Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM !!" !!" [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM # 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 [email protected] 1 n nγ 0 1− n n γ0 w Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] w = 40% Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] 0 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” γd = Ing. Civil - UJCM 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] ) Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 = [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” d q = d γ = 1+ 0 ,1 K p Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 uación de capacidad portante se tendrá 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 q u = (4 )(50 ,55 )(1,187 )(1,40 ) + (16 ,4 )(0 ,5)(37 ,70 )(1,182 )(1,247 ) + + (0 ,5)(16 ,4 )(0 ,5)((56 ,2 )(0 ,9 )(1,0 ) qu = 999,05 kPa La carga máxima segura de apoy poyo es: qs = Entonces qs = qu − γ D f FS + γ Df 999,05 − (16,4 )(0 ,5) + (16,4)(0,5) 3 qs = 338,5 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 2 Un proyecto industrial contemp empla la construcción de un silo para alm lmacenar granos, el cual aplicará una presión segura al suelo s de 300 kPa. El silo estará apoyado al nivel n de la superficie del terreno (Figura 10.2). El terreno está compuesto de are arena hasta gran profundidad. Los resultado dos de laboratorio indican 3 3 que los pesos unitarios de la are arena son 18 kN/m y 19,2 kN/m por encim ima y por debajo del nivel freático, respectivamente. Ademá emás se ha determinado que los parámetros de resistencia al corte son c' = 0 y φ′ = 30°. El nivel freático tico se encuentra a 2,5 m de profundidad y el peso p unitario del agua es 3 9,8 kN/m . El diseño del silo debe minimiz mizar los riesgos de falla por capacidad porta ortante, expresados por un factor de seguridad de 3 aplicado ado sobre la carga neta última. Determinar el mínimo diámetro ro del d silo que cumpla estos requerimientos utilizando: uti a) Método de Hansen. b) Método de Vesic. SILO qs = 300 kPa B γ = 18 kN/m3 2,5m c′ = 0 kPa φ′ = 30º γsat = 18 kN/m kN/ 3 γw = 9,8 kN/m kN/ 3 10.2. Silo sobre superficie del ter terreno. SOLUCIÓN a) Hansen Según la Tabla J.1 , la ecuación ón general de capacidad portante es: [email protected] Figura Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 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 En este caso, los factores de incli nclinación (i), pendiente (b) y terreno (g) son: ic = iq = iγ = 1 gc = gq = gγ = 1 bc = bq = bγ = 1 De ahí que la ecuación de capaci acidad portante queda como sigue: 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 q = γ Df Como c = 0 y Df = 0, entonces: q u = 0 ,5 γ B ' N γ s γ d γ De la Tabla J.4 , para φ′ = 30°, °, los lo factores de capacidad portante son: Nγ = 15,1 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma s γ = 1,0 − 0 ,4 B' L' ≥ 0,6 s γ = 1,0 − (0,4 )(1) = 0 ,6 Factores de profundidad d γ = 1,0 Luego, reemplazando en la ecuac uación de capacidad portante, se tiene que: q u = 0 ,5 γ B ' N γ s γ d γ q u = (0 ,5)(18 )(B )(15 ,1)((0 ,6 )(1,0 ) [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM q u = 81 ,54 B [1] Por otro lado, la carga máximaa segura s de apoyo es: qs = qu − γ D f FS + γ Df Como Df = 0 qs = qu FS qu = (300 )(3) = 900 kPa kP [2] Reemplazando [2] en [1] se tendr ndrá que: B = 11,04 m 900 = 81,54 B ⇒ Para este valor del diámetro, ma mayor a la profundidad del nivel freático,, se deberá corregir el peso unitario de la arena. CASO II 0≤d ≤B γ c = γ' + d ( γ − γ' ) B gido donde γc = peso unitario corregid Luego, el peso unitario corregido ido es: d [γ − (γ sat − γ w )] B 2 ,5 [18 − (19 ,2 − 9 ,8 )] γ c = (19 ,2 − 9 ,8 ) + B 21 ,5 γ c = (9 ,4 ) + B γ c = (γ sat − γ w ) + Recalculando B con este valorr corregido co se tiene que: q u = 0 ,5 γ c B ' N γ s γ d γ [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 21,5 900 = (0 ,5) 9 ,4 + B(15,1)(0,6 )(1) B 21,5 900 = 4 ,53 B 9 ,4 + B 900 = 42 ,58 B + 97 ,40 De aquí B ≥ 18,85 m B = 18,85 m b) Vesic De la Tabla J.4 , para φ′ = 30°, °, el factor de capacidad portante es el siguient ente: Nγ = 22,40 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma s γ = 1,0 − 0,4 B L ≥ 0,6 s γ = 1,0 − (0,4)(1) = 0 ,6 Factores de profundidad d γ = 1,0 La ecuación de capacidad portan tante es qu = 0,5 γ B' N γ s γ d γ q u = (0 ,5)(18 )(22 ,4 )(0 ,6 )(1,0 )B qu = 120 ,96 B [3] La carga máxima segura de apoy poyo será: qs = q u − γD f FS + γD f [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Como Df = 0, entonces: qs = qu FS q u = (300 )(3) qu = 900 kPa [4] Reemplazando (4) en (3) se tiene ene que: 900 = 120,96 B ⇒ B=7,44 m Para este valor del diámetro, ma mayor a la profundidad del nivel freático,, se deberá corregir el peso unitario de la arena. El peso unitario corregido es: γ c = (9 ,4 ) + 21,5 B Recalculando B con este valorr co corregido, se tiene que: q u = 0 ,5 γ c B ′ N γ sγ d γ 21 ,5 900 = (0 ,5 ) 9 ,4 + B (22 ,4 )((0 ,6 )(1) B 21,5 900 = 6 ,72 B 9 ,4 + B 900 = 63,17 B + 144 ,48 Luego B = 11,96 m Por lo tanto: B ≥ 11,96 m [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 3 En un terreno compuesto por are arena se proyecta construir una edificación cu cuyos cimientos consisten de zapatas continuas (o corridas das) de 2,20 m de ancho y apoyadas a 2,00 m de profundidad (Figura 9.5). Los ensayos del laboratorio indic ndican que los parámetros de resistencia al co corte son c' = 0 y φ′= 30°. El nivel freático se encuentra a 2,00 m de profundidad. Los resultados de laboratorio indican que los pesos unitarios de la arenaa son so 19 kN/m3 y 20 kN/m3 por encima y por or ddebajo del nivel freático, 3 respectivamente, y el peso unitar tario del agua es 9,8 kN/m . Se pide: a) Determinar la máxima presión sión segura de apoyo del suelo, aplicando un n factor f de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. Em Emplear el método de Vesic. b) Si al final del proyecto, se de determina que los cimientos ejercen sobre el terreno una presión de 275 kPa, determinar el factor de seguridad existente bajo esta condición. SOLUCIÓN Se tiene el siguiente esquema: γ = 19 kN/m3 2m c′ ′ = 0 kPa φ′ ′ = 30º 3 2,2m γsat = 20 kN/m3 γw = 9,8 9 kN/m3 10.3. Fundación a dos metros de profundidad. a) Vesic Según la Tabla J.1 , la ecuación ón general de capacidad portante es: 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 [email protected] Figura Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Como c' = 0, entonces: q u = q N q s q d q + 0 ,5 γ B ' N γ s γ d γ De la Tabla J.4 para φ′ = 30°,, los lo factores de capacidad portante son: Nγ = 22,4 Nq = 18,4 2 tan φ′ (1-sen φ′)2 = 0,289 De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma s q = 1,0 + B tan φ' L s γ = 1,0 − 0,4 B L ≥ 0,6 Para una fundación continua, B/L B ≈ 0, entonces: sq = sγ = 1 Factores de profundidad 2 D = = 0 ,91 ≤ 1 B 2 ,20 ⇒ k= D = 0,91 B d q = 1 + 2 ⋅ tan φ ' (1 − sin φ ') ⋅ k 2 d q = 1 + (0,289)(0,91) = 1,263 d γ = 1,0 Dado que el nivel freático se en encuentra al nivel de la fundación, será necesario ne corregir el peso unitario de la arena. Caso I 0 ≤ d1 ≤ D f [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM γ c = γ' = (γ sat − γ w ) Donde: γc = peso unitario correg regido Luego γ c = γ' = (20 − 9 ,8 ) = 10 ,2 Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que: q u = γ D f N q s q d q + 0 ,5 γ c B' N γ s γ d γ q u = (19 )(2 )(18 ,4 )(1)(1,263 ) + (0 ,5 )(10 ,2 )(2 ,20 )(22 ,4 )(1,0 )(1,0 ) qu = 1134,42 kPa La carga máxima segura de apoy poyo, será: qs = Entonces, qs = qu − γ D f + γ Df FS 1134,42 − (19)(2 ) + (19)(2 ) 3 qs = 403,47 kPa b) El factor de seguridad La carga máxima segura de apoy poyo, será: qs = qu − γ D f FS + γ Df Despejando el FS se tiene que: FS = Carga segura resistente re Carga segura actuante ac [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” FS = Ing. Civil - UJCM q seguro − γ D f q actuante − γ D f Al final del proyecto se determi rmina que los cimientos ejercen sobre el terre erreno una presión de 275 kPa. Entonces: FS = ⇒ 403,47 − (19 )(2 ) 275 − (19 1 )(2 ) FS = 1,55 (con respecto a la carga máxima segur gura de apoyo) [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 4 El proyecto de un edificio dee cuatro cu plantas contempla el diseño de zapa apatas aisladas cuadradas. Debido a la presencia de instalac laciones sanitarias y otros cimientos, las zapat patas exteriores serán de 2 m x 2 m, y ejercerán una cargaa segura s de 500 kN (Figura 9.6). El estudio geotécnico indica qu que el suelo está compuesto de arcilla, con on un peso unitario de 20 3 kN/m y una resistencia no-dren renada al corte de 114 kPa. El peso unitario rio del agua es igual a 9,8 3 kN/m . El factor de seguridadd empleado e en el análisis es 3 de la carga ga bruta contra fallas por capacidad portante. El nivel freá reático se encuentra al nivel del terreno. Con esta información, se requier iere definir la profundidad a la cual deberán n apoyarse a las zapatas. Solución Se tiene el siguiente esquema: 500 kN Df γsat = 20 kN/m3 cu = 114 kPa 2m γw = 9,8 kN/m3 Zapata del edificio. Empleando el método de Vesic: La ecuación general de capacida idad portante es (Tabla J.1): 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′ = 0°, los factores de capacidad portante son los sigu iguientes: Nc = 5,14 Nq = 1,00 Nγ = 0 Nq/Nc = 0,195 2 tan φ′ (1-sin φ′)2 = 0,0 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM De la Tabla J.5 , se tiene: Factores de forma s c′ = 0 ,2 B L 2 sc ' = (0,2) = 0,2 2 B s q = 1,0 + ⋅ tan φ ' L 2 s q = 1,0 + ⋅ tan (0 ) = 1,00 2 Factores de profundidad d c ' = 0 ,4 k k= Df B , para Df k = tan −1 B Df B [rad ] ≤1 , para Df B >1 d q = 1 + 2 tan φ ( 1 − sen φ )2 k d q = 1,00 Dado que el nivel freático se en encuentra al nivel de la fundación, será necesario ne corregir el peso unitario de la arcilla, por lo tanto nto: γ c = γ' = (γ sat − γ w ) regido Donde: γc = peso unitario correg Luego: γ c = γ' = (20 − 9,8) = 10,2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM