Solucionario-de-Mecanica-de-Suelos-parte-3 PDF

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ÂUniversidad José Carlos Mariátegui” Ing. Civil - UJCM FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS EXAMEN CURSO : MECANICA DE SUELOS ALUMNA : PATRICIA A. COSSI AROCUTIPA CÓDIGO : DOCENTE : MOQUEGUA - PERU 2006 2006 Patricia A.C.- A.C.-ING.CIVIL pat_pv_pca...

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# PRBLEMA Nª 1. Dado el contenido de agua dee un u suelo saturado y su peso específico relati lativo de sólidos, encuentre el peso específico de la masa y el peso específico sumergido de ese suelo. Utilice Uti un esquema en que figuren sólo las cantidades conoc nocidas. SOLUCIÓN Por definición: Si: Además:

ω % = (Wω Ws ) × 100

ω γ0

WS = 1∴ w = WW W 1 S S = S ∴VS = VS γ 0 SSγ 0 WW w VW = ∴VW =

γ0

ω

1 SSγ 0

γ0

1

El peso específico de la masa por definición es:

γm = En el esquema:

γm =

Wm vm

1+ w 1+ w ∴γ m = SSγ0 w 1 1+ wSS + γ 0 SSγ 0

γ m =γ m −γ 0 = SSγ 0

(S −1)γ 0 1+W −γ 0 = S 1+WSS 1+ SS

PROBLEMA Nª 2 Dados n y Vm = 1, encontrar SS para un suelo saturado. Utilice un esquema ma en que figuren sólo las cantidades conocidas. SOLUCIÓN: Por definición: Por lo tanto: El peso del agua será:

n=

VV ; si : Vm = 1 ∴ n = VV Vm

VS = 1 − n WW = VW γ 0 = nγ 0

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1

n

nγ 0

1− n

n γ0 w

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WS =

WW n = γ0 w w

Aplicando la definición para SS se tendrá:

n γ0 W n SS = S = w = VS (1 − n )γ 0 w(1 − n ) PROBLEMA Nª 3 3 En un suelo saturado se conoce ocen el peso especifico húmedo, γm = 2050 0 kg/m k y su contenido de agua, w =23%. Encontrar el Ss de d dicho suelo. Aplicando la definición de Ss. Si sabemos que WW = 0.23 TN. y Ws = 1.0 TN. SOLUCIÓN:

Wω Vω

γω = γo =

Por lo tanto: También:

Vω = 0.23 m3

Vω =

γm = De donde:

Vm = VS =

1+ 0.23 1.23 = = 0.6 m3 2.05 γm

SSγ 0

SS =

γo

Wm Vm

1

Por lo que:

Wω

= 0.6 − 0.23 = 0.37 m 3

1 = 2 .7 0 . 37

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PROBLEMA Nº 4 En un suelo saturado: 2 SS = 2.65 Sm = 1. 1.80 Calcule la relación rela de vacíos y el contenido de humedad d del d suelo:

SOLUCIÓN:

Por definición

e=

VV ; VS

V S = 1m 3

VV = VW = e m3 ∴WW = e Tn. También:

S S=

WS ∴ W S = V S S S γ 0 = 2.65 Tn . VS γ 0

Aplicando la definición dee Sm, se tiene:

Sm =

w=

Wm e + 2.65 = = 1.80 ∴ e = 1.06 Vm γ 0 1+ e 1.06 WW e = = = 0.40; WS 2.65 2.65

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w = 40%

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PROBLEMA Nª 5. Una muestra de arcilla saturada ada pesa 1526 g. Después de secada al horno no su peso pasa a ser 1053 g. Si el Ss vale 2.70, calcule e, n, w, γm y γd. SOLUCIÓN: Puede hacerse el esquema de la fig. f a partir de él, usando las definiciones, s, se tiene:

Ss =

Ws ; Vs = 390cm 3 Vs γ o

e =

VV 473 = = 1 . 21 390 VS

n=

VV 473 = = 0.55 Vm 473+ 390

w =

γm = γd =

473 1053

Wm Vm

× 100

=

1526 863

= 45 %

= 1.78 g cm 3

1053 = 1 .22 g cm 3 863

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PROBLEMA Nª 6. En un suelo parcialmente satu aturado se conoce e, SS, GW. Suponiendoo que q el gas disuelto está unifórmenle distribuido en laa m masa del suelo, abajo del nivel freático,, eencuentre γm y γ ´m, en función de las cantidades conoci ocidas y haciendo uso de un esquema apropiad iado. SOLUCIÓN:

