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Problemas Geotecnia y Cimientos

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Academic year: 2021

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(1)

E.T.S. INGENIEROS DE CAMINOS, CANALES Y PUERTOS

UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE VALENCIA

Este libro se debe a tres alumnos del curso 2003-2004:

- A XXXXX, por distraer al profesor.

- A XXXXX, por su habilidad en dar el cambiazo.

- A XXXX, por copiarlo rápidamente en su portátil.

Si los profesores pretenden hacerse ricos a costa de los

alumnos no deberían tener tan a la vista en su mesa un CD

titulado “Copia de Seguridad del Libro de Problemas”, es una

tentación difícil de evitar en un libro que cuesta 25 €.

(2)

Í

Í

N

N

D

D

I

I

C

C

E

E

Prólogo

1

Propiedades elementales

Página 5

2

Flujo en medios porosos

Página 33

Principio de Terzaghi

3

Consolidación

Página 85

4

Resistencia a esfuerzo cortante

Página 119

5

Elasticidad

Página 155

6

Empujes del terreno

Página 183

7

Estabilidad de taludes

Página 231

8

Cimentaciones superficiales

Página 267

(3)
(4)

P

P

R

R

Ó

Ó

L

L

O

O

G

G

O

O

Una materia como “Geotecnia y Cimientos” no se domina aprendiendo todas sus bases teóricas. Además de estos conocimientos fundamentales, se debe saber aplicarlos a la resolución de cuestiones prácticas y esto solamente puede conseguirse con los problemas. Es de esta forma como el alumno fija los conceptos teóricos, gana confianza en sí mismo, el estudio de la materia se hace agradable y le impulsa a profundizar en ella. Los nuevos planes de estudios de Ingeniero de Caminos, Canales y Puertos, y de Ingeniero Técnico de Obras Públicas, implantados recientemente en la Universidad Politécnica de Valencia, contemplan en 2º curso la asignatura troncal “Geotecnia y Cimientos I”, cuando en los planes extinguidos, la asignatura “Geotecnia y Cimientos” estaba encuadrada en el cuarto curso de Ingeniero de Caminos, Canales y Puertos y en el tercer curso de Ingeniero Técnico de Obras Públicas. Actualmente, se trata de impartir a un alumnado mucho más joven una materia nueva y difícil de asimilar sin tener cursadas las bases físico-matemáticas de la Ingeniería.

Son escasos los libros de problemas resueltos sobre Geotecnia publicados hasta la fecha, resultando a todas luces injustificado dada la importancia de esta materia en Ingeniería Civil y en Arquitectura.

Para llenar algo este vacío, hemos preparado estos problemas, dirigidos fundamentalmente a los que se inician en Geotecnia. En su resolución, hemos sido conscientes del nivel de formación de los alumnos de primer ciclo, razón por la que las herramientas matemáticas y físicas utilizadas han sido muy básicas.

(5)

geotécnicos teóricos más profundos. A pesar de ello, creemos que este es el camino más conveniente para iniciarse en el razonamiento geotécnico e interesarse por esta disciplina.

En este sentido, debemos señalar que se ha adoptado para el peso específico del agua el valor de 10 kN/m3. Ello no afecta en

gran medida a los resultados y facilita enormemente al lector la lectura e interpretación de los resultados.

Por otro lado, hemos evitado los problemas de “feliz idea” que confunden frecuentemente al alumno y crean una cierta desconfianza hacia la asignatura.

Los problemas han sido ordenados en los capítulos clásicos de un programa básico de Geotecnia y Cimientos, insistiendo en los conceptos que consideramos más duros de asimilar. Algunos de estos problemas son los habituales en las prácticas de pizarra; otros, han sido propuestos en exámenes.

Estamos convencidos de que esta colección de problemas resueltos facilitarán a los estudiantes de Ingeniería Civil y de Arquitectura su inicio en las asignaturas geotécnicas.

Esperamos que el lector juzgue esta obra con benevolencia y sepa disculpar con sano criterio los inevitables defectos o errores que pueda encontrar a lo largo de ella.

Finalmente, queremos expresar nuestro agradecimiento a Málek Murad por su cuidadosa delineación de las figuras y por su excelente maquetación de la obra, y a Geotecnia y Cimientos S.A. por el apoyo económico prestado que ha hecho posible que estas páginas vean la luz.