La ecuación de capacidad portan tante queda: qu = c N c s c d c + q Asumiendo: Df B k= ≤1 Df d c′ = 0 ,4 B Df B Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tiene que: Df q u = (114 )(5 ,14 )(0 ,2 ) 0 ,4 2 q u = (117 ,19 )(0 ,2 D f ) + 20 D f ( ) + (20 ) D f q u = 43 ,44 D f [1] Por otro lado la carga segura act actuante, será: qs = 500 (2 )(2 ) qs = 125 kPa qs = qu − γ D f FS + γD f Entonces se tendrá que: 125 = q u − (20 )D f 3 + (20 )D f Reemplazando [1] en [2] se tiene ene que: 125 = (43,44 D ) − (20) D f 3 f + (20 )D f [email protected] [2] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 375 = 83,44 D f Df = 4,49 m Como Df > B, entonces lo asumid mido no es correcto, entonces: Df k = tan −1 B [rad ] , para Df >1 B d c ' = 0 ,4 k Df d c ' = 0 ,4 tan −1 2 d q = 1 + 2 tan φ (1 − sin φ ) 2 k d q = 1,00 Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que: D f + (20 ) D f q u = (114 )(5 ,14 )(0 ,2 ) 0 ,4 tan −1 2 ( ) D f + (20 ) D f q u = 46 ,88 tan −1 2 ( ) Carga segura actuante, será: qs = 500 (2 )(2 ) qs = 125 kPa qs = qu − γD f FS + γD f [email protected] [1] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ⇒ 125 = q u − (20 )D f 3 Ing. Civil - UJCM + (20 )D f [2] Reemplazando [1] en [2] se tendr ndrá que: D f + (20 ) D f − (20 ) D f 46 ,88 tan −1 2 + (20 ) D f 125 = 3 ( ) 125 = q u − (20 )D f 3 ( ) + (20 )D f Df + (60 )D f 375 = 46 ,88 tan −1 2 La profundidad será: Df = 5,30 m Como Df > B, entonces lo asum umido es correcto. [email protected] ( ) Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 5 La columna de una estructura ra metálica m será apoyada sobre una zapata aislada ai cuadrada (Figura 9.7). El nivel de fundación se encuentra enc a 1,22 m de profundidad y la supere erestructura transmite a la fundación una carga segura dee 667,4 6 kN, con un factor de seguridad de 3. Se ha determinado que el suelo lo sse compone de una arena con peso unitario rio húmedo de 16,51 kN/m3 y un peso unitario saturado dee 118,55 kN/m3. El agua tiene un peso unitario ario de 9,8 kN/m3 y el nivel freático se encuentra a 0,61 m de d la superficie del terreno. Ensayos efectu ctuados sobre muestras no disturbadas del suelo indican que c' = 0 y φ′ = 34º. Se requiere encontrar la dimensi nsión mínima de la zapata. Solución Se tiene el siguiente esquema: 667,4 kN γ = 16,51 kN/m3 D 1 = 0,61 m D f = 1,22 m D 2 = 0,61 m B Figura 10.5. Zapata donde se apoya apo la estructura metálica. Empleando el método de Vesic. La ecuación general de capacida idad portante es (Tabla J.1): 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 Dado que c′ = 0, se tiene que: q u = q N q s q d q + 0 ,5 , γ B′ N γ sγ d γ De la Tabla J.4, para φ′ = 34°,, los lo factores de capacidad portante son: [email protected] γsat = 18,55 kN/m3 c′ = 0 kPa φ′ = 34° γ 9,8 kN/m3 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Nq = 29,4 Ing. Civil - UJCM Nγ = 41,0 2 tan φ′ (1–sin φ′)2 = 0,262 De la Tabla F.5 , se tiene Factores de forma s q = 1 ,0 + B tan φ ′ L B s q = 1,0 + tan (34 ) = 1,675 B B ≥ s γ = 1 ,0 − 0 ,4 L 0,6 B s γ = 1,0 − (0 ,4 ) = B 0,6 Factores de profundidad k= Df B , para Df k = tan −1 B Df B ≤1 [rad ad ] , para Df B >1 Asumiendo que: Df B ≤1 ⇒ k= Df B = 1,22 B Se tiene que: d q = 1 + 2 ⋅ tan φ ′ (1 − sin φ ′ ) k 2 0 ,320 1 ,22 d q = 1 + (0 ,262 ) =1+ B B d γ = 1 ,00 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM La corrección de la sobrecargaa debido d a la presencia del nivel freático: 0 ≤ d1 ≤ D f CASO I q = D1 γ + D2 (γ sat − γ w ) q = (0 ,61 )(16 ,51 ) + (0 ,61 )(18 ,55 − 9 ,8 ) q = 15,41 kPa Además el término γ de la ecuaci ación de capacidad portante debe ser reemplaz lazado por el peso unitario sumergido ( γ' = γ sat − γ w ) γ' = γ sat − γ w = 18,55 − 9,8 γ′ = 8,75 kN/m3 Reemplazando en la ecuación de capacidad portante, se tendrá que: q t = q N q s q d q + 0 ,5 γ B ′N γ s γ d γ 0 .320 q u = (15,41)(29 ,4 )(1,675 67 )1 + + (0,5 )(8,75 )(B )(41)(0,6 )(1,0 ) B q u = 758 ,87 + 242 ,84 + (107 ,63 )B B [1] Por otro lado la carga segura act actuante será: qs = Qs 667 ,4 = Area B2 Aclaración necesaria: qs = qu − qo + qo FS Donde: qn = qu − qo Debe notarse también: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM q n = q u′ − q o′ q n = q u − u 1 − (q 0 − u 2 ) u = u2 Como el Nivel Freático permane anece en la misma posición ⇒ 1 q ′n = q n = q u − q o qs = q u − γD f FS + γD f 667 ,4 qu − 21,41 = + 21,41 3 B2 2002 ,2 − 64 ,23 = q u − 21 ,41 B2 qu = 2002 ,2 − 42 ,82 B2 [2] Combinando [1] y [2] se tiene que: qu 758 ,87 + 242 ,84 2002 ,2 + (107 10 ,63 )B = − 42 ,82 B B2 2002 ,2 − 42 ,82 B 2 = 758 75 ,87 B 2 + 242 ,84 B + 107 ,63 B 3 107 ,63 B 3 + 801 ,69 B 2 + 242 ,84 B − 2002 ,2 = 0 Resolviendo se tiene que: B = 1,33 m uación supuesta para el factor k es la correcta.) ta.) (Como Df < B, entonces la ecuac [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 6 En un terreno compuesto por ar arena fuerte por encima y por un estrato de arena a de arena débil se proyecta construir una edificació ación cuyos cimientos consisten de zapatas de base b de 2,0 m y de largo de 3,0 m, el nivel de fundación n sse encuentra a 1,50 m de profundidad (Figu igura 10.6). Los ensayos en campo de CPTu Tu y de laboratorio indican que los parámetro etros de resistencia al corte del primer estrato son c′ = 0 kPa y φ′ = 40º ; del segundo son c′ = 0 kPa y φ′ = 34º. El nivel freático no se ha detectado en campo,, ni en gabinete del laboratorio. Los resultado dos de laboratorio indican 3 3 que los pesos unitarios de la arena son 18 kN/m y 19 kN/m del primer pri y segundo estrato respectivamente. Se pide determinar la carga últim ltima de apoyo por el método de suelos estratifi tificados,(suelo fuerte bajo suelo débil). Solución Se tiene el siguiente esquema: 1,5m H = 2,00 m c′ = 0 kPa φ′ = 40º 0,5m 2m c′ = 0 kPa φ′ = 34º Figura 10.6. Fundación y parámetross del de suelo. Usamos el método de Meyerhof of . La ecuación de capacidad portante para este est método es : Caso II. Arena fuerte sobre aren rena débil: ( ) 2D f 1 B q u = γ 1 D f + H N (2 ) F qs (2 ) + γ 2 B N γ (2 ) Fγ s (2 ) + γ 1 H 2 1 + 1 + 2 L H Donde: [email protected] K s tan φ 1 − γ 1H ≤ qt B Universidad José Carlos Mariátegui” ui” q t = γ 1 D f N q (1 ) F qs (1 ) + y además: γ N q2 = 2 q1 γ1N γ (2 Ing. Civil - UJCM 1 γ 1 B N γ (1 ) F γ s (1 ) 2 ) γ (1 ) Para los estratos según el Anexo xo F.4 ; los factores de capacidad portante son: son Para el estrato superior ; para φ1 = 40º se tiene que: Nq1 = 64,1 Nγ1 = 93,6 Para el estrato inferior ; para φ1 = 40º se tiene que: Nq2 = 29,4 Nγ2 = 31,1 Para el estrato superior: Fqs (1) = Fγs (1) = 1 + 0 ,1K p B L [1] Donde: K p φ = tan 2 45 + 2 40 K p = tan 2 45 + = 4,599 2 [2] Reemplazando [2] en [1] se tiene ene que: 2 Fqs (1) = Fγs (1) = 1 + 0,1(4 ,599) = 1,31 3 3 Para el estrato inferior: Fqs (2 ) = Fγs (2 ) = 1 + 0,1K p B L [3] Donde: φ K p = tan 2 45 + 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 34 K p = tan 2 45 + = 3,54 2 [4] Reemplazando [4] en [3] se tiene ene que: 2 Fqs (2 ) = Fγs (2 ) = 1 + (0,1)(3,54) = 1,236 3 q2 (19 )(31,1) = = 0 ,3507 q1 (18)(93,6) Ingresando en la siguiente figura ura 9.1 (de la introducción) tenemos : k s ≅ 6 ,8 Reemplazando en la ecuación de capacidad portante de Meyerhof : ( ) 2D f 1 B q u = γ 1 D f + H N (2 ) F qs (2 ) + γ 2 B N γ (2 ) F γ s (2 ) + γ 1 H 2 1 + 1 + 2 L H K s tan φ 1 − γ 1H B 1 ) 2)(31,1)(1,236) + (18)(0,5)2 1 + 2 1 + 1,5 6,8 tan(40) − (18)(0,5) qu = 18(1,5 + 0,5)(29,4 )(1,236) + (19)( 2 2 3 0,5 qu = 2115,12 kPa Reemplazando en la ecuación de capacidad portante del estrato superior se tiene que: qt = γ1D f N q (1) Fqs (1) + 1 γ1BN γ (1) Fγs (1) 2 1 qt = (18 )(1,5)(64 ,1)(1,31) + (18 )(2 )(93,6 )(1,31) 2 qt = 4474 ,305 kPa Como: qu ≤ qt Entonces: qu = 2115.12 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 7 Se desea construir un edificioo ppara lo que se realiza un estudio de suelos los que dan los siguientes 3 resultados γ=17 kN/m , c′ = 6 kPa, kP φ′ = 33º ; como se muestra en la Figura ra 10.7. 1 Una vez construido las zapatas se ha detectado quee lla carga no está aplicada sobre el centro de la zapata de fundación, se desea determinar la carga seg segura de apoyo si se ha encontrado una excen centricidad de eB = 0,35 m, eL = 1,0 m. En las zapatas dee B = 2,0 m y de L = 4,0 m con un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. Usar el método de fundacioness con co excentricidad en dos direcciones propue puesto por Das. Solución Se tiene el siguiente esquema: Qs My Mx c′ = 0 kPa D f = 2,0 m φ′ = 33º γ = 17 kN/m3 2m Figura 10.7. Cargas sobre la fundación Dado que: e L = 1,0 m , entoncess se tendrá que: eL 1 ≥ L 6 eB 1 ≥ B 6 Se tiene el Caso I de fundaciones nes con excentricidad, por lo tanto: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM e B = 0,35 m. Se tiene el siguiente esquema: B1 Área efectiva eB eL L 1 Qu L B Figura 10.8. Área efectiva de apo apoyo en la fundación. En donde: A' = 1 B1L1 2 Y además: 3e B1 = B1,5 − B B 3e L1 = L1,5 − L L La longitud efectiva ( L′) es la m más larga de las dos dimensiones L1 o de B1 y además B′ es : B′ = A′ L1 3e B1 = B1,5 − B B 3(0,35) B1 = 21,5 − 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM B1 = 1,95 m 3e L1 = L1,5 − L L 3(1) L1 = 41,5 − 4 L1 = 3 m Entonces la longitud más larga ga es e L1 = 3 m, y el área efectiva es: A′ = 1 (B1L1 ) = 0,5(1,95)(3) 2 A′ = 2,925 m B′ = A′ 2,925 = L′ 3 B′ = 0,975 m Entonces en la ecuación de capa pacidad portante se tiene que: qu = c N c sc d c + q N q sq d q + 0,5 γ B′ N γ sγ d γ De la Tabla J.4 para φ′ = 33°,, los factores de capacidad portante son: Nc = 38,64 Nq = 26,09 Nγ = 35,19 Para evaluar los factores de form orma se debe usar la longitud efectiva, y el anc ncho efectivo: Nq/Nc = 0,675 2 tan φ′ (1-sin φ′)2 = 0,2693 De la Tabla J.5, se tiene para B = 2 m Factores de forma sc = 1,0 + N q B' N c L' [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 75 0,975 sc = 1,0 + (0 ,675) = 1,22 3 B' tan φ′ L' 0,975 s q = 1,0 + tan (33) = 1,21 3 B' s γ = 1,0 − 