Por definición:

e = Si se hace Vs = 1;

VV VS

resulta: Po Por lo tanto: Vv = e WS = S S γ 0

También por definición:

GW =

VW ∴VW = eGW VV

WW = eGW γ 0

Y corresponde:

Luego las incógnitas valdrán:

γm =

Wm Gω e + SS = γ0 Vm 1+e

γ m′ = γ m − γ 0 =

(SS −1) − e(1− GW ) γ 1+ e

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0

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PROBLEMA Nª 7. En una muestra de suelo parcia cialmente saturado se conoce el peso especific ifico, el contenido de agua w, y el valor de SS. Encuentre el peso específico seco, la relación de vacíos os y el grado de saturación en función de las cantidades con onocidas, utilizando un esquema adecuado.

SOLUCIÓN:

w=

Por definición:

WW WS

WS = 1 WW = w

Si hacemos: Tendremos:

WS 1 = S S ∴VS = VS γ 0 SSγ 0

γm =

Wm 1+ w 1+ ω = ∴Vm = γm Vm Vm

VW =

WW

γ0

∴ VW =

w

γ0

Una vez construido el esquema, ma, las incógnitas pueden calcularse aplican ando las correspondientes definiciones:

e=

1+ w VV Vm −VS Vm = = −1= S γ −1 γm S 0 VS VS VS [email protected]

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γd =

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WS Sγ 1 = = s 0 Vm 1+ e 1+ e Ssγ 0 w GW =

VW VW = = VV Vm − VS

γ0 e SSγ 0

=

ω Ss e

PROBLEMA Nª 8 En un suelo parcialmente satura urado se conocen: y

Encuentre:

SOLUCIÓN

GW =

e = 0.60, S S = 2.75, GW = 70%

γ m (kg m 3 )

(

w, γ d kg m3

VW ∴ VW = VV GW = 0.60 × 0 .70 = 0.42 m 3 VV

Por definición:

e=

VV ; VS

Haciendo V s = 1 ⇒ VV = e = 0.60m3 , Va = VV − VW = 0.60 − 0.42 = 0.18m 3 W 0.42 w= W = − 0.153∴ w = 15.3% WS 2.75

γd =

WS 2.75 Tn = = 1.72 3 = 1720kg m3 Vm 1.60 m [email protected]

)

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γm =

2.75+ 0.42 3.17 = = 1.98Tn m3 = 198 980kg m3 1.60 1.60

PROBLEMA Nª 9 En una muestra de suelo parcial ialmente saturado se conocen: Encuentre:

Vm = 50cm 3 ,Wm = 95 g ,WS = 75 g , S S = 2.68

w, e, n, GW , γ m , γ d SOLUCIÓN:

m3

)

WW = Wm − WS = 95 − 75 = 20 g .

WW

VW =

Entonces:

(kg

γ0

VS =

WS 75 = = 28cm3 S S γ 0 2.68

= 20cm 3 . Va = Vm − VS − VW = 50 − 48 = 2cm3

w=

WW 20 = = 0.267 ∴ w = 26.7% WS 75

e=

VV 22 22 V = = 0.79. n = V = = 0.44 ∴ n = 44% VS 28 Vm 50

GW =

VW 20 = = 0.91∴ GW = 91% VV 22

γm =

95 = 1.9 g cm 3 = 1900 kg m 3 . 50

γd =

75 = 1.5 g cm3 = 1500 kg m 3 50

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PROBLEMA Nª 10 El volumen de una muestra irreg rregular de suelo parcialmente saturado se ha determinado cubriendo la muestra con cera y pesándola la al aire y bajo agua. Se conocen: Peso total de la muestra al aire 180.6g Contenido de agua de la muestra stra 13.6g Peso de la muestra envuelta en n cera, c en el aire 199.3g Peso de la muestra envuelta en n cera, c sumergida 78.3g Peso especifico relativo de los sólidos sól del suelo 2.71g Peso especifico relativo de la cera 0.92g Determinar la densidad seca de la l muestra y el Grado de Saturación. SOLUCIÓN: En este caso convendrá hacer er un esquema en que, además de las tres res fases usuales, se haga intervenir a la cera.