(6)

Capítulo 1

P

(7)
(8)

NOMENCLATURA UTILIZADA PARA LA RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS DE PROPIEDADES ELEMENTALES Vw Va Vs Vv V Ws Wa Ww W Suelo como sistema trifásico AIRE/GAS SÓLIDOS AGUA Volúmenes Pesos

Va = Volumen de huecos llenos de aire

Vw = Volumen de huecos ocupados por el agua

Vs = Volumen de partículas sólidas

Vv = Volumen de huecos del suelo

V = Volumen total

Wa = Peso de huecos llenos de aire ≈ 0

Ww = Peso de agua

Ws = Peso de las partículas sólidas

(9)

- Relaciones volumétricas: Porosidad = n = V Vv Índice de poros = e = s v V V Grado de saturación = Sr = v w V V - Relaciones gravimétricas: Humedad = ω = s w W W

- Relaciones peso / volumen:

Peso específico del agua = γω =

w w

V W

Peso específico de las partículas = γs =

s s

V W

Peso específico relativo de las partículas = Gs =

w s

γ γ

Peso específico aparente = γ =

V W

Peso específico seco = γd =

V Ws

(10)

PROBLEMA 1.1

Una muestra cilíndrica de suelo arcilloso, de 38 mm de diámetro y 76 mm de altura (figura 1.1), tiene un peso total de 186'00 g y un peso seco de 160'5 g. El peso específico de las partículas es de 2'7 g /cm3. Se pide:

a) Calcular el peso específico aparente y seco de la muestra. b) Calcular la porosidad y el índice de poros.

c) Calcular la humedad y el grado de saturación.

Ø = 38 mm H = 76 mm

Figura 1.1

SOLUCIÓN

La muestra ensayada está constituida por un material cohesivo con geometría regular. En consecuencia se puede determinar el volumen total por medición directa:

(11)

El peso seco es el correspondiente a las partículas sólidas. Como en el enunciado se proporciona el peso específico de las partículas, el volumen de partículas sólidas será: 3 s s s 2'7 59'44cm 5 ' 160 W V = = γ =

Conocidos el volumen de sólidos y el volumen total, se obtiene por diferencia el volumen de huecos del suelo:

Vv = V - Vs = 86'19 - 59'44 = 26'75 cm3

a) Pesos específicos aparente y seco

El peso específico aparente es la relación entre el peso total de la muestra y el volumen total: 3 3 21'6 kN/m cm / g 16 ' 2 19 ' 86 186 V W ≈ = = = γ

El peso específico seco es la relación entre el peso seco de la muestra y el volumen total: 3 3 s d 86'19 1'86g/cm 18'6kN/m 5 ' 160 V W ≈ = = = γ 3 m / kN 6 ' 21 = γ 3 d=18'6kN/m γ

(12)

b) Porosidad e índice de poros

La porosidad es la relación entre el volumen de huecos de la muestra y el volumen total: 310 ' 0 19 ' 86 75 ' 26 V V n= v = =

El índice de poros es la relación entre el volumen de huecos de la muestra y el volumen de partículas sólidas:

450 ' 0 44 ' 59 75 ' 26 V V e s v = = =

La determinación del índice de poros se podría haber obtenido a partir de la porosidad ya que: n 1 n 1 n 1 1 1 V V 1 V V V V V e v v v s v − = − = − = − = = 310 ' 0 n= 450 ' 0 e=

c) Humedad y grado de saturación

La humedad es la relación entre el peso del agua contenida en la muestra y el peso de la muestra seca:

(13)

es decir:

ω = 15'9 %

El grado de saturación es la relación entre el volumen de agua contenida en los poros del suelo y el volumen de huecos:

v W r V

V

S = (1)

Teniendo en cuenta la definición de humedad,

s w s W W ·W W W ω = →  = ω (2)

y siendo el peso específico del agua:

w w w w w w W V V W γ = →  = γ (3) Sustituyendo (2) en (3) se obtiene: w s w W · V γ ω = (4)

Sustituyendo en (1) la expresión del volumen de agua obtenida en (4), se tiene finalmente que: 954 ' 0 75 ' 26 · 1 5 ' 160 · 159 ' 0 V · W · S v w s r = = γ ω = ω = 15'9 % % 4 ' 95 Sr =

(14)

PROBLEMA 1.2

El peso específico de las partículas de una arena es 26 kN/m3 y su índice de huecos es 0'572. Calcular el peso específico de dicha arena cuando está seca, saturada y sumergida. Adóptese

γ

w = 10 kN/m3.