0 ,4 ≥ L' 0,6 s q = 1,0 + 0 ,975 s γ = 1,0 − (0,4 ) = 0,87 3 Para determinar los factores de profundidad p se debe utilizar los valores dee L y de B de la zapata sin considerar la respectiva excentric tricidad. Factores de profundidad d c = 1 + 0 ,4 Df B 2 d c = 1 + 0 ,4 = 1,4 2 d q = 1 + 2 tan φ ′(1 − sin φ ′) 2 Df B 2 2 d q = 1 + 2 tan (33)(1 − sin (33)) = 1,269 2 dγ = 1 Factores de inclinación βº 0º 1 − = 1 − =1 ic = iq = 90º 90º βo 1 − o ϕ iγ = 0o = 1 − o 33 Además: q = γD f = 17(2) = 34 =1 kPa. Luego, reemplazando en la ecuac uación de capacidad portante, se tiene que: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ( Ing. Civil - UJCM ) 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′ = 6(38,64 )(1,22 )(1,4 ) + 34(26 ,09 )((1,21)(1,2693) + 1 (17 )(0,975)(35,19 )(0 ,87 )(1) 2 Entonces: q′u = 2012,85 kPa Luego la carga segura será: q ′s = q ′s = q u′ − γ D f FS + γDf 2012 ,85 − 2(17 1 ) + 2(17 ) 3 q′s = 693,62 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 8 Se ha planificado la construcció ción de una zapata flexible a 1,5 m de profun fundidad. La zapata tendrá un ancho de 2 m, un largo de 3 m y un espesor de 0,3 m en la base, estaráá constituida co por hormigón 3 armado con un peso unitario de 25 kN/m . La columna que llegue a la base ase de la zapata tendrá un ancho de 0,3 m x 0,3 m y recibir ibirá una carga vertical de 650 kN y una carga rga horizontal de 50 kN en la dirección del ancho, al nivell natural n del terreno. Se ha realizado un estudio geot eotécnico en el sitio y se ha determinado que el perfil del suelo está constituido por una arcilla homo mogénea que yace sobre una roca muy dura ra y muy poco permeable a 4 m de profundidad. los paráme metros de resistencia son cu = 45 kPa, φ′ = 0º. 0 Se ha ubicado el nivel freático a 0,5 m por debajo la superficie. su El peso unitario del suelo por encima enc de este corresponde 3 3 al 18 kN/m y 20 kN/m para el suelo s saturado. Determine el factor de seguridad dad en la capacidad de apoyo. P v = 650 kN P h = 50 kN 0 γ = 18 kN/m³ γc = 25 kN/m³ 1 0,30 m x 0,30 m R Arcilla B=2m;L=3m 2 γsat = 20 kN/m³ cu = 45 kPa 3 4 Figura 10.9. Carga inclinada actuante act en la fundación. Solución El factor de seguridad para este e tipo de cargas puede ser evaluado utilizando u el método de Meyerhof, por lo que se tendráá qque: ∑ F = Pz + Ps + Pv ∑ F = (25)[(2)(3)(0,3) + (0,3)(0,3)(1,2)] + (18)[(2)(3)(0,5) − (0,3)(0,3)(0,5)] + (20)[(2)(3)(0,7 ) − (0,3)(0,3)(0,7 )] + 650 ∑ F = 833,63 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” tan β = Ing. Civil - UJCM e 1,50 tan β = 50 833,63 Entonces: β = 3,432º e = (1,5)(tan 3,432 ) e = 0,09 m B ′ = B − 2e = 2 − (2 )(0 ,09 ) ; B′ = 1,82 1 m L′ = 3 m Entonces: qu′ = c N c Fcs Fcd Fci + q N q Fqs Fqd Fqi + 0,5 γ B′ N γ Fγs Fγd Fγi Para los valores de: c = 45 kPa φ′ = 0 º Se tiene que: q = (0,5)(18)+(1)(20) = 29 kPa Para este caso: Nc = 5,14 Nq = 1,00 Nγ = 0,00 Factores de forma Fcs = 1 + 1,82 1,00 B′ N q = 1+ = 1,118 1 ′ 3 5,14 L Nc [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Fqs = 1 + Ing. Civil - UJCM B′ tan φ′ = 1,000 L′ Df Factores de profundidad B Fcd = 1 + 0 ,4 Df B = 1 + 0 ,4 = 1,5 ≤1 2 1,5 = 1,300 2 Fqd = 1,000 Factores de inclinación 2 2 β 3,432 Fci = Fqi = 1 − = 1 − = 0,925 90 90 La capacidad última de apoyo será: se q u′ = (45)(5,14 )(1,118 )(1,3)(0,925 ) + (29 )(1)(1)(1)(0,925) q′u = 337,78 kPa Entonces: Qu = qu′ B ′ L ′ = (337 ,78)(1,77 )(3) Qu = 1793,61 kN La capacidad máxima de apoyo yo es: e q max = 83 ,63 (6 )(0,09) Q 6e 833 1 + = 1 + BL B (2 )(3) 2 qmax = 176,45 kPa La capacidad mínima de apoyoo es: e q min = Q 6e 833 83 ,63 (6 )(0,09) 1 − = 1 − 2 BL B (2 )(3) [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM qmin = 101,42 kPa El facto de seguridad será: FS = q u′ 337 ,78 = q max 176 ,45 FS = 1,91 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 9 Para la Figura 9.10, se pide dete eterminar la máxima capacidad segura de apoyo apo utilizando el método de Hansen, con un factor de segu eguridad de 4 sobre la carga bruta. P = 600 KN D = 0.3 m 0 KN H = 20 =2m B=L η = 10º γ = 17.5 kN/m3 ϕ' = 25º c' = 25 MPa (ca = c; δ = ϕ) P = 600 KN D = 0.3 m 0 KN H = 20 2m B=L= η = 10º γ = 17.5 kN/m3 ϕ' = 25º c' = 25 MPa (ca = c; δ = ϕ) Figura 10.10. Características de la fundación. Solución La capacidad última de apoyo será: se q u = cN c s c d c ic g c bc + qN q s q d q i q g q bq + 0.5γBN γ sγ d γ iγ g γ bγ Los parámetros de resistencia son: son c'= 25 KPa ϕ '= 25º Pesos y sobre cargas q = γ D = 17.5 x0.3 = 5.25 [KPa] [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM KN 3 m Factores de capacidad de apoyo γ = 17.5 N c = 20.71 ; N q = 10.7 ; N γ = 6.8 Factores de profundidad D D D 0.3 = = = = 0.15 ⇒ κ = 0.15 B B' L' 2 d c = 1 + 0.4κ = 1 + 0.4 x0.15 = 1.060 06 d q = 1 + 2 tan ϕ (1 − senϕ ) κ = 1 + 2 ⋅ tan 25(1 − sin 25) ⋅ 0.15 = 1.047 2 2 dγ = 1 Factores de inclinación V + A f ca cot ϕ = 600 + 2 ⋅ 2 ⋅ (25) / tan 25 = 814.45 c a = c' α1 = 3 ⇒ Máximos reales α2 = 4 Por lo tanto: 0.5H i q = 1 − V + A f c a cot ϕ ηº 0.7 − 450 H iγ = 1 − V + A f c a cot ϕ α1 α2 3 0.5 x 200 = 1 − = 0.675 814.45 4 10 0.7 − 450 200 = 0.483 = 1 − 814.45 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ic = iq − 1 − iq Nq −1 = 0.675 − Ing. Civil - UJCM 1 − 0.675 67 = 0.641 10.7 − 1 Factores de forma sc = 1 + Nq B 10.7 2 = 1+ x = 1.517 Nc L 20.71 2 B 1 sin ϕ = 1 + sin 25º = 1.427 L 1 B 1 sγ = 1 − 0.4 ≥ 0.6 ; sγ = 1 − 0.4 = 0.6 L 1 sq = 1 + Para carga inclinada, se tiene que: qu sc = 1 + N q B ' ic N c L' Factores de base: bc = 1 − bq = e η 147 = 1− 10 = 0.932 147 π x tan 25 − 2 x10 x 180 = 0.850 π x tan 25 − 2.7 x10 x 180 bγ = e = 0.803 Factores d terreno: β = 0º ⇒ g =1 Por lo tanto reemplazando todos os los valores en la ecuación de capacidad portante por tenemos. qu = 25 ⋅ 20.71 ⋅ 1.517 ⋅ 1.060 ⋅ 0.641 ⋅ 1 ⋅ 0.932 + 5.25 ⋅ 10.7 ⋅ 1.427 ⋅ 1.047 ⋅ 0.675 ⋅ 1 ⋅ 0.850 + .5 ⋅ 17.5 ⋅ 2 ⋅ 6.8 ⋅ 0.6 ⋅ 1 ⋅ 0.483 4 ⋅ 1 ⋅ 0.803 qu = 497.38 + 48.15 + 27.69 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM La capacidad última de apoyo se será: qu = 573.2 KPa La carga segura de apoyo será: qs = 5 + 3.2 = 143.3 KPa 4 q s = 143.3 KPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 10 Calcule la carga máxima admisib isible para la zapata que se muestra en la Figu igura 10.12. P = 500 kN 0,3 m x 0,4 m 0 1 0,3 m 2 B =2 ; L = 3 m 3 arcilla N. C. γ = 20 kN/m 3 c' = 5 kPa ; φ' = 228° 4 2 Cu = 50 kN/m e o = 0,75 5 Cc = 0,22 ;Cs = 0,03 0 Cv = 0,21 m2 /me mes 6 7 Po = 20·7-9,8·7 = 71,4 kN/m2 8 9 10 11 12 arena Figura 10.12. Perfil de suelo. Solución. Capacidad máxima segura de ap apoyo La capacidad máxima segura de apoyo se expresa mediante la ecuación prop ropuesta por Vesic es: q u = cN c S c d c + qN q S q d q + 0 ,5γ B N γ S γ d γ En una construcción común n en e arcilla, la condición más desfavorabl able es a corto plazo en condiciones no drenadas. Por lo tanto: Cu = 50 kN m 2 y ϕ =0 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Factores de capacidad de apoyo. yo. N c = 5,14 ; N q = 1,00 ; N γ = 0 ; N q N c = 0,195 ; 2 tan ϕ ( 1 − sin ϕ ) = 0 Factores de forma: S c( v ) = 1 + Nq B 2 ⋅ = 1 + 0 ,195 ⋅ = 1,13 1 Nc L 3 S q( v ) = 1 + B tan ϕ = 1 L Factores de profundidad d c = 1 + 0,4·K D B = 2 2 = 1 ⇒ K = ar tan D B = 0,785 d c = 1,314 dq = 1 calc en la ecuación de capacidad máxima má segura de apoyo Reemplazando los factores calculados propuesta por Vesic, se tiene: qu = 50 ⋅ 5,14 ⋅ 1,13 ⋅ 1,314 + 20 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅1 La capacidad última de apoyo será: se qu = 421,7 kN m 2 La carga máxima segura de apoy poyo se define como: qs = qu − γ ·D + γ ·D FS Entonces: qs = 421,7 − 20·2 + 20·2 3 La capacidad segura de apoyo será: se [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM qs = 167,2 kN m 2 La carga neta segura es entonces ces: q n = 167 ,20 − 2·20 = 127 ,20 kN m 2 2 Si el incremento de esfuerzo es 127 ,20 kN m Entonces: z = 0 ⇒ ∆Pt = 127 ,20 kN m 2 127 ,20 + 4 ⋅ 13,16 + 3,55 2 z = 5 m ⇒ ∆Pm = 13,16 kN m ∆Pav = = 30 ,68 kN m 2 6 z = 10 m ⇒ ∆Pm = 3,55 kN m 2 Soed = Soed = Cc H P + ∆P log o 1 + eo Po 71.4 + 30.68 0.22 ⋅ 10 × 103 log 1 + 0.75 71.4 Soed = 195 mm. El asentamiento tolerable será: ST = 75 mm El asentamiento correspondiente ente al incremento de carga es superior all admisible, ad por lo tanto se intenta con una nueva carga. qn = 50 kN m 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ∆Pav = 50 ⋅ 30,68 = 12,05 kN m 2 127,3 Soed = 71.4 + 12.05 0.22 ⋅ 10 × 103 log 1 + 0.75 71.4 Ing. Civil - UJCM Soed = 85.1 mm Nuevamente el valor encontrad rado de asentamiento es mayor al valor admisible, adm por lo tanto se intenta una vez más. qn = 40 kN m 2 ∆Pav = 40 ⋅ 30.68 = 9.64 kN m 2 127,3 Soed = 71.4 + 9.64 6 0.22 ⋅10 × 103 log 1 + 0.75 9.64 Soed = 69.1 mm Se calcula el asentamiento tot total mediante la corrección propuesta por Burland, aplicada al asentamiento del edómetro. S = 1,1 ⋅ Soed S = 1,1 ⋅ 69,1 = 76 mm El asentamiento tolerable es: ST = 76 mm nces: La carga admisible q a es entonce qa = qn + γ ⋅ D = 40 + 20 ⋅ 2 qa = 80 kN m 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 11 Se ha realizado la exploración ón geotécnica de un sitio, la Figura 10.13 mu muestra el perfil de suelo encontrado y sus propiedades. es. Se va a construir una zapata flexible y rectangular a 2 m de profundidad, con las dimension iones que se presentan en el esquema. Cons onsidere que la zapata se construye en un instante de tiem iempo, en el que adicionalmente el nivel freát eático desciende al nivel de fundación y permanece en esa sa pposición por tiempo indefinido. El peso un unitario de la arena en la parte no saturada es el 90% del de valor en el sector saturado. Asimismo, o, considere c que no existe asentamiento secundario en laa arcilla ar y que el asentamiento inmediato es el 50% del total. Se pide: a) Calcular la presión máximaa admisible del suelo suponiendo que la pre presión máxima segura de apoyo es 175 kN/m2 y el asentam tamiento tolerable de 25 mm. b) Calcular la capacidad máxim ima segura de apoyo del suelo, suponiendo que qu todo el perfil de suelo está constituido por arcilla (estr estrato de 5 a 8 m), el nivel freático permane anece en la superficie y se carga la zapata en incremento ntos muy pequeños. Utilizar el método dee Vesic, V con un factor de seguridad de 3 sobre la carga net neta aplicada. 