Wm = 180.6 g Wt = Wm + Wcer cera = 199.3 g

∴ Wcera = 199 .3 − 180 .6 = 18 .7 g era será: El volumen total del suelo y cera Vm =

199 .3 − 78 .3

γo

= 121 .0 cm 3

cera es el cociente de su peso entre su peso

El volumen de la especifico, que es un dato del pro problema. Vcera =

Wcera era

γ cera era

=

18.7 = 20.3 cm 3 0.92

El volumen de la masa de suelo lo sserá: = 121 −

V m = V t − Vcera V

w=

WW = 0.136; WS

18 . 7 = 121 − 20 . 3 = 100 00 . 7 cm 0 . 92

WS + WW = 180.6 g ∴ w =

180.6 − WS = 0.136 WS

WS = 159 g

Por lo que: Dato que puede ponerse en el esquema esq

WW = W m − W S = 180 .6 − 159 = 21 .6 g [email protected]

3

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Pasa al esquema:

VW =

WW

VS =

= 21.6 g

γ0

WS 159 = = 58.8cm3 S S γ 0 2.71

Con lo anterior queda completo to eel esquema operativo de la fig. Ahora: V a = 121 − ( 20 .3 + 58 .8 + 21 .6 )] = 121 − 100 .7 = 20 .3cm 3

γd =

GW =

159 WS = = 1.58 g cm3 = 1.580 kg m3 Vm 100.7 VW 21.6 21.6 = = 0.52 ∴ GW = 52% VV 20.3 + 21.6 41.9

PROBLEMA Nª 11 Una muestra de arena totalmen ente seca llena un cilindro metálico de 200 00 cm3 y pesa 260g (WS), teniendo SS = 2.6. Calcule la relación rela de vacíos (e). SOLUCIÓN: Datos: Incógnita:

Vm = 200cm3 Wm = 260gr. S S = 2.6

e=? SS =

WS 260 ⇒ VS = = 100cm3 VS γ 0 2.6

VV = Vm − VS ⇒ VV = 100cm3 ∴e =

VV 100 ⇒e= =1 VS 100

PROBLEMA Nª 12 El contenido de agua de un suel uelo saturado es 40%. El SS de sus partículas as es e 2.65. Calcule para tal suelo e y γm SOLUCIÓN: Datos:

w% = 40%

Si VS = 1

S S = 2.65 [email protected]

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e = ?,γ m = ? ⇒ SS =

WS ⇒ WS = 2.65 g VS γ 0

V S = 1cm 3 , V m = 2 . 06 cm 3 VV = Vm − VS = 1.06cm 3

w% =

WW ×100 WS

0.40(2.65) = WW

∴VW = 1.06cm3 WW = 1.06 g

γm =

e=

WS + WW 2.65 + 1.06 = = 1.80095 g cm3 = 1800 kg m3 Vm 2.06

VV 1.06 = = 1.06 VS 1

PROBLEMA Nª 13 En un suelo parcialmente satura urado e = 1.2; w = 30%; SS = 2.66; calcule el γm y el γd de dicho suelo. Datos: e = 1.2 S S = 2.66 γ w = 30% m,γ d = ? SOLUCIÓN: e=n/(1-n) y n=e/1+e Ss = γs/γo Luego γs= Ssγo=2.66gr/cm3

γm =

γm =

S S (1 + w)γ 0 1+ e

(1 + 0.3)(2.66)(1 g

cm3

)

1 + 1.2

γ m = 1.5718 g cm3 = 1571.8 kg m 3

γd =

γm

1+ w

=

1.5718 g cm3 = 1.2091 g cm3 = 1209.1 kg m3 1.3 [email protected]

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PROBLEMA Nª14. Una muestra de suelo pesa 122 22 gr y tiene un peso especifico relativo Sm = 1.82. El peso especifico relativo de los sólidos es SS = 2.5 2.53. Si después de secada al horno la muestr estra pesa 104g ¿Cuál será su volumen de sólidos y de airee respectivamente? r Datos:

Wm = 122 1 g Sm = 1.82 W

S

= 104 10 g

V S ,Va = ? SOLUCIÓN: Sm =

122 Wm ⇒ Vm = ⇒ Vm = 67.03cm3 Vmγ 0 1.82

SS =

WS 104 ⇒ VS = ⇒ VS = 41.10cm3 VS γ 0 2.53

VV = Vm − VS = 25.93cm3

VV = VW +Va ⇒Va = 67.03cm3 PROBLEMA Nº15. Una muestra de arcilla saturada rada pesa 1526g y 1053g después de secada al a horno. Calcule su w% Considerando γs = 2.70 g/cm3,, calcule ca también e, n y γm Datos: w, e, n, γ m = ? γ S = 2.70 g cm3