SOLUCIÓN

Cuando la arena está seca su peso específico es el peso específico seco que por definición es:

V Ws

d=

γ

Sustituyendo en la expresión anterior el volumen total por la suma del volumen de huecos y del volumen de sólidos, y dividiendo numerador y denominador por el volumen de sólidos se obtiene la siguiente relación:

3 s s s v s s s v s s d 16'54kN/m 572 ' 0 1 26 1 e V V V V W V V W V W = + = + γ = + = + = = γ

Cuando la muestra está saturada, el grado de saturación es S

r

= 1, es

decir, el volumen de huecos es igual al volumen de agua (V

V

= V

w

) y el

peso específico del suelo es el peso específico saturado:

W W Wsat w s sat + = = γ

(15)

Como w w w V W =γ ⋅ y s v V V V= + se tiene: s s V s s w w s V s w w s V s w sat V V V V W · V V V W · V V V W W + + γ = + + γ = + + = γ y como VV = Vw, entonces: 3 s w sat 0'572 1 20'18kN/m 26 10 · 572 ' 0 1 e · e = + + = + γ + γ = γ

También se puede obtener el peso específico saturado en función de las propiedades índice e, γs y γd, mediante la siguiente expresión:

3 d w sat 20'18kN/m 1 e · e = γ + + γ = γ

(Se recomienda al lector su deducción)

Finalmente, el peso específico sumergido es la diferencia entre el peso específico saturado y el peso específico del agua:

3 w sat sum =γ'=γ −γ =20'18−10=10'18kN/m γ 3 d=16'54kN/m γ 3 sat=20'18kN/m γ 3 sum=10'18kN/m γ

(16)

PROBLEMA 1.3

Una muestra irregular de arcilla tiene un peso total de 537'5 g. Posteriormente la muestra es parafinada obteniéndose un peso de 544'4 g. Al sumergir la muestra parafinada en agua, ésta desplaza un volumen de 250 ml. Una vez retirada la parafina, la muestra se coloca en la estufa obteniéndose un peso final de 479'2 g. Sabiendo que la parafina tiene un peso específico relativo de 0'9, se pide:

a) Determinar la humedad natural de la muestra. b) Peso específico aparente y seco.

SOLUCIÓN

a) Humedad de la muestra

La humedad natural de un suelo se define como el cociente entre el peso del agua contenida en los poros y el peso de las partículas sólidas (peso seco):

s w W W = ω

Puesto que la muestra tiene un peso total W = 537'5 g y después de sacarla de la estufa el peso es Ws = 479'2 g, el peso del agua es:

g 3 ' 58 2 ' 479 5 ' 537 W W Ww = − s = − =

y, por lo tanto, la humedad vale:

1216 ' 0 2 ' 479 3 ' 58 W W s w = = = ω es decir:

(17)

b) Pesos específicos aparente y seco

El peso específico aparente es el cociente entre el peso total de la muestra y el volumen total:

V W

= γ

El volumen desplazado por la muestra parafinada es:

parafina parafinada

muestra V V

V = +

El volumen de parafina se obtiene como:

3 w parafina parafinada muestra parafina parafina parafina 7'67 cm 1 · 9 ' 0 5 ' 537 4 ' 544 · G W W W V = − = γ − = γ =

y en consecuencia, el volumen total del suelo es:

3 parafina parafinada muestra V 250 7'67 242'33 cm V V = − = − =

Por tanto, el peso específico aparente vale:

3 3 22'2kN/m cm / g 22 ' 2 33 ' 242 5 ' 537 V W = = = = γ

y el peso específico seco es:

3 3 s d 242'33 1'98g/cm 19'8kN/m 2 ' 479 V W = = = = γ 3 m / kN 2 ' 22 = γ 3 d =19'8kN/m γ

(18)

PROBLEMA 1.4

De una muestra de arcilla se conocen su límite plástico (wp = 17), su índice de plasticidad (IP=7) y su peso específico seco (

γ

d = 17'5 kN/m3). Se pide determinar

el valor del peso específico saturado de esa arcilla para una humedad correspondiente al límite líquido. Justifique la respuesta.