0,3 m x 0,3 m P = 1500 kN E (MN/m 2 ) 35 0 γc = 24 kN/m 3 1 γ = 20 kN/m3 arena Dr=60 % B =2 m ; L= 6 m 0,3 m 2 3 muestra 1 4 45 5 arcilla 3 γ = 19 kN/m 6 muestra 2 7 2 E=40 (MN/m ) 8 arena 9 muestra 3 γ = 20 kN/m 10 [email protected] 3 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Resultados de ensayos para loss pparámetros de resistencia al corte: De muestra 1: Ensayo triaxial CD: D: C=0 ; ϕ = 32 º De muestra 2: Triaxial UU : Veleta : Corte directo : Compresión inc: Triaxial CU : c’= 0 ; ϕ’ = 34º Cu = 50 kPa Cu = 45 kPa c = 0; ϕ = 34º Cu = 55 kPa c = 0 ; ϕ = 32º De muestra 3: Ensayo triaxial CU U c’=0 ; ϕ’ = 36º : c = 0 ; ϕ = 33º SOLUCIÓN. a) Capacidad máxima admisible ble de apoyo. qs = 175 kN m 2 ; ST = 25 mm Carga neta = 175 − 20.4 = 154.6 kN k m2 El asentamiento en la arena esta sta dado por: S = C1 ⋅ C2 ⋅ qn ⋅ ∑ Iz ⋅ ∆z E a) 40 C1 = 1 − 0 ,5 ⋅ = 0 ,871 154,6 q n = 154,6 kN m 2 ∴ S = 0,871 ⋅ 1 ⋅ 154,6 ⋅ (0,03226 26) = 4 ,4 mm [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM b) ∴ S = 0 ,871 ⋅ 1 ⋅ 154 ,6 ⋅ (0 ,0507 ) = 6 ,8 mm c) ∴ S = 5 mm El asentamiento en la arcilla es: 154,6 ⋅ 30,71 = 33,3 kN m 2 142,5 Po + ∆P = 64,8 + 33,3 = 98,1 ∆Pav = Soed = 0,03 ⋅ 3 × 103 85 0,02 ⋅ 3 × 103 64,8 + 33,3 log log + 1 + 0,75 1 + 0,75 85 64,8 = 6,06 + 2,13 = 8,2 mm ≈ 8 mm S = 13 mm < STOL (25 mm ) oyo es: La capacidad admisible de apoyo q a = 175 kN m 2 b) La capacidad máxima segura ra de apoyo del suelo La ecuación general para la capa apacidad de apoyo es: 0 q u = cN c S c d c ic g c bc + qN q S q d q i q g q bq + 0,5γ B N γ S γ d γ iγ g γ bγ Los parámetros de resistencia son: son c' = 0 y ϕ ' = 34 º Los factores de capacidad de apoyo apo son: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM ϕ N q = eπ tan ϕ tan 2 45 + 2 34 = e 3,14⋅tan 34 tan 2 45 + = 29,440 2 N c = (N q − 1)⋅ 1 1 = (29.440 − 1) ⋅ = 42.164 tan 34 tan 34 N γ = 2(N q + 1) tan ϕ = 41,064 Los factores de forma son: Sq = 1 + B 2 tan ϕ = 1 + tan 34 = 1.225 L 6 Sγ = 1 − 0,4 2 B = 1 − 0,4 = 0,867 6 L Los factores de profundidad son: on: d q = 1 + 2 tan ϕ (1 − sin ϕ ) κ 2 D B = 2 2 =1⇒κ = D B =1 d q = 1 + 2 tan 34 ⋅ (1 + sin 34) ⋅ 1 = 1.262 2 dγ = 1 Los otros factores son iguales a 1 Sobrecarga (q’) q' = 2 ⋅19 − 9,8 ⋅ 2 = 18,4 kN m 2 El peso de suelo por debajo el nivel niv de fundación será: γ = 19 − 9,8 = 9,2 kN m 3 qu = 18,4 ⋅ 29,440 ⋅ 1,225 ⋅ 1,262 + 0,5 ⋅ 9,2 ⋅ 2 ⋅ 41,064 ⋅ 0,867 ⋅1 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM q u = 1165 kN m 2 qS = qu − γ ⋅ D 1165 − 19 ⋅ 2 +γ ⋅D = + 19 ⋅ 2 FS 3 es La capacidad segura de apoyo es: qS = 414 kN m2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 12 Para el perfil de suelo que se mu muestra en la Figura 10.13, se desea calcular ar la l carga máxima segura de apoyo utilizando el métodoo ppropuesto por Braja M. Das y un factor de seguridad de 3 sobre la carga neta aplicada. Si: a) Si se construye la estructuraa m muy lentamente, en un tiempo mayor a 10 años añ b) Si se construye la estructuraa rá rápidamente, en un tiempo menor a 2 meses ses P = 500 kN 0,5 m x 0,5 m 0 c = 0; φ = 28° γ = 17 kN/m 3 c = 0; φ = 30° γ = 18 kN/m 3 1 2 0,5 m Cu=45 kN/m 2 B= 2 m ; L= 3 m γ = 20 kN/m 3 c = 5; φ = 32° 3 Cu=65 kN/m 2 4 5 Solución. El tiempo de construcción dee la l estructura es considerablemente largo, go, por lo tanto se darán c = 5 kPa ; φ = 32 ° condiciones drenadas. Se utilizan izan los parámetros . Se aplicarán además correccione ones en el cálculo de la capacidad de apoyo por nivel freático. q u = c ⋅ N c ⋅ Fcs ⋅ Fcd + q'⋅ N q ⋅ Fqs ⋅ Fqd + 1 ⋅ γ '⋅B ⋅ N γi ⋅ Fγis ⋅ Fγid 2 c = 5 kPa ; q ' = 17 ⋅ 1 + (18 − 9,8) ⋅ 1 = 25,2 kN / m 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM γ ' = 20 − 9,8 = 10,2 kN / m 2 Los factores de capacidad de apoyo apo son: φ = 32° ⇒ N c = 35,49 ; N q = 23,18 ; N γ = 30,22 ; N q N c = 0,65 ; tan φ = 0,62 Los factores de forma son: Fcs = 1 + 2 B Nq ⋅ = 1 + ⋅ 0,65 = 1,43 3 L Nc 2 B 4 ⋅ tan φ = 1 + ⋅ 0,62 = 1,41 3 L 2 B Fγs = 1 − 0,4 ⋅ = 1 − 0,4 ⋅ = 0,73 3 L Fqs = 1 + Factores de profundidad son: D f B = 2 / 2 = 1 ⇒ condición a ) Fqd Df 2 = 1,4 2 B Df 2 = 1 + 2 ⋅ tan φ ⋅ (1 − sin φ ) 2 ⋅ = 1 + 2 ⋅ 0,62 ⋅ (1 − 0,53) 2 ⋅ 2 B = 1,27 Fcd = 1 + 0,4 ⋅ = 1 + 0,4 ⋅ Fγd = 1 La capacidad última de apoyo será: se qu = 5 ⋅ 35,49 ⋅1,43 ⋅ 1,4 + 25,2 ⋅ 23,18 1 ⋅1,41 ⋅1,27 + 0,5 ⋅ 10,2 ⋅ 2 ⋅ 30,22 ⋅ 0,73 ⋅ 1 = 1626,3 kN / m 2 se La capacidad segura de apoyo será: qs = qu − γ ⋅ D 1626,3 − (17 + 18) +γ ⋅D = + (17 + 18) = 565 kN / m 2 3 3 qs = 565 kN / m 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Debido a que el tiempo de constr strucción es corto, se consideran condiciones es n no drenadas, entonces: Cu = 65 kN / m 2 ; φ = 0 ; no aplicar ar correcciones. q = 17 + 18 = 35 kN / m 2 γ = 20 kN / m 2 La carga última de apoyo será: qu = c ⋅ N c ⋅ Fcs ⋅ Fcd + q ⋅ N q ⋅ Fqs ⋅ Fqd Los factores de capacidad de apoyo apo son: φ = 0 ⇒ N c = 5,14 N q = 1,00 N q N c = 0,20 tan φ = 0 Factores de forma son: Fcs = 1 + 2 B Nq ⋅ = 1 + ⋅ 0,20 = 1,13 3 L Nc Fqs = 1 + B ⋅ tan φ = 1 L Los factores de profundidad son: on: D f B = 2 / 2 = 1 ⇒ condición a ) Fqd Df 2 = 1,4 2 B Df = 1 + 2 ⋅ tan φ ⋅ (1 − sin φ ) 2 ⋅ =1 B Fcd = 1 + 0,4 ⋅ = 1 + 0,4 ⋅ La capacidad última de apoyo es: es qu = 65 ⋅ 5,14 ⋅ 1,13 ⋅ 1,4 + 35 ⋅ 1 ⋅1 ⋅ 1 = 563,5 kN / m 2 La capacidad segura de apoyo será: se [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” qs = Ing. Civil - UJCM qu − γ ⋅ D 563,5 − (17 1 + 18) + (17 + 18) +γ ⋅D = 3 3 qs = 211 kN / m2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 13 Se ha planificado la construcci cción rápida de una zapata rígida en un su suelo arcilloso totalmente saturado (ascenso capilar de 2 m de altura), a 2 m de profundidad. La arcill cilla tiene un peso unitario 3 de 20 kN/m y descansa sobre una un arenisca permeable e incompresible ubic bicada a 8 m por debajo la superficie natural del terreno. Se ha obtenido los siguientess parámetros p a partir de los ensayos de campo cam y laboratorio (cota referida a nivel natural del terren rreno). Profundidad m eo cc cs pc kPa cu kPa c' φ’ K 1,0 0,6 0,33 0,10 250 100 0 32 0,6 3,5 0,7 0,33 0,05 140, 50 0 30 0,55 6,5 0,8 0,33 0,05 86 50 0 30 0,95 Se ha calculado que la carga pun puntual a ser aplicada en la columna a nivell de terreno será de 600 kN y que la columna de hormigón ón armado tendrá una sección de 0.25 m por 0.25 m que descansará sobre la base de la zapata de 0.4 .4 m de espesor. Considerar que γc = 24 kN/m3. Se pide: a) Calcular la capacidad de apoyo ap del suelo si la base de la zapata cu cuadrada es de 1.50 m, considerando un factor de segu eguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, a, utilizando u el método de Skempton. b) Calcular la capacidad de apoyo apo del suelo si la base de la zapata rectang angular es de 1.5 por 3 m, considerando un factor de segu eguridad de 3 sobre la carga neta aplicada, a, utilizando u el método de Vesic. c) Calcular la capacidad máxim áxima admisible si el asentamiento tolerable ble es de 25 mm, para la geometría del inciso b. d) ¿Cuál es el factor de seguridad idad sobre la carga neta en la capacidad de apoyo apo del inciso b? SOLUCIÓN. poyo del suelo si la base de la zapata es cuadrad drada. a) Calcular la capacidad de apoy Para la fundación se sabe que: B = L = 1,5 m [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM se Entonces la carga neta última será: D B q net ( u ) = 5 c 1 + 0,2 f 1 + 0,2 B L 2 1,5 q net ( u ) = 5 ⋅ 50 1 + 0,2 1 + 0,2 1,5 1,5 q net ( u ) = 380 kPa P = 600 kN 0,25 m x 0,25 m 0 γ = 16 kN/m 3 3 γc = 244 kN/m k 1 0,4 m γ = 20 kN/m 3 2 Arcilla B = L =1,50 m 3 Arcilla 1 γ = 20 kN/m3 eo = 0,7; cc = 0,33; cs = 0,05; Pc = 140 kPa cu = 50 kPa; c´ = 0; φ´= 30 º; K = 0,55 4 5 6 Arcilla 2 γ = 20 kN/m3 eo = 0,8; cc = 0,33; cs = 0,05; Pc = 86 kPa cu = 50 kPa; c´ = 0; φ´= 30 º; K = 0,95 7 8 Roca incompresible 9 10 Para la carga neta se sabe que: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM qn = q - qo La carga última será: qu = qnet(u) + qo Por lo tanto, la carga neta es: qn = 380 + 2(20) = 420 kPa La carga segura de apoyo paraa un u FS = 3 será: qs = qu − qo + qo FS qs = 420 − 40 + 40 3 q s = 167 kPa b) Calcular la capacidad de apoy poyo del suelo si la base de la zapata rectangula gular. Para esta zapata se tiene que: B = 1.5 m; L = 3 m La capacidad última de apoyo será: se q u = 5,14 c u (1 + s´c + d´c ) + q Con los valores de: 1,5 B = 0,2 = 0,1 3 L d´c = 0,4 K s´c = 0,2 Entonces: 2 D D 2 = 0,9273 = >1⇒ K = arctan = arctan 1,5 B B 1,5 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM d´c = 0,4 ⋅ 0,9273 = 0,37 La capacidad última de apoyo será: se q u = 5,14 ⋅ 50 (1 + 0,1 + 0,37 ) + 40 = 418 18,8 kPa La capacidad segura de apoyo será: se qs = qu − qo + qo FS qs = 418,8 − 40 + 40 3 q s = 166 kpa c) Calcular la capacidad máxima ima admisible si el asentamiento tolerable ess de 25 mm. Por tanteo, se tiene que: qn = 100,8 kPa El factor se seguridad es: Factor = 100,8 = 0,8 126 Estrato 1. Para este estrato se tiene que: Pav = 65,36 (0,8) = 52,2 kPa Po + ∆P = 55,3 + 52,2 = 107,5 < Pc El asentamiento será: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” S oed = P + ∆P cc H log o 1+ e o Pc S oed = 0,05 ⋅ 3 ⋅ 10 3 107,5 log 1 + 0,7 55,3 Ing. Civil - UJCM S oed = 25,5 mm S t1 = 1,0 ⋅ S oed ⋅ 0,8 = 20,4 mm Estrato 2. Para este estrato se tiene que: Pav = 13,15 (0,8) = 10,5 kPa Po + ∆P = 85,9 + 10,5 = 96,4 < Pc El asentamiento será: S oed = P + ∆P cc H log o 1+ e o Pc 0,33 ⋅ 3 ⋅ 10 3 96,4 log 1 + 0,8 85,9 = 27,5 mm S oed = S oed S t 2 = 1,1⋅ S oed ⋅ 0,8 = 24,2 mm El asentamiento total es: St = 44,6 mm La carga neta es: qn = 50,4 kPa ESTE ASENTAMIENTO NO CUMPLE. CU Se tantea nuevamente. [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM El factor de seguridad será: Factor = 50,4 = 0,4 126 Estrato 1. Pav = 65,36 (0,4) = 26,1 kPa Po + ∆P = 55,3 + 26,1 = 81,4 < Pc S oed = P + ∆P cc H log o 1+ e o Pc S oed = 0,05 ⋅ 3 ⋅ 10 3 81,4 log 1 + 0,7 55,3 S oed = 14,8 mm S t1 = 1,0 ⋅ S oed ⋅ 0,8 = 11,8 mm Estrato 2. ∆Pav = 13,15 (0,4) = 5,2 kPa Po + ∆P = 85,9 + 5,2 = 91,1 < Pc S oed = P + ∆P cc H log o 1+ e o Pc 0,33 ⋅ 3 ⋅ 10 3 91,1 log 1 + 0,8 85,9 = 14 mm S oed = S oed S t 2 = 1,1⋅ S oed ⋅ 0,8 = 12,3 mm St = 11.8 + 12.3 mm [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM St = 24.1 mm ESTE ASENTAMIENTO ES BASTANTE BA APROXIMADO. La capacidad admisible de apoyo oyo será: qa = 50.4 + 40 qa = 91 kPa d) El factor de seguridad sobree la carga neta en la capacidad de apoyo dell inciso in b. La carga bruta actuante es: q= ∑F A Con los valores de: F1 = 600 kN F2 = (1,5 ⋅ 3⋅ 0,4) ⋅ 24 = 43,2 kN F3 = (0,25 ⋅ 0,25 ⋅ 1,6) ⋅ 24 = 2,4 kN F4 = (3 ⋅ 1,5 − 0,25 ⋅ 0,25) 1,6 ⋅ 20 = 142 14 kN Se tiene que: ∑ F = 787,6 kN A = 3⋅ 1,5 = 4,5 m 2 La carga bruta será: ado q = 175 kN/m2 que es qs aplicado La carga segura de apoyo será: qs = qu − qo + qo FS [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” FS = qu − qo qs − qo FS = 418,8 − 40 175 − 40 FS = 378,8 135 Ing. Civil - UJCM El factor de seguridad será: FS = 2.81 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 14 Se pide determinar la máximaa capacidad c admisible de apoyo (FS = 3) de una arena homogénea para una zapata rectangular de 2.5 m de ancho y 4 m de largo emplazada da a 2.0 m de profundidad (Figura 10.15), utilizando el mé método propuesto por Das. El nivel freático co coincide c con el nivel de fundación. El peso unitario del suelo por encima del nivel de agua es de 18 kN/m3 y el saturado corresponde a 20 kN/m3. Los par parámetros de resistencia de la arena son c = 0, = 30º. Considerar que la resultante de la carga actú actúa a 0.10 m del centro y posee una inclinaci ación de 10º con respecto a la vertical, asimismo suponerr que qu el asentamiento máximo tolerable es de 10 mm y el módulo de deformación es uniforme e igual ual a 15 MN/m2. 10° 0 γ = 18 kN/m /m 3 γc = 24 kN/m 3 0,4 m 1 2 B=2,5 m; L=4,0 m γ = 20 kN/m /m3 c = 0 kPa φ = 30 º E = 15 MN/m /m2 3 4 5 6 7 8 9 10 Figura 10.15. Características del perfil de suelo y de la fuerza actuante en la zapata. [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM SOLUCIÓN. Las dimensiones efectivas son: B´ = B − 2 ⋅ e B´ = 2,5 − 2,5 ⋅ 0,1 = 2,3 m L´ = L = 4 m La capacidad última de apoyo será: se q´ u = cN c Fcs Fcd Fci + qN q Fqs Fqd Fqi + 0,5γB´N γ Fγs Fγd Fγi Para este caso se tiene que: q´ u = qN q Fqs Fqd Fqi + 0,5γB´N γ Fγs Fγd Fγi Con los valores de: q = 18 2 = 36 kN/m2 2 γ = 20 – 9.8 = 10,2 kN/m para γ = 30º se obtiene: Nq = 18.4 8.40; Nγ= 2.40; tan φ = 0.58 Los factores de forma son: 2,3 B´ 0,58 = 1,33 tan φ = 1 + 4 L´ 2,3 B´ = 1 − 0,4 = 0,77 Fγs = 1 − 0,4 4 L´ Fqs = 1 + Los factores de profundidad son: on: Df 2 = <1 B 2,5 Fqd = 1 + 2 tan φ (1 − senφ ) 2 Df B Fqd = 1 + 2 tan 30 (1 − sen 30) 2 2 = 1,23 2,5 Fγd = 1 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Los factores de inclinación son: 2 β º 10 = 1 − = 0,79 Fci = Fqi = 1 − 90 º 90 β Fγi = 1 − φ 2 2 2 10 = 1 − = 0,44 30 La capacidad última de apoyo será: se q´u = 36 ⋅ 18,40 ⋅1,33⋅ 1,23⋅ 0,79 + 0,5 ⋅10,2 ⋅ 2,3⋅ 22,4 ⋅ 0,77 ⋅ 1⋅ 0,44 q´u = 945 kPa, que es una carga distribuid di a de manera uniforme en el área efectiva. La capacidad segura de apoyo será: se qs = qu − qo + qo FS qs = 945 − 36 + 36 3 qs = 339 kPa La carga neta será: qn = 339 − 36 qn = 303 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 15 Para la Figura 10.16 (zapata flex flexible), se pide determinar: a) Máxima presión segura dee apoyo ap con un factor de seguridad de 3. Con Considerar que el suelo es homogéneo en cuanto a resiste sistencia al corte se refiere y que los result sultados de un ensayo de compresión inconfinada arrojan jan una resistencia en el suelo de 70 kPa. a. Considerar que se han realizado ensayos de corte direct recto y que el ángulo de fricción interna del el ssuelo equivale a 30° con una cohesión nula y que en laa misma m muestra de suelo se ha ejecutado un ensayo e triaxial CU cuyo resultado es un ángulo de fricció ción interna en estado crítico de 32°. b) Máxima presión admisible de apoyo considerando que el asentamiento to máximo tolerable en el centro de la fundación es de 300 m mm. 750 kN 0.2 m x 0.3 m σc' 50 kN Concreto 2.00 m γc= 24 kN/m3 100 kN/m 2 Arcilla γ = 20 kN/m3 0.25 m 2mx3m Agua γ w= 9.8 kN/m3 4.00 m 2 E s = 15 MN/m eo= 0.70 Cc = 0.21 Cs = 0.07 2 Estr strato incompresible y permeable 61.2 kN/m N/m Figura 10.16. Características del perfil de suelo y la fundación. SOLUCIÓN. a) Máxima presión segura de apoyo apo con un factor de seguridad de 3. La carga vertical total es iguall a la fuerza vertical aplicada más la debidaa al a peso de la fundación y del suelo sobre ella. Entonces,, la fuerza vertical F, es: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM F = P +W Donde: W = Ws + Wc Wc es peso de la fundación y es igual i a: Wc = γ cVc Wc = 24(2 × 3 × 0.25 + 0.2 × 0.3 × 1.75) Wc = 38.52 kN El peso del suelo sobre la fundac dación Ws es: W s = γ sV s Ws = 20(2 × 3 × 1.75 − 0.2 × 0.3 × 1.75) Ws = 207.9 kN Luego W es: W = 38.52 + 246.42 W = 246.42 kN La carga vertical total F es: F = P + W = 246.42 + 750 F = 996.42 kN [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 750 kN β 50 kN 2.00 m e Figura 10.17. Característica dee la fuerza que actúa en la fundación. El ángulo de inclinación de la fuerza fu resultante β es: tan β = 50 996.42 β = 2.873° La excentricidad del punto (Figu igura 10.17) de aplicación de la fuerza resultan ltante es: tan β = e 2 e = 0.10 m Para aplicar el método de Meye eyerhof es necesario determinar las longitude des efectivas de la zapata. Entonces: B' = 2 − 2 × 0.10 = 1.80 m L' = 3 − 0 = 3.00 m La carga última a partir de la ecuación ecu de Meyerhof es: 1 qu = cN c Fcs Fcd Fci + qN q Fqs Fqd Fqi + γB' N γ Fγs Fγd Fγi 2 Los parámetros de resistencia ia a utilizarse son los parámetros que cons onsideran condiciones no drenadas, es decir, parámetross de esfuerzos totales. Luego: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM cu = 70 kPa , φ = 0° Los factores de capacidad de apoyo apo son: N c = 5.14 ; N q = 1 ; N γ = 0 Los factores de forma, son afecta ectados por las dimensiones efectivas son: Fcs = 1 + B' N q L' N c 1.8 1 × = 1.117 3.0' 5.14 B' Fqs = 1 + tan φ L' Fqs = 1 Fcs = 1 + Los factores de profundidad son: on: Fcd = 1 + 0.4 Fcd Fqd Df B 2 = 1 + 0.4 × = 1.40 2 = 1.0 Los factores de inclinación, son: on: β Fci = Fqi = 1 − 90° 2 2 2.873° Fci = Fqi = 1 − 37 = 0.937 90° La capacidad última de apoyo será: se qu = 70 × 5.14 × 1.117 × 1.40 × 0.937 93 + 40 × 1 × 1 × 1 × 0.937 qu = 564.7 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Luego, la presión segura de apoy poyo para un factor de seguridad igual a 3, es: qs = qu 564.7 = FS 3 qs = 188.2 kPa Además, se puede calcular la máxima má presión en la base: q max = F 6e 1 + BL B q max = 996.42 6 × 0.1 1 + = 215.89 kPa 2×3 2 Luego, el factor de seguridad real rea es: FS real = qu q max FS real = 564.7 = 2.6 215.89 ximo tolerable. b) Máxima presión admisible de apoyo considerando el asentamiento máxim Para la carga neta, q n = 126.07 kPa k el asentamiento total es S T = 109 mm . q = q s' − qo' La carga segura bruta es de q s = 190 kPa ⇒ la carga segura neta es s (n ) . Entonces, como no existe cambio bio en la posición del nivel freático: q s (n ) = 190 − 40 q s (n ) = 150 kPa ⇒ S qs ( n ) > S qn La carga admisible viene dadaa en función a los asentamientos, entonces: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Iteración N° 1 q n = 50 kPa omedio, El incremento de esfuerzos prom tres: ∆p av , para esa carga neta es determin minado a partir de regla de 126.07 → 60.23 50 → ∆p av (50) ∆p av (50 ) = 50 × 60.23 126.07 ∆pav (50) = 23.89 kPa ' ' Entonces σ o + ∆p av = 40.8 + 23.89 = 64.69 kPa < 74.13 kPa = σ c ⇒ Arcilla a SC S S oed = S T = ST = Cs H σ ' + ∆p log o ' av 1 + eo σo 64.69 0.07 × 4 × 10 −3 log 1.707 40.8 S T = 32.8 mm > 30 mm = S tol t NO CUMPLE Iteración N° 2 q n = 48 kPa El incremento de esfuerzos prom omedio, tres: ∆p av , para esa carga neta es determin minado a partir de regla de 126.07 → 60.23 48 → ∆p av (50) [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ∆p av (50 ) = Ing. Civil - UJCM 48 × 60.23 126.07 ∆p av(50) = 22.93 kPa ' ' S Entonces σ o + ∆p av = 40.8 + 22.93 = 63.73 kPa < 74.13 kPa = σ c ⇒ Arcillaa SC S oed σ o' + ∆p av Cs H log = ST = 1 + eo σ o' ST = 63.73 0.07 × 4 × 10 −3 log 40.8 1.707 S T = 31.8 mm > 30 mm = S tol t NO CUMPLE Iteración N° 3 q n = 44 kPa El incremento de esfuerzos prom omedio, tres: ∆p av , para esa carga neta es determin minado a partir de regla de 126.07 → 60.23 44 → ∆p av (50) ∆p av (50) = 44 × 60.23 126.07 ∆p av (50) = 21.02 kPa Entonces σ o' + ∆p av = 40.8 + 21.02 = 62.30 kPa < 74.13 kPa = σ c' ⇒ Arcillaa SC S S oed = S T = σ ' + ∆p Cs H log o ' av 1 + eo σo [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ST = Ing. Civil - UJCM 0.07 × 4 × 10 −3 62.30 log 1.707 40.8 S T = 30.2 mm > 30 mm = S tol CUMPLE ⇒ q n = 45 kPa q n = q a' − q o' (No existe cambio io een la posición del nivel freático) qn = qa − qo q a = q n + qo = 45 + 40 qa = 85 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 16 minar la máxima presión segura de apoyo o utilizando u el método de Para la Figura 10.18, determin Hansen para un factor de seguri uridad de 3 sobre la carga neta aplicada, supo uponiendo que la zapata se construye muy lentamente. 