SOLUCIÓN

γS =

1053 WS ⇒ VS = ⇒ VS = 390cm3 VS 2.70

VV = Vm − VS ⇒ VV = 473 e=

VV 473 = = 1.21 VS 390

n=

VV ×100 = 0.55 = 55% Vm

WS + WW = 1.77 g cm3 Vm W w% = W × 100 = 45% WS

γm =

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PROBLEMA 1 El proyecto de una edificación n ccontempla el diseño de zapatas aisladas dee hormigón h armado de 0,5 m x 2,0 m (Figura 10.1). El nivel niv de fundación ha sido fijado en 0,5 m de d profundidad. El nivel freático estático se encuentra a 1,5 1 m de la superficie del terreno. El perfil del terreno muestraa qque existe un suelo homogéneo hasta gran ran profundidad. El peso 3 unitario de este suelo es de 16 16,4 kN/m . Ensayos triaxiales CU (Conso nsolidado - No Drenado) efectuados con muestras inalte alteradas de este material indican que loss pparámetros efectivos de resistencia al corte son c′ = 4 kPa y φ′ = 36º. Se requiere calcular la carga última úl de apoyo, y la carga máxima segura ra de apoyo empleando un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, utilizando: a) Ecuaciones de capacidad porta ortante de Terzaghi. b) Ecuaciones de capacidad porta ortante de Meyerhof. c) Ecuaciones de capacidad porta ortante de Hansen. d) Ecuaciones de capacidad porta ortante de Vesic. SOLUCIÓN Se tiene el siguiente esquema:

0,5 m x 2 m

0,5m

c′ = 4 kPa

1m

φ′ = 36º γ = 16,4 kN/m3

Figura 10.1. Fundación en un perfil de suelo. elo. a) Terzaghi

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La ecuación de capacidad portan tante es: qu = c N c s c + q N q + 0,5 γ B N γ s γ

De la Tabla J.2 , para φ′ = 36°° se tiene que: Nq = 47,16

Nc = 63,53

Nγ = 54,36

De la Tabla J.1 , se asume zapata pata es continua, por lo tanto:

Porque:

L > 4 ≅ zapata contin ntinua B , entonces:

sc = 1,0

sγ = 1,0

Como puede verse, el nivel freáti eático se encuentra a 1 m de la base de la fund undación. Como d = 1 m > B = 0,5 m, siendo B el ancho de la fundación, entonces no se requiere reali ealizar ninguna corrección al valor de γ en la ecuación dee capacidad ca portante. Caso III

orrección) d ≥ B (No hay Corr

uación se tiene que: Luego, reemplazando en la ecuac qu = c N c s c + γ D f N q + 0,5 γ B N γ s γ q u = (4 )(63 ,53)(1) + (16 ,4 )(0 ,5 )(47 ,16 ) + (0 ,5 )(16 ,4 )(0 ,5 )(54 ,36 )(1)

qu = 863,71 kPa La carga máxima segura de apoy poyo será: qs =

qu − γ D f FS

+ γ Df

Entonces qs =

863,71 − (16,4 )(0 ,5) + (16,4)(0 ,5) 3

qs = 293,4 kPa

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b) Meyerhof ón general de capacidad portante para cargas as verticales: v Según la Tabla J.1 , la ecuación q u = c N c s c d c + q N q s q d q + 0 ,5 γ B ' N γ s γ d γ

De la Tabla J.4 , para φ′ = 36°° se tiene que: Nc = 50,55

Nq = 37,70

Nγ = 44,40

De la Tabla J.3 , se tiene: Factores de forma φ  K p = tan 2  45 +  2  36   K p = tan 2  45 +  = 3,852 2  

sc = 1+ 0 ,2 K p

B L

 0 ,5  s c = 1 + (0 ,2 )(3,852 )  = 1,193  2 

s q = s γ = 1+ 0,1 K p

B L

 0 ,5  s q = s γ = 1 + (0 ,1)(3,852 52 )  = 1,096  2 

Factores de profundidad d c = 1 + 0 ,2 K p

D B

d c = 1 + (0 ,2) 3,852

0 ,5 = 1,393 0 ,5

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d q = d γ = 1+ 0 ,1 K p

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D B

d q = d γ = 1 + (0 ,1) 3,852 85

0 ,5 = 1,196 0 ,5

Luego, reemplazando en la ecuac uación de capacidad portante se tiene que: qu = c N c s c d c + γ D f N q s q d q + 0,5 γ B ′ N γ s γ d γ