SOLUCIÓN

A partir de los valores del índice de plasticidad IP y del límite plástico wp, se puede

obtener el límite líquido: IP = wL - wp

wL = IP + wp = 7 + 17 = 24

Admitiendo que el suelo se encuentra saturado cuando la humedad que contiene es igual a la del límite líquido wL, el peso específico será el peso específico

saturado:

(

w 1

)

· · w V w · W V W V W W V W L d d L d L s s s w sat sat = = + = + =γ + γ =γ + γ y sustituyendo valores: 3 m / kN 7 ' 21 ) 1 24 ' 0 ( · 5 ' 17 + = = γ

(19)

PROBLEMA 1.5

Un suelo saturado tiene una humedad ω = 20% y un peso específico relativo de las partículas Gs = 2'7. Suponiendo que el peso específico del agua es

γ

w= 10 kN/m3, obtener el peso específico seco.

SOLUCIÓN

El peso específico seco es el cociente entre el peso de las partículas del suelo y el volumen total:

V Ws

d =

γ

Además se sabe que el suelo está saturado (Sr = 1), y en consecuencia, el

volumen de huecos es igual al volumen de agua (Vv = Vw) y el volumen total es:

s w s v V V V V V = + = + Así pues: s w s s s w w s s s w w s s v s s d 1 1 W V W W W W V W W V V W V W γ + γ ω = + ⋅ γ = + γ = + = = γ 1 · G · G · G 1 1 s w s w s w d ω+ γ = γ + γ ω = γ

Sustituyendo valores, se obtiene:

3 d 2'7·0'2 1 17'53kN/m 10 · 7 ' 2 = + = γ

(20)

PROBLEMA 1.6

Para la construcción de un terraplén se pretende utilizar un préstamo que compactado con una humedad del 10% alcanza un peso específico seco de 19'5 kN/m3. Si el peso específico relativo de las partículas es 2'7, y suponiendo que

γ

w = 10 kN/m3, se pide:

a) Grado de saturación, índice de poros y porosidad que tendrá ese suelo.

b) Para la humedad del 10%, ¿qué peso específico seco máximo teórico puede alcanzarse?

SOLUCIÓN

a) Grado de saturación, índice de poros y porosidad del suelo

Se necesita conocer la relación existente entre el grado de saturación Sr, la

humedad

ω

, el peso específico seco

γ

d y el peso específico relativo de las partículas Gs.

El peso específico seco es:

v s s s d V V W V W + = = γ Como: w r w r w v · S W S V V γ = =

(21)

entonces: w r w w s s s d · S W · G W W γ + γ = γ

Dividiendo numerador y denominador por Ws, y teniendo en cuenta que la

humedad viene dada por:

s w W W = ω se llega a: r s w s d S · G 1 · G ω + γ = γ (1)

que es la relación buscada.

Sustituyendo en esta relación

ω

= 0'1, Gs = 2'7,

γ

d = 19'5 kN/m3 y

γ

w = 10 kN/m3,

se obtiene un grado de saturación igual a 0'702, es decir:

% 2 ' 70 Sr =

El índice de poros se define como:

s v

V V e=

y el grado de saturación como:

v w r V

V S =

(22)

Puesto que: s s s W V γ = w w w W V γ = w s s =G ·γ γ

el índice de poros se puede escribir de la siguiente manera:

r s s s r w w s v S G · W S · W V V e = ω γ γ = = Sustituyendo valores: 385 ' 0 702 ' 0 7 ' 2 · 1 ' 0 e= =

La porosidad se puede obtener de la relación deducida en el problema 1.1: 278 ' 0 385 ' 1 385 ' 0 e 1 e n = = + = es decir: % 2 ' 70 S =

(23)

b) Peso específico seco para una humedad del 10%

La ecuación (1) indica que, para una humedad determinada, el peso específico seco es máximo cuando el grado de saturación es máximo, ya que el peso específico relativo de las partículas no varía.