550 kN 0.3 m x 0.3 m 1.0 m Arcilla γ = 17 kN/m3 Concreto γc= 24 kN/m3 0.5 m 0.25 m c u = 45 kPa Arcilla γsat = 20 kN/m 3 1.5 m x 2.5 m c' = 0 φ ' = 35° Figura 10.18. Perfil del suelo y zapata. z SOLUCIÓN La carga es: q = 17 × 1 + 20 × 0.5 q = 27 kPa La capacidad última de apoyo será: se ( ) qu = 5.14 cu 1 + sc' + d c' + q Con los valores de: s c' = 0.2 B 1.5 = 0.2 × = 0.12 L 2.5 d c' = 0.4 k = 0.4 × 1.0 = 0.3 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM D D 1.5 = ≤ 1 ⇒ k = = 1.0 B B 1.5 La capacidad última de apoyo será: se qu = 5.14 × 45 (1 + 0.12 + 0.4 ) + 27 qu = 378.58 kPa La carga segura neta será: q s (net ) = qu (net ) FS La carga última neta es: qu ( net ) = qu' − qo' = qu − qo = 378 78.58 − 27 qu ( net ) = 351.58 kPa Entonces, la carga segura netaa será: se q s ( net ) = 351.58 = 117.19 kPa 3 q s ( net ) = q s' − qo' = q s − qo La carga segura neta es: q s = q s ( net ) + qo = 117.19 + 27 qs = 144.19 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 17 Para la Figura 10.19 determinar nar el factor de seguridad aplicado a la carga a última ú neta, utilizando la ecuación de Hansen. 500 kN 0 1 γ = 17 kN/m3 in inicial Concreto γc= 24 kN/m3 2 3 fi final 3 γ = 19 kN/m 0.3 m B= 2.5 m x L= 2.5 m 4 Arcilla c u = 57 kPa c' = 5 kPa φ ' = 32° 3 γ = 20 kN/m 5 6 7 Figura 10.19. Características del perfil del suelo. SOLUCIÓN qu q snet = net FS FS = qunet q net La carga neta será: q n = q '− q o' Se determinan los valores de: q o' = q o − u o q o = 17 × 1 + 19 × 2 = 55 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM u o = 9.8 × 2 = 19.6 kPa q o' = 55 − 19.6 = 35.4 kPa q' = q − u f q= ΣF A ; A = 2.5 × 2.5 = 6.25 m 2 ΣF = P + Wc + Ws P = 500 kN Wc = 24(2.5 × 2.5 × 0.3 + 0.2 × 0.2 × 2.7 ) = 47.59 kN Ws = 17(2.5 × 2.5 × 2.7 + 0.2 × 0.2 × 2.7 ) = 285.04 kN q= 500 + 47.59 + 285.04 2 kPa = 133.22 6.25 uf = 0 q '= 133.22 kPa Entonces la carga neta será: qn = 133.22 − 35.4 qn = 97.82 kPa La zapata está apoyada sobre re aarcilla, por tanto, los parámetros de resist sistencia deben ser los de arcilla. La condición más desfavorable le en e arcilla se da a corto plazo. cu = 57 kPa, φ = 0° Aplicando la ecuación de Hansen sen, la capacidad última de apoyo será: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” ( Ing. Civil - UJCM ) qu = 5.14cu 1 + s c' + d c' − ic' − bc' − g c' + q Debido a que no existe inclinació ción de ningún tipo, entonces: ic' = bc' = g c' = 0 Los factores de forma y profundi ndidad son: s c' = 0.2 × B 2.5 = 0.2 × = 0.2 L 2.5 d c' = 0.4k = 0.4 × 0.876 = 0.350 D f / B = 3 / 2.5 = 1.2 > 1 ⇒ k = arctan Df B k = 0.876 La carga es: q = 17 × 3 = 51 kPa La capacidad última de apoyo será: se qu = 5.14 × 57 × (1 + 0.2 + 0.35) + 51 qu = 505.12 kPa La efectiva será: qu' = qu − u f = 505.12 kPa La carga última de apoyo netaa será: se qunet = qu' − q o' = 505.12 − 35.4 = 469.72 kPa El factor de seguridad será: qu 469.72 = 4.80 FS = net = 97.82 qn [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 18 Para la Figura 10.20 determin inar la máxima presión segura de apoyoo u utilizando el método de Hansen para un factor de seguri uridad de 3 sobre la carga neta aplicada, supo uponiendo que la zapata se construye en un instante de tiemp empo (20 puntos). 550 kN 0.3 m x 0.3 m 1.0 m Arcilla γ = 17 kN/m3 Concreto γc= 24 kN/m3 0.5 m 0.25 m c u = 445 kPa Arcilla γ sat = 20 kN/m /m 3 2mx3m c' = 0 φ ' = 335° Figura 10.20. Características del perfil del suelo y de la fuerza que actúa en la zapata. La carga será: q = 17 × 1 + 20 × 0.5 q = 27 kPa La capacidad última de apoyo será: se ( ) qu = 5.14 cu 1 + s c' + d c' + q Con los valores de: s c' = 0.2 B 2 = 0.2 × = 0.133 L 3 d c' = 0.4 k = 0.4 × 0.75 = 0.3 D 1.5 D 1.5 7 = <1⇒ k = = = 0.75 2 2 B B [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM La capacidad última de apoyo será: se qu = 5.14 × 45 (1 + 0.133 + 0.3) + 27 qu = 358.45 kPa La carga segura neta es: q s (net ) = qu (net ) FS La carga última neta es: qu ( net ) = qu' − qo' = qu − qo = 385 85.45 − 27 qu ( net ) = 331.45 kPa Con este valor se determina la carga ca segura neta que será: q s ( net ) = 331.45 = 110 10.48 kPa 3 q s ( net ) = q s' − qo' = q s − qo q s = q s ( net ) + qo = 110.48 + 27 qs = 137.48 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” $%&' $%& Ing. Civil - UJCM () *+& ,-.,-+&' PROBLEMA 1 Se pide: a) b) Determinar la razón de áreas eas de un tubo de muestreo Shelby cuyos diámet etros interno y externo son respectivamente 86 mm y 90 mm mm. Determinar la razón de áreass dde una cuchara de muestreo SPT cuyos diámetro etros interno y externo son de 35 mm y 51 mm respectivament ente. SOLUCIÓN a) razón de áreas de muestreo o Shelby Shelby. DO − D I 2 Ar (%) = Ar (%) = DI 2 (100) 2 90 2 − 86 2 86 2 (100) Ar (%) = 9,51 % Para que una muestra de suelo seaa considerada c no disturbada, generalmente su rela elación de áreas tiene que ser igual o menor que 10%, por tanto el tubo Shelby está dentro de los parámetros acepta eptables. b) Razón de áreas de una cuchara hara de muestreo m SPT. DO − D I 2 Ar (%) = Ar (%) = DI 2 2 (100) 512 − 35 2 (100) 35 2 Ar (%) = 112 % Este porcentaje indica que la muestra uestra obtenida con la cuchara es altamente disturbada sturbada. [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 2 Los siguientes datos correspondenn a un ensayo de SPT, cuyo nivel freático no fue observado. obs Numero de golpes: N = 20 Profundidad de sondeo: L = 12m Diámetro de la perforación: n: 150 mm m Peso unitario promedio del el suelo: γ = 18 kN/m3 Energía del martillo Er = 45 Muestreo sin liner. Realizar las correcciones necesarias sarias para una energía Er = 70 y Er = 60 SOLUCIÓN En el anexo I se presentan las formu mulas de corrección para el ensayo de penetración ón estándar. CN = p 2′ 95,76 = = 0,67 p1′ (18)(12) p′1 : Esfuerzo vertical efectivo eestándar = 95,6 kPa η1 = 45 = 0,64 70 η2 =1,00 L>10m η3 =1,00 Práctica usual al sin linear line η4 =1,05 Diámetro de 150mm ′ = C N N η1 η 2 η 3 η 4 N 70 ′ = (0,67)(20)(0,64)(1)(1)(1,05) N 70 ′ =9 N 70 Transformamos a una energía de Er = 60 70 ′ = (9) N 60 60 N ′60 = 10 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 3 De los siguientes resultados de un ensayo en de penetración estándar en arena:: determine determ los números de SPT corregidos N′60 a varias profundidade ndidades. El nivel freático no fue observado en todo el proceso. Asumir el peso unitario promedio de la arena como γ=20 kN/m3 Diámetro de perforación: 150 50 mm m Energía de martillo Er = 50 Tipo de muestreo: sin liner Profundidad N 2 8 4 7 6 12 8 14 10 13 SOLUCIÓN Empleamos la ecuación para la a correcc corrección de N ′ = C N N η1 η 2 η 3 η 4 N 70 regido N′70 : Valor de SPT corregido CN : Ajuste por presión de sobr sobrecarga p ′2 p1′ CN = p′1 : Esfuerzo vertical efectivo eestándar = 95,76 kPa p′2 : Esfuerzo vertical efectivo een el lugar de ensayo η1 : Eficiencia del martillo η1 = Er 70 o (depen (depende del tipo de martillo y su sistema de golpe) Er : Energía del martillo [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” η1 = Ing. Civil - UJCM 50 = 0,71 70 η2 : Corrección por profundida fundidad (tabla I-1, anexo I) η3 : Corrección por muestreo estreo ((tabla I-2, anexo I) η4: Corrección por diámetro metro de perforación (tabla I-3, anexo I) N : Valor de SPT obtenido nido en campo c Para convertir a N′60 se realiza el siguiente siguie factor de conversión: ′ = N 60 70 ′ N 70 60 En la siguiente tabla se resumen las operaciones efectuadas. Prof.H N P'1=γ h CN η1 η2 η3 η4 N'70 N'60 2 4 8 7 40 80 1,55 1,09 0,71 0,71 0,75 0,75 1,00 1,00 1,05 1,05 7 4 8 5 6 12 120 0,89 0,71 0,85 1,00 1,05 7 8 8 10 14 13 160 200 0,77 0,69 0,71 0,71 0,95 1,00 1,00 1,00 1,05 1,05 8 7 9 8 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 4 El número N′70 de un ensayo de SPT fue de 15, siendo el suelo de consistencia cia medi media, estimar por medio de correlaciones: la densidad relativa, tiva, el ángulo á de fricción interna y el peso unitario rio del su suelo. SOLUCIÓN Mediante los valores de la tabla I--4 (anexo I ), encontramos el rango de valores es para el número de golpes especificado y la consistencia del suelo. sue Interpolando tenemos: 15 − 8 (0,65 − 0,35) + 0,35 ⇒ Dr = 0,52 Dr = 20 − 8 Angulo de fricción interna: 15 − 8 (36 − 32) + 32 ⇒ φ = 34º φ = 20 − 8 Peso unitario 15 − 8 (130 − 110 γ = 1 ) + 110 20 − 8 Entonces: γ =122 kN/m3 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 5 Se realizó un ensayo con la veleta ad de corte, cuyas dimensiones son: d = 76 mm y h = 152 mm, aplicándose un torque hasta la falla de 70 Nxm. Determinar De la resistencia al corte no drenado para ara propósitos de diseño, considerar que su índice de plasticid ticidad es de PI = 18. SOLUCIÓN Para encontrar la solución se utilizara la ecuación de Calding que se encuentre tre en la sección I.3 del anexo I . Asumimos el tipo de movilización ión del suelo s en los extremos como triangular, por or tanto β=1/2 T c = u 2 d h d3 π +β 4 2 70 c = = 45118 N/m 2 u 3 (0,076) 2 (0,152) 0,076 π + 0,5 4 2 Corrección por plasticidad: λ = 1,7 − (0,54)(log(18)) = 1,022 Resistencia al corte no drenado: cu ( diseño ) = λ cu ( veleta ) cu ( diseño ) = (1,022)(45118) = 46117 N/m 2 c u(diseño) = 46,1 kN/m 2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 6 Se realizó un ensayo de CPT cuyos os resultados fueron los siguientes: qc=12 Mpa a u una profundidad de 8 metros en una arena con γ’=11,155 kN/m3. k Estimar el ángulo de fricción interna φ. Se utilizó un cono mecánico. SOLUCIÓN Angulo de fricción interna para a arenas normalmente consolidadas que se encuentra uentra een la sección I.6 del anexo I. q φ = tan −1 0,1 + (0,38) log c σ' v 12000 = 42,3° φ = tan −1 0,1 + (0,38) log 1 ,15)(8) (11 φ = 42,3º [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 7 Se desea construir una fundación ción cuadrada cua de 4,0 m. a una profundidad dee 2,0 m por debajo del nivel del terreno en una arena medianamente amente densa de peso unitario 19,0 kN/m3. El nivel de agua se localiza a 4,0 m por debajo de la superficie. Loss valores obtenidos en un ensayo de penetración estándar estánda son: Profundidad, m 2,0 2,8 3,6 4,4 5,2 6,0 6,8 N (campo) 12 13 15 15 18 21 25 5mm. Calcular la capacidad admisible del suelo si el asentamiento está restringido a 25m SOLUCIÓN Analizamos hasta una profundidad dad igual al ancho de la fundación, es decir hasta ta u una profundidad 4.0 m por debajo del nivel de fundación. El número de golpes