qu = (4)(50,55)(1,193)(1,393) + (16 ,4)(0,5)(37 ,70)(1,096 )(1,196) + + (0,5)(16 ,4 )(0,5)(44 4 ,40)(1,096)(1,196)

qu = 979,87 kPa La carga máxima segura de apoy poyo será: qs =

Entonces qs =

qu − γ D f FS

+ γ Df

979,87 − (16,4)(0,5) + (16,4)(0,5) 3

qs = 332,1 kPa c) Hansen Según la Tabla J.1 , la ecuación ón general de capacidad portante es: q u = c N c s c d c i c g c b c + q N q s q d q i q g q b q + 0 ,5 γ B ' N γ s γ d γ i γ g γ b γ

nclinación (i), pendiente (b) y de terreno (g) son: son En este caso, los factores de incli ic = iq = iγ = 1 gc = gq = gγ = 1 bc = bq = bγ = 1 acidad portante queda como sigue: De ahí que la ecuación de capaci q u = c N c s c d c + q N q s q d q + 0 ,5 γ B ' N γ s γ d γ

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De la Tabla J.4 , para φ′ = 36°, °, los lo factores de capacidad portante son: Nc = 50,55

Nq = 37,70

Nq/Nc = 0,746

Nγ = 40,00

2 tan φ′ (1-sen φ′)2 = 0,247

De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma s c = 1,0 +

N q B' N c L'

 0 ,5  s c = 1,0 + (0 ,746 )  = 1,187  2  B' s q = 1,0 + sen φ L'  0 ,5  s q = 1,0 +   sen 36 = 1,147  2 

s γ = 1,0 − 0,4

B' L'

≥

0,6

 0 ,5  09 s γ = 1,0 − (0 ,4 )  = 0,  2 

Factores de profundidad d c = 1 + 0 ,4 k

D 0 ,5 = =1≤1 B 0 ,5

⇒

k=

D =1 B

d c = 1 + (0 ,4 )(1) = 1,40

d q = 1 + 2 tan φ' (1 − sen en φ' ) k 2

d q = 1 + (0 ,247 )(1) = 1,247 24 d γ = 1,0

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Luego, reemplazando en la ecuac uación de capacidad portante se tiene que: qu = c N c sc d c + γ D f N q sq d q + 0,5 γ B′ N γ sγ d γ

q u = (4 )(50 ,55 )(1,187 )(1,40 ) + (16 ,4 )(0 ,5)(37 ,70 )(1,147 )(1,247 ) + + (0 ,5)(16 ,4 )(0 ,5)((40 ,0 )(0 ,9 )(1,0 )

qu = 925,78 kPa La carga máxima segura de apoy poyo será: qs =

Entonces qs =

qu − γ D f FS

+ γ Df

925,78 − (16,4 )(0 ,5) + (16,4)(0,5) 3

qs = 314,1 kPa d) Vesic Según la Tabla J.1 , la ecuación ón general de capacidad portante es la siguient iente: q u = c N c s c d c + q N q s q d q + 0 ,5 γ B ′N γ s γ d γ

De la Tabla J.4, para φ′ = 36°,, los lo factores de capacidad portante son: Nc = 50,55

Nq = 37,70

Nγ = 56,20

Nq/Nc = 0,746 2 tan φ′ (1–sen φ′)2 = 0,247 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma  0 ,5  s c = 1,0 + (0 ,746 )  = 1,187  2  B s q = 1,0 + ⋅ tan φ ' L

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 0,5  s q = 1,0 +   ⋅ tan 36 = 1,182  2  B s γ = 1,0 − 0 ,4 L ≥ 0,6  0 ,5  s γ = 1,0 − (0 ,4 )  = 0,9  2 

Factores de profundidad d c = 1 + 0 ,4 k

D 0 ,5 = =1≤1 B 0 ,5

⇒

k=

D =1 B

d c = 1 + (0 ,4 )(1) = 1,40

d q = 1 + 2 tan φ (1 − senφ) k 2

d q = 1 + (0 ,247 )(1) = 1,247 2 d γ = 1,0

Luego, reemplazando en la ecuac...