El máximo grado de saturación que puede alcanzar un suelo es el 100%, y por lo tanto, el máximo peso específico seco será:

3 dmáx 21'26kN/m 1 1 ' 0 · 7 ' 2 1 10 · 7 ' 2 = + = γ

(24)

PROBLEMA 1.7

Tras ensayar en el laboratorio una muestra de suelo, los resultados que arrojaron los ensayos fueron los siguientes:

γ

s = 26'5 kN/m3;

γ

= 18 kN/m3; e = 1'060;

w = 40% ¿Está saturado el suelo?

Solución: Sí está saturado.

(25)

PROBLEMA 1.8

Un material de préstamo posee in situ un peso específico seco de 18 kN/m3. Calcular el coeficiente de paso si dicho material se dispondrá en obra con un peso específico seco de 19'5 kN/m3.

SOLUCIÓN

Supongamos que una unidad de peso de ese material seco ocupa in situ un volumen Vi y que una vez colocada esa unidad en obra, su volumen es Vf.

Se define como coeficiente de paso al cociente:

i f

V V

Si el peso específico seco in situ es γdi, entonces:

di i 1 V γ = y si en obra es γdf, entonces: df f 1 V γ =

Por lo tanto, el coeficiente de paso es:

92 ' 0 5 ' 19 18 V V df di i f = = γ γ =

(26)

PROBLEMA 1.9

Una muestra de suelo ha presentado la siguiente granulometría: Tamaño UNE (mm) % pasa 50 40 20 10 5 2 1 0'4 0'2 0'1 0'08 100 90'2 80'5 70'8 58'4 38'2 25'2 12'5 8'5 4'3 3'2

Si esa muestra se subdividiese en dos submuestras, una comprendiendo las partículas de tamaño superior a 1 mm y otra con las de tamaño igual o inferior a 1 mm, calcular el cociente entre el D15 de la primera submuestra y el d85

de la segunda.

SOLUCIÓN

Supongamos que la muestra tiene un peso de 100 unidades. El peso de la submuestra que comprende las partículas de tamaño superior a 1 mm sería:

100 – 25'2 = 74'8 ud

Para un diámetro D1, cuyo pasa en la muestra inicial era X, el pasa Y ahora es:

8 ' 74 2 ' 25 X Y= −

El peso de la segunda submuestra sería 25'2 ud, y para un diámetro D2, cuyo pasa

(27)

10

100 1 0'1 0'01

Tamaño de las partículas (mm)

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Pasa ( %) 0 36'42 21'42 d = 0'72 D = 1'61 15 85 Figura 1.2

En el problema Y = 15% y W = 85%, y por lo tanto, X = 74'8·0'15 + 25'2 = 36'42%

Z = 25'2·0'85 = 21'42%

En la figura 1.2 se tiene representada la curva granulométrica del suelo. Los porcentajes anteriores corresponden a los diámetros 1'61 mm y 0'72 mm. En consecuencia, el cociente solicitado es:

236 ' 2 72 ' 0 61 ' 1 d D 85 15 = =

(28)

PROBLEMA 1.10

En la tabla adjunta se reflejan los resultados de ensayos de identificación de un suelo. Se pide:

a) Representar la curva granulométrica del suelo.

b) Obtener los diámetros D10, D30 y D60 y calcular los coeficientes de uniformidad

y de curvatura.

c) Determinar las proporciones de grava, arena, limo y arcilla. d) Clasificar el suelo según el S.U.C.S.

Tamiz UNE (ASTM)

(mm) % pasa 5 (# 4) 2 (# 10) 0'8 (# 20) 0'4 (# 40) 0'25 (# 60) 0'1 (# 140) 0'08 (# 200) 0'05 0'01 0'002 100 80'0 78'4 75'0 69'0 50'1 43'2 33'0 10'5 6'3 Límites de Atterberg LL LP 23'2 15'7

(29)

SOLUCIÓN 10 1 0'1 0'01 Tamaño de partículas (mm) 120 Pasa ( %) 0'001 100 80 60 40 20 0 D = 0'162 D = 0'04 D = 0'00875 0'06 36'9 80 6'3 60 30 10 Figura 1.3 a) Curva granulométrica

Se tiene representada en la figura 1.3.

b) Diámetros D 10, D 30 y D 60 y coeficientes de uniformidad y de curvatura

A partir de la curva granulométrica del suelo (figura 1.3) se obtiene;

D10 Diámetro eficaz, diámetro por el que pasa el 10 % de suelo.