debe ser corregido, corregid para tal efecto se presenta la siguientee tabla: Profundidad σ v (kN / m 2 ) µ (kN/m2) σ´v (m) CN = 95,76 N σv N1 2,0 38 0,0 38 1,587 12 19,04 2,8 53,2 0,0 53,2 1,342 13 17,45 3,6 68,4 0,0 68,4 1,183 15 17,75 4,4 83,6 3,92 79,68 1,096 15 16,44 5,2 98,8 11,76 87,04 1,049 18 18,88 6,0 114 19,6 94,4 1,007 21 21,15 Calculamos el número corregido de golpes promedio: N 1 promedio = (19,04)(0,4) + (17,45)(0,7) + (17,75)(0,9) + (16,44)(0,8) + (18,88)(0,8) + (21 2 ,15)(0,4) 4 N1promedio = 18,13 13 ; entonces ent la capacidad admisible neta es [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” q a ( neta ) Ing. Civil - UJCM ton 95,76 = 1,95 2 pie 1 kN m2 ton pie 2 kN q a ( neta ) = 186,7 2 m q a ( neta ) = q − q 0 ⇒ q = q a ( neta ) + q 0 q a = 186,7 + (2)(19) qa = 225 kN/m2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM PROBLEMA 8 Para los datos de la Figura 13.3, .3, se pide pid determinar la máxima capacidad admisible ble de apoyo considerando los siguientes datos: Equipo utilizado: Industria stria japonesa. japo Martillo de rosquilla estirado por cable. Diámetro del sondeo = 150 mm. mm Cuchara sin recubrimiento. Nivel freático a 2 m de la superficie. supe El nivel de agua se mantuvo ntuvo al nivel del terreno durante la ejecución dell sondeo SPT. h[m] F FIGURA 3 B=L=3m stolerable =25 mm 0 2 Arena 4 γ =20 kN/m3 Por debajo del N.F. .F. 6 γ =19 kN/m3 Por encima del N.F .F. 8 10 N h 15 1 15 2 15 3 16 4 16 5 17 7 17 8 Figura 13.3. Características dell perfil de d suelo y la fundación. SOLUCIÓN Ensayo SPT. De acuerdo a la tabla de factores res de co corrección para el SPT, tenemos que: • Martillo de rosquilla de industria tria japonesa: j Er=67 E rb = 70 ⇒ η1 = Er 67 = = 0.957 Erb 70 [email protected] 18 9 118 1 10 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” • Ing. Civil - UJCM Sin recubrimiento de lodo bentonítico bentoní durante la perforación. η 3 = 1.00 ⇒ • Diámetro de sondeo 150 mm. η 4 = 1.05 ⇒ [m] 0 1 γ =19 19 kN/m3 2 3 γ =20 20 2B 4 5 B=3 m N=15 σ' =10.2*2=20.4 kNN/m3 N=15 σ' =30.6 kN/m3 N=16 σ' =40.8 kN/m3 N=16 σ' =51.0 kN/m3 6 7 N=17 σ' =71.4 kN/m3 8 N=17 σ' =81.6 kN/m3 Figura 13.4. Variación de esfuerzos erzos en el perfil de suelo. ara cada subdivisión. Determinación del número de golpes ccorregido por presión efectiva (N’70=Nc) para CN = 95.76 ; ajuste por presión resión de sobrecarga. σ' ′ = C N N η1 η 2 η 3 η 4 N 70 h 2 3 4 5 7 8 CN 2.167 1.769 1.532 1.370 1.158 1.083 η1 0.957 0.957 0.957 0.957 0.957 0.957 η2 0.75 0.75 0.85 0.85 0.95 0.95 η3 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 η4 1.05 1.05 1.05 1.05 1.05 1.05 N70 15 15 16 16 17 17 Nc 24.5 20.0 20.94 18.72 18.79 17.58 Determinación de la media ponderada nderada del número de golpes corregido. [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 24.5 * 0.5 + 20 *1 + 20.94 * 1 + 18.72 *1.5 + 18.79 * 1.5 + 17.58 * 0.5 6 Ncpr = 19.71 Ncpr = El factor de profundidad es: Fd = 1 + 0.33 Df 2 = 1 + 0.33 = 1.22 ≤ 1.33 B 3 Cumple La capacidad portante admisible ble neta es: S 3.28 * B + 1 qan = 11.98 ⋅ Nc ⋅ ⋅ Fd e 25.4 3.28 * B 2 para B ≥ 1.22m 3.28 * 3 + 1 25 q an = 11.98 * 19.71 * * 1.22 3.28 * 3 25.4 kN q an = 344.09 2 m 2 La capacidad portante admisible ble es: q a = q an + q o = 344 34 .09 + 19 * 2 q a = 382 kPa [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM ANEXO CAPACIDAD PORTANTE Tabla J.1 Ecuacioness de d capacidad portante (Bowles, 1995) Terzaghi Nq = qu = c Nc sc + q Nq + 0,5 γ B Nγ sγ Para: continua sc = 1,0 sγ = 1,0 circ ircular 1,3 1, 0, 0,6 cuadrada 1,3 0,8 a2 2 cos 2 (45 + φ/2 ) a = e(0,75π-φ/2)tan φ Nc = (Nq – 1) cot φ Nγ = tan φ K pγ − 1 2 2 cos φ valores de factores) (Ver Tabla J.2 para val Meyerhof Carga vertical: Nq = eπtanφtan2(45+ qu = cNcscdc + qNqsqdq + 0,5γBNγsγdγ φ ) 2 Carga inclinada: qu = cNcdcic + qNqdqiq + 0,5γBNγdγiγ Nc = (Nq – 1) cot φ (Ver Tabla J.3 para fac factores de forma, profundidad, e inclinación) Nγ = (Nq – 1) tan(1,4φ) Hansen Nq = igual a Meyerhof qu = cNcscdcicgcbc + qNqsqdqiqgqbq + 0,5γBNγsγdγiγgγbγ Cuando φ = 0º, Usar qu = 5,14 cu(1+ s′c+ d′c – i′c – b′c – g′c)+q Nc = igual a Meyerhof Nγ = 1,5(Nq – 1) tan φ (Ver Tabla J.5 para fac factores de forma, profundidad, y otros) Nq = igual a Meyerhof Vesic Utilizar las ecuaciones es de Hansen Nc = igual a Meyerhof (Ver Tabla J.5 para fac factores de forma, profundidad, y otros) Nγ = 2 (Nq + 1) tan φ [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Tabla J.2 Factores de capacidad c portante para las ecuaciones de Terzagh aghi (Das, , 1998) φ [deg] Nc Nq Nγa φ [deg] Nc Nq Nγa 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 5,70 6,00 6,30 6,62 6,97 7,34 7,73 8,15 8,60 9,09 9,61 10,16 10,76 11,41 12,11 12,86 13,68 14,60 15,12 16,56 17,69 18,92 20,27 21,75 23,36 25,13 1,00 1,1 1,22 1,35 1,49 1,64 1,81 2,00 2,21 2,44 2,69 2,98 3,29 3,63 4,02 4,45 4,92 5,45 6,04 6,70 7,44 8,26 9,19 10,23 11,40 12,72 0,00 0,01 0,04 0,06 0,10 0,14 0,20 0,27 0,35 0,44 0,56 0,69 0,85 1,04 1,26 1,52 1,82 2,18 2,59 3,07 3,64 4,31 5,09 6,00 7,08 8,34 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 27,09 29,24 31,61 34,24 37,16 40,41 44,04 48,09 52,64 57,75 63,53 70,01 77,50 85,97 95,66 106,81 119,67 134,58 151,95 172,28 196,22 224,55 258,28 298,71 347,50 14,21 15,90 17,81 19,98 22,46 25,28 28,52 32,23 36,50 41,44 47,16 53,80 61,55 70,61 81,27 93,85 108,75 126,50 147,74 173,28 204,19 241,80 287,85 344,63 415,14 9,84 11,60 13,70 16,18 19,13 22,65 26,87 31,94 38,04 45,41 54,36 65,27 78,61 95,03 115,31 140,51 171,99 211,56 261,60 325,34 407,11 512,84 650,67 831,99 1072,80 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Tabla J.3 Factores de forma, profundidad, e inclinación para la ec ecuación de capacidad portante de Meyerhoff (Bowles, (B 1995) Factores Valor Para sc = 1 + 0,2 Kp Forma: B L sq = sγ = 1 + 0,1 Kp Cualquier φ B L φ > 10º sq = sγ = 1 φ = 0º dc = 1 + 0,2 K p Profundidad ad D B dq = dγ = 1 + 0,1 K p Cualquier φ D B φ > 10º dq = dγ = 1 φ=0 Inclinación: β ic = iq = 1 − 90º β iγ = 1 − φ iγ = 0 2 Cualquier φ 2 φ>0 φ=0 Donde: Kp = tan2(45 + φ /2) [email protected] [J.1] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Tabla J.4 Factores de Capacidad Portante para las ecuaciones de ca capacidad portante de Meyerhof, Hansen, y Vesic. V (Bowles, 1995) φ Nc Nq Nγ(H) Nγ(M) Nγ(V) Nq/ Nc 2tanφ φ(1–sin φ)2 0 5,14 1,0 0,0 0,0 0,0 0,195 95 0,000 5 6,49 1,6 0,1 0,1 0,4 0,242 42 0,146 10 8,34 2,5 0,4 0,4 1,2 0,296 96 0,241 15 10,97 3,9 1,2 1,1 2,6 0,359 59 0,294 20 14,83 6,4 2,9 2,9 5,4 0,431 31 0,315 25 20,71 10,7 6,8 6,8 10,9 0,514 14 0,311 26 22,25 11,8 7,9 8,0 12,5 0,533 33 0,308 28 25,79 14,7 10,9 11,2 16,7 0,570 70 0,299 30 30,13 18,4 15,1 15,7 22,4 0,610 10 0,289 32 35,47 23,2 20,8 22,0 30,2 0,653 53 0,276 34 42,14 29,4 28,7 31,1 41,0 0,698 98 0,262 36 50,55 37,7 40,0 44,4 56,2 0,746 46 0,247 38 61,31 48,9 56,1 64,0 77,9 0,797 97 0,231 40 75,25 64,1 79,4 93,6 109,3 0,852 52 0,214 45 133,73 134,7 200,5 262,3 271,3 1,007 07 0,172 50 266,50 318,5 567,4 871,7 761,3 1,195 95 0,131 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Tabla J.5 Factores dee forma f y profundidad para uso en las ecuacioness de capacidad portante de Hansen (1970) o Ves esic (1973) (Bowles, 1995). Factores de form orma s'c = 0,2 sc = 1 + Factores de profundidad B L d'c = 0,4k Nq B Nc L dc = 1+0,4k (φ = 0) sc = 1 para continua sq(H) = 1 + B sin φ L sq(V) = 1 + B tan φ L dq = 1 + 2 tan φ (1– sin φ)2 k dγ = 1 sγ = 1 – 0,4 B ≥ 0,6 L k= D D para ≤1 B B k = tan-1 D D para > 1 (rad) B B Estos factores se aplica lican a ambos métodos a menos que se utilicen los lo sufijos (H) o (V). Utilizar los factores con on prima cuando φ = 0 (s'c, d'c), únicamente por la ecuación e de Hansen USO DE LOS FACTO TORES DE INCLINACIÓN En el caso general de cargas inclinadas hay una componente para aralela a cada base de dimensión definida com omo> H = HB Paralela a la dimensión B Para HB = 0.0 ; ic,B, iq,B, iγ,B son todos 1.0 H = HL paralela a la dimensión L Para HL = 0,0; ic,L, iq,L, iγ,L son todos 1.0 on usados para calcular los factores de inclinació ción por la ecuación de Esos valores de Hi son Hansen como sigue. la J.5, J.6 y J.7, usar los Calcular los factores de inclinación usando la ecuación dada en la tabla factores de forma. [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM s'c,L = 0,2Bic,L/B (cas aso φ = 0) N q L' i c,L sc,L = 1 + N c B' s'c,B = 0,2Bi Bic,B/L N q B' i c,B sc,B = 1 + N c L' sq,B = 1 + senφB’iq,B/L’ sq,L = 1 + senφL’iq,L/B’ /B sγ,B = 1 – 0.4B’iγ,B/L’iγ,L sγ,L = 1 – 0.4L’iγ,L/B’i B’iγ,B Limitación: sγ,iv ≥0.6 (si es menor que 0.6 entonces usar 0.60). Estos son usados en las la siguientes modificaciones de la ecuación dee capacidad c portante de Hansen qu = cNcsc,Bdcic,B + qNqsq,Bdqiq,B + 0,5γB’Nγsγ,Biγ,B qu = cNcsc,Ldcic,L + qNqsq,Ldqiq,L + 0,5γL’Nγsγ,Liγ,L Usar los valores más pequeños pe calculados por las anteriores ecuaciones. s. La ecuación de Vecic cic para capacidad portante con carga inclinada da toma en cuenta la dirección (HB, HL) enn eel cálculo del exponente m para los factores de inclinación ii de las tablas 5,6 y 7. Los facto ctores i no son usados en el cálculo de factores s , Vesic siempre usa el menor dimensión latera teral como B’ en el termino Nγ de la ecuación n general g de capacidad portante. Tabla J.6 Tabla de factores fac de inclinación, terreno, y base para la ecuac ación de Hansen 1970 (Bowles, 1995) Factores de Inclinació ción Factores de terreno (base en talud) i'c = 0,5 ic = iq - 1− Hi A f ca g'c = 1 - iq Nq − 1 0.5H i iq = 1 − V + A f ca cot φ α1 βº 147 º gc = 1 - (φ = 0) βº 147º gq= gγ = ( 1 – 0.5 tan β)5 2 ≤ α1 ≤ 5 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” 0.7 H i iγ= 1 − V + A f ca cot φ Ing. Civil - UJCM α2 Factores de base b'c = (0.7 − η º / 450 50º ) H i iγ= 1 − V + A f c a cot co φ α2 ηº (φ = 0) 147 º bc = 1 - ηº (φ > 0) 147º bq = exp(-2η tanф) bγ=exp(-2.7η tanф) 2 ≤ α2 ≤ 5 η en radianes e suelo inclinado. Figura J.1. Fundaciónn en Nota : β + η 90º ( ambo bos β y η tienen signo (+) ) Hmax = V