑜𝑠 𝛽 tan 𝛽) (1.5 − tan 30°

𝐻 = 2.21 𝑚 10.3

Refiérase a la figura 10.23. Haga una gráfica de Hcr versus el ángulo de talud β (para β variando de 20° a 40°).

Para β = 21o y Ø = 20o

𝐻 = 𝐻 =

𝐶

𝛾

∗

1 𝑐𝑜𝑠 𝛽(𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑡𝑎𝑛∅)

14.4

17.3

∗

1

𝑐𝑜𝑠 21(𝑡𝑎𝑛21 − 𝑡𝑎𝑛20)

𝐻 = 48.0 𝑚 Para β = 30o y Ø = 20o 𝐻 = 𝐻 =

𝐶 1 ∗ 𝛾 𝑐𝑜𝑠 𝛽(𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑡𝑎𝑛∅)

1 14.4 ∗  17.3 𝑐𝑜𝑠 30(𝑡𝑎𝑛30 − 𝑡𝑎𝑛20)

𝐻 = 5.201 𝑚 Para β = 36o y Ø = 20o 𝐻 = 𝐻 =

𝐶

1  𝛽(𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑡𝑎𝑛∅) 𝑐𝑜𝑠 𝛾 ∗

14.4 1 ∗ 17.3 𝑐𝑜𝑠 36(𝑡𝑎𝑛36 − 𝑡𝑎𝑛20)

𝐻 = 3.508 𝑚 Para β = 40o y Ø = 20o 𝐻 = 𝐻 =

1 𝐶 ∗  𝛾 𝑐𝑜𝑠 𝛽(𝑡𝑎𝑛𝛽 − 𝑡𝑎𝑛∅)

1 14.4 ∗ 17.3 𝑐𝑜𝑠 40(𝑡𝑎𝑛40 − 𝑡𝑎𝑛20) Pág. 3

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS 𝐻 = 2.985 𝑚 Cuadro de datos calculados: Hcr 48.006 24.172 12.274 8.325 6.365 5.201 4.436 3.9 3.508 3.212 2.985

β 21.00 22.00 24.00 26.00 28.00 30.00 32.00 34.00 36.00 38.00 40.00

Con los datos obtenidos realizamos la gráfica: 60

Altura (Hcr)

50 40 30 20 10 0 0.00

10.00

20.00

30.00

40.00

50.00



10.4.

En la figura 10.24 se muestra un talud infinito. Los parámetros de resistencia cortante en la interfaz suelo – roca son c = 18 kN/m2 y φ = 25°.

Pág. 4

MECANICA DE SUELOS AVANZADOS

a.

Si H = 8 m y β = 20°, encuentre el factor de seguridad contra deslizamiento a lo largo de la superficie de la roca.

b.

Si β = 30°, encuentre la altura, H, para la cual FSs = 1. (suponga que la presión del agua de poro es 0.)

Solución: a. Factor de seguridad del talud contra deslizamiento (ecuación 10.16): 𝐹𝑆 =

tan 𝜙 𝑐 + 𝛾𝐻𝑐𝑜𝑠  𝛽 tan 𝛽 tan 𝛽

β = 20°, H = 8 m, c = 18 kN/m2, φ = 25°, ρ = 1900 kg/m3

Convertimos la densidad (ρ) en peso específico (ϒ) (ecuación 2.14a):

𝛾 = 𝜌𝑔 = (1900 𝑘𝑔/𝑚 )(9.81 𝑚/𝑠  ) = 18639 (𝑘𝑔. 𝑚/𝑠 )/𝑚  = 18639 𝑁/𝑚 𝛾 = 18.639 𝑘𝑁/𝑚

𝐹𝑆 =

tan(25°) 18 = 0.3756 + 1.2812 + 18.639 × 8 × 𝑐𝑜𝑠  (20°) × tan(20°) tan(20°)

𝐹𝑆 = 1.66