D10 = 0'00875 mm

D60 Diámetro por el que pasa el 60 % de suelo.

D60 = 0'162 mm

D30 Diámetro por el que pasa el 30 % de suelo.

(30)

Con estos valores el coeficiente de uniformidad vale: 51 ' 18 D D C 10 60 u= = y el coeficiente de curvatura: 13 ' 1 D · D D C 60 10 2 30 c = =

c) Proporciones de grava, arena, limo y arcilla

Para determinar el contenido de gravas, arenas, limos y arcillas se utilizará la clasificación por tamaños de las normas DIN:

Arcilla Limo Arena Grava

0'002 mm 0'06 mm 2 mm

Con la curva granulométrica (figura 1.3) se obtienen los siguientes contenidos: - Gravas: % pasa 2 mm = 80 % % gravas = 100 - 80 = 20 % - Arenas: % pasa 0'06 mm = 36'9 % % arenas = 80 - 36'9 = 43'1 % - Limos: % pasa 0'002 mm = 6'3 % % limos = 36'9 - 6'3 = 30'6 % - Arcillas: % pasa 0'002 mm = 6'3 % % arcillas = 6'3 % d) Clasificar el suelo según el S.U.C.S.

(31)

Límite líquido (LL)

60

20

0 10

Índice de plasticidad (IP)

40 30 50 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 CL - ML 0 CL CH Línea A MH OHó ML OLó IP=7'5 LL=23'2 Figura 1.4

Como el % pasa # 4 (5 mm UNE) = 100 % > 50 % de la fracción gruesa, el suelo está constituido mayoritariamente por arena (S).

Dado que el % pasa # 200 (0'08 mm) = 43'2 % > 12 %, el suelo se clasifica como

SC o SM.

Para la determinación de las características de los finos se utilizará la carta de plasticidad de Casagrande.

A partir de los límites de Atterberg, LL = 23'2

LP = 15'7

IP = 23'2 - 15'7 = 7'5

se obtiene que los finos se pueden clasificar como arcillas de baja plasticidad (CL) (figura 1.4).

Finalmente el suelo se clasifica como SC, arenas arcillosas de baja plasticidad.

(32)

PROBLEMA 1.11

En dos suelos diferentes (1 y 2) se realizaron análisis granulométricos arrojando los resultados indicados en la tabla adjunta.

Si se mezclan 30 kg del suelo 1 con 60 kg del suelo 2, se pide representar la curva granulométrica de la mezcla resultante.

Tamiz UNE

(mm) Suelo 1 (% pasa) Suelo 2 (% pasa) 40 25 20 12'5 10 5 2 0'4 0'08 100 98 94'3 91'1 90'6 87 85'3 82'7 69'3 100 72'2 68 54'4 51'6 39 31'5 23'4 13'7

SOLUCIÓN

Supongamos un diámetro D (mm) cualquiera y sean g1 el % que pasa por este

diámetro en el suelo 1 y g2 el % que pasa del suelo 2.

Como la mezcla tiene un peso total de: 30 + 60 = 90 kg

(33)

100 10 1 0'1 Tamaño de partículas (mm) 100 Pasa ( %) 0'01 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0 Suelo 2 Suelo mezcla Suelo 1 Figura 1.5

Aplicando esta fórmula se ha obtenido la granulometría reflejada en la siguiente tabla:

Tamiz UNE

(mm) Suelo 1 (% pasa) Suelo 2 (% pasa) Suelo mezcla (% pasa)

40 25 20 12'5 10 5 2 0'4 0'08 100 98 94'3 91'1 90'6 87 85'3 82'7 69'3 100 72'2 68 54'4 51'6 39 31'5 23'4 13'7 100 80'8 76'8 66'6 64'6 55'0 49'4 43'2 32'2

La representación de las curvas granulométricas de los tres suelos se muestran en la figura 1.5.