tan δ + caAf [J.2] Para: L/B ≤ 2 usar ar φtr L/B > 2 usar ar φps= 1.5 φtr – 17º φtr ≤ 34º usar ar φtr = φps δ =Ángulo de fricción entre en la base y el suelo (0.5φ ≤ δ ≤ φ)) Af = B’L’ (Área efectiva iva) ca = Base de adherencia ia (0.6 a 1.0c) [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Figura J.2. Fundaciónn sometida a cargas que originan excentricidad. Tabla. J.7 Tabla de factores fa de inclinación, terreno, y base para la ec ecuación de capacidad portante Vesic (1973,, 1975b) 19 Factores de Inclinació ción Factores de terreno (base en talud) i'c = 1 ic = iq - mH i A f ca N c 1 - iq Nq − 1 (φ = 0) g'c = βº 5.14 (φ > 0) Hi iq = 1.0 − V + A f c a cot c φ Hi iγ= 1.0 − V + A f ca co cot φ B 2+ L m = mB = B 1+ L L 2+ B m = mL = L 1+ B m gc = i q - β en radianes 1 - iq 5.14tanφ (φ > 0) gq= gγ = ( 1 – tan β)2 m +1 Factores de base (φ = 0) b'c = g'c bc = 1 - 2β 5.14 tan φ bq = bγ = (1.0 – η*tanф)2 [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Cargas excéntricas. q max = Q 6e 1 + BL B [J.3] q min = Q 6e 1 − BL B [J.4] e= M Q [J.5] Donde: q = carga vertic rtical total. M = momento to sobre s la cimentación. B = base de la zapata. z L = longitud de la zapata. ANEXO EXPLORACIÓN DEL SUBSUELO ENSAYO DE PENETR TRACIÓN ESTANDAR (SPT) CORRECCIÓN AL NÚMERO N DE GOLPES DEL ENSAYO DE D PENETRACIÓN ESTÁNDAR La variación de N, quee se s obtuvo en campo, puede ser corregido a N60 mediante m la siguiente ecuación. ′ = C N N η1 η 2 η 3 η 4 N 70 [M.1] N′70 = Valor de SPT corregido CN = Ajuste por po presión de sobrecarga (ecuación M.1). η1 = Eficiencia ia del martillo (ecuación M.2) η2 = Corrección ión por profundidad (tabla M.1) η3 = Correcció ción por muestreo (tabla M.2) η4 = Corrección ión por diámetro de perforación (tabla M.3) N = Valor de SPT SP obtenido en campo CN = p 2′ p1′ [M.2] p′1 = Esfuerzoo vertical v efectivo estándar = 95.76 kPa p′2 = Esfuerzoo vertical v efectivo en el lugar de ensayo [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” η1 = Ing. Civil - UJCM Er 70 [M.3] de martillo (depende del tipo de martillo y su siste stema de golpe). Er = Energía del ón por profundidad Tabla M.1. Corrección Longitud η2 >10 m 1,00 6-10 m 0,95 4-6 m 0,95 0-4 m 0,75 ón por muestreo Tabla M.2. Corrección Característic stica Sin liner Con liner: Arena densa nsa, arcilla Arena suelta η3 1 0,8 0,9 Tabla M.3. Corrección ón por diámetro de la perforación Diámetro de perforac ración η4 60 – 120 mm 1 150 mm 1,05 200 mm 1,15 Para convertir el númer ero de golpes a otro con diferente energía se tienee la l siguiente ecuación: N E′ = 770 ′ N 70 E [M.4] E = energía del el ensayo de penetración estándar N c = C Nη1η 2η 3η 4 N Tabla 8.8. Factores η i para la ecuación M.5. [email protected] [M.5] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Martillo para η1 Observaciones Promedio de Energía transferida, Et Pro Don onut Safety País R-P Automático R-P Automático R-P = Sistema de cuerdas y poleas EEUU 45 -70-80 80-100 η1=Et/Etb Etb= Porce rcentaje de energía transferida Japón 67 78 --Inglaterra --50 60 estan tandarizado China 50 60 --Correcció ción por longitud de barras, η2 uy alto para L<10 m. N es muy Longitud > >10m η2 = 1.00 6 6-10 =0.95 4 4-6 =0.85 6 6-4 =0.75 Correc rección por muestreador, η3 Sin guía η3 = 1.00 Valor base ase Con guía:Arena de densa, arcilla =0.80 N es muy uy alto con guía A Arena suelta =0.90 Corrección ión por diámetro del sondeo, η4 Diámetro del sondeo*: 60-120 mm η4 = 1.00 Valor base ase; N es muy pequeño cuando 150 mm =1.05 el sondeo eo es de gran tamaño 200 mm =1.15 hueca. * η4 = 1.00 para todos los diámetros cuando se trabaja con taladros de sección hu Tabla 8.9. Relacioness empíricas e para C N (Das, 2001). CN Fuente 1 Liao y Whitman (198 986) σ v' Skempton (1986) 2 1 + σ v' Seed et al. (1975) σ ' 1 − 1.25 log v' σ1 Donde: σ 1' = 1 US ton/pie2 20 0.77 log ' σv Peck et al. (1974) Para σ v' ≥ 0.25 US ton/pie2. Nota. σ v' está en US ton/pie2. [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM CN 0 0.5 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 Skemp mpton (1986 986) Liao y Whitman (1986) σ v' [ton/pie 2] 1.0 1.5 2.0 2.5 Figura M.1. Gráfic ficas comparativas de C N vs. σ v' (Das, 2001). Capacidad de apoyoo a partir del ensayo SPT S kN qan 2 = 19 1 .16 N cor Fd e m 25.4 3.28 B + 1 S e kN qan 2 = 11.98 9 N cor Fd m 3.28B 25.4 [M.6] 2 [email protected] [M.7] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM 12 a(n) N'70 = 30 8 25 20 6 Kd Se [klb/pie2] 10 15 4 10 2 5 (1.22 m) 0 0 4 8 12 16 B [pie] Figura M.2. Gráfic fica de q a (n ) / (K d S e ) vs. B . Ecuaciones [8.28] y [8.29] [ (Das, 2001). Donde: Se=Asentamient tamiento tolerable, en mm D Fd = 1 + 0.33 f B [M.8] ≤ 1.33 CORRELACIONES S DE D SPT En la tabla M.4 se prese esenta valores empíricos para φ, Dr y peso unitarioo de d suelos granulares basados en el SPT, hast asta una profundidad de 6 metros y suelos normalme lmente consolidados. Tabla M.4. Valores empíricos em para φ, Dr, γ, basados en el ensayo SPT Descripción Muy suelta Suelta Media Densa Muy densa 0 0,15 0,35 0,65 0 0,85 Densidad relativa Dr 1 (%) SPT N′70 φ γ (kN/m3) Fino Medi edio Grues ueso Fino Medi edio Grues ueso 1-2 2-3 3-6 26-28 27-28 28-30 11-16 3-6 4-7 5-9 28-30 30-32 30-34 14-18 [email protected] 7-15 8-20 10-25 30-34 32-36 33-40 17-20 16-30 21-40 26-45 33-38 36-42 40-50 17-22 >30 >40 >45 <50 20-23 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM RESISTENCIA AL CORTE CO NO DRENADO cu Hara sugiere que: cu = 29 N F 0, 72 [M.9] NF = Número dde penetración estándar en el campo DENSIDAD RELATIV IVA Dr Marcuson y Bieganousk usky, proporcionaron la relación empírica para obte btener la densidad relativa. Dr (%) %) = 11,7 + 0,76 (222 N F + 1600 − 53 σ ′v − 50 C u ) 0,5 2 [M.10] Donde: Dr = Densidad De relativa NF = Número Nú de penetración estándar en el campo σ′v = Esfuerzo E efectivo vertical ÁNGULO DE FRICC CION φ Peck, Hanson y Thornb nburn, proporcionan la siguiente correlación: φ = 27,1 + 0,3 N ′ − 0,00054 N ′ 2 [M.11] φ = Ángulo de fricción pico del suelo N′ = Número de penetración estándar corregido Schmertmann, da la siguiente sigu correlación: NF −1 φ = tan an σ′ 12,2 + 20,3 v p a 0 , 34 [M.12] NF = Número de penetración estándar en el campo σ′v = Esfuerzoo efectivo e vertical pa = Presión atmosférica atm en iguales unidades que σ′v Recientemente Hatanak aka y Ucida dan la siguiente ecuación para hallarr el ángulo de fricción: φ = 20 N ′ + 20 [email protected] [M.13] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM N′ = Número de penetración estándar corregido ENSAYO DE LA VEL ELETA DE CORTE Para obtener la resistenc encia al corte por medio de la veleta, se tiene la ecua cuación de Calding: cu = T [M.14] d h d3 π +β 4 2 2 Donde: rque aplicado en la cabeza de la veleta T = Máximo torqu d = Diámetro dee la l veleta de corte h = Altura de laa vveleta de corte β = Tipo de movi vilización del suelo en los extremos de la veleta,, esta es puede ser: =1/ Triangular β=1/2 Uniformeβ=2/3 Parabólicaβ=3/5 3/5 CORRELACIONES S DE D VELETA DE CORTE RESISTENCIA AL CORTE CO NO DRENADO Bjerrum sostiene la sigu iguiente ecuación de corrección, para considerar los efectos de la plasticidad en los ensay ayos: cu (diseño ño ) = λ ⋅ cu ( veleta ) [M.15] Donde: λ = 1,7 − 0,54 log( log PI ) PI: índice de plast lasticidad PRESION DE PRECO CONSOLIDACION pc = 7.04 ⋅ (cu ( veleta ) ) 0,83 [M.16] ENSAYO DEL CONO NO DE PENETRACION La resistencia del cono ono qc es el total de la fuerza actuante sobre ell cono c dividido por su proyección de área, (10 10 cm2). La fricción del cono fsc es el total de la fuerza de fricción actuante en el fuste dividido por la superficie de contacto. Es común expresar la fricción fr en términos del índice de fricción: [email protected] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Rf = Ing. Civil - UJCM f sc 100 (%) qc [M.17] Usualmente las arenass tienen t Rf < 1%, arcillas con Rf > 5-6% S DE D CPT CORRELACIONES DENSIDAD RELATIV IVA Para arenas normalment ente consolidadas q Dr (%) = −98 + 66 log c σ´ v [M.18] zo vertical efectivo σ´ v = Esfuerzo ANGULO DE FRICC CION INTERNA Para arenas normalment ente consolidadas: q φ = tan an −1 0,1 + 0,38 log c σ´v [M.19] RESISTENCIA AL CORTE CO cu = qc − σ v Nk [M.20] Donde: Nk = Factor de capacidad de carga es igual a 15 para conos eléct éctricos y 20 para conos mecánicos. me zo total vertical. σ v = Esfuerzo PRESION DE PRECO CONSOLIDACION pc = 0.243(qc ) 0, 96 [M.21] INDICE DE SOBREC ECONSOLIDACION q − σv OCR = 0,37 c σ´v Donde: zo total vertical. σ v = Esfuerzo zo vertical efectivo. σ´ v = Esfuerzo [email protected] [M.22] Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM qc = Resistenci ncia del cono, fuerza actuante sobre el cono dividido ido por su proyección de área. Aren rena gravosa a arena Resistencia de punta de cono , q c [kg/cm2 ] 1000 A Arena a arena arcillosa ( Sobreconsolidada o cementada ) D DRENADA Grano fino muy ríg rígido ( Sobreconsolid olidada a a n os o o cementada ada ) re os im al en r a n re O D oa A o im a l N os a a en NO DRENADA RE ill osa Ar D arc il m E mo osa a T n N li im e l r E A illa LM o a lla IA renos arc rci C a a a R o a s PA Limo sa illo mo arc i l o a Lim cill Arcilla Ar 100 10 Sensi nsitiva Grano no fino Orgánic nico 1 0 1 2 3 4 5 6 7 Razón de fricción, Rf [%] Figura M.3. Ábaco co de clasificación de suelos a partir de los datos del de CPTu. N60 N Presión vertical efectiva por sobrecarga, σ v' [kN/m2] 0 10 20 F 30 40 50 0 φ = 50° 50 1 100 45° 1 150 2 200 40° 2 250 35° 30° 25° 3 300 [email protected] 60 8 Universidad José Carlos Mariátegui” ui” Ing. Civil - UJCM Figura M.4. Correlació ción entre N 60 , σ v' y φ ' para suelos granulares, segú gún Schmertmann. Resistencia de punta de cono , q c [MN/m 2 ] 0 10 20 30 40 50 60 70 Esfuerzo vertical efectivo, σv' [kN/m 2] 0 50 100 150 200 250 300 350 Dr = 40% 20% 60% 80% 90% 100% Densidad relativa, Dr% 400 Figura M.5. Relaciónn de d la densidad relativa con los valores obtenidoss een el ensayo CPTu. [email protected]