(34)

Capítulo 2

F

F

L

L

U

U

J

J

O

O

E

E

N

N

M

M

E

E

D

D

I

I

O

O

S

S

P

P

O

O

R

R

O

O

S

S

O

O

S

S

P

(35)
(36)

PROBLEMA 2.1

El permeámetro de carga constante, cuyo esquema se indica en la figura 2.1, se rellena en una altura de 2'5 m con una arena que tiene un coeficiente de permeabilidad k = 4·10-3 m/s. Se pide calcular:

a) Leyes de alturas geométricas, de presión y piezométricas. b) Caudal de agua que atravesará el permeámetro.

1 2 3 4 Q z 2'5 m 1'5 m 0'35 m Figura 2.1

(37)

SOLUCIÓN

a) Leyes de alturas geométricas, de presión y piezométricas

El potencial (carga hidráulica o altura total) de un punto se obtiene como suma de la altura geométrica, de la altura de presión y de la altura de velocidad del agua:

g 2 v u z h 2 w + γ + = siendo:

z: Altura geométrica respecto a un plano arbitrario.

u: Presión del agua o presión intersticial.

v: Velocidad del agua.

g: Aceleración de la gravedad.

γ

w: Peso específico del agua.

La altura piezométrica es igual a la altura geométrica más la altura de presión: w u z h γ + =

En Geotecnia, al despreciar la velocidad del agua, coinciden la altura piezométrica con la altura total o potencial hidráulico.

Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en la superficie del agua del depósito (figura 2.1), y puesto que la pérdida de carga total se produce en el suelo ya que se pueden despreciar las pérdidas de carga entre los puntos 4 y 3 y entre los puntos 2 y 1, los potenciales de los puntos 1, 2, 3 y 4 son:

(38)

2'5 m 1 2 1'5 m 4 3 0'35 m Altura (m) 1'5 z (m) 4 Altura de presión Altura geométrica Altura piezométrica z Figura 2.2 Puntos 1 y 2 m 0 10 0 0 u z h w 1 1 1 = + = γ + = 0 h h1= 2 = w 2 w 2 2 2 u 0 u z h γ + = γ + =

En consecuencia, la presión del punto 2 es la atmosférica (u2 = 0)

Puntos 3 y 4: m 4 10 0 4 u z h w 4 4 4 = + = γ + = m 4 h h4 = 3 = 3 3 3 3 u 5 ' 2 u z h γ + = γ + =

(39)

Siendo el flujo vertical y descendente y la sección del permeámetro constante, las variaciones de las alturas de presión, geométricas y piezométricas son lineales con z. En la figura 2.2 se muestra gráficamente las leyes.

b) Caudal

La pérdida de carga entre los puntos 3 y 2 es:

m 4 0 4 h h h32 = 32 = − = ∆

y el gradiente existente entre esos dos puntos:

6 ' 1 5 ' 2 4 L h i = = ∆ ∆ =

El área de la sección del permeámetro es:

2 2 2 m 0962 ' 0 4 35 ' 0 · 4 · A= πφ = π =

Aplicando la ley de Darcy, el caudal que atraviesa el permeámetro es:

/s m 10 · 16 ' 6 6 ' 1 · ·10 4 · 0962 ' 0 i· k · A Q= = -3 = −4 3

(40)

PROBLEMA 2.2

En la figura 2.3 se muestra la sección de una presa de hormigón cimentada sobre un terreno aluvial arenoso que posee una permeabilidad k = 8·10-5 m/s y un peso específico saturado de 20'5 kN/m3, y en la que se pretende analizar los efectos de una pantalla de impermeabilización aguas abajo de la misma (caso B). Para ello, se pide:

a) Calcular el caudal infiltrado.

b) Obtener la distribución de subpresiones en la cimentación de la presa.

c) Calcular el gradiente máximo de salida y el coeficiente de seguridad frente al sifonamiento. 8 m 10 8 7 6 5 4 2 0 1 3 2 m 1 m 2 m A B NIVEL IMPERMEABLE 8 7 6 5 4 2 0 1 3 9 B A z 8 m 2 m Caso B Caso A 2 m 1 m 6 m z

(41)

SOLUCIÓN

a) Caudal infiltrado

En el problema se proporcionan las redes de flujo (figura 2.3) para ambos casos. Dibujada la red de flujo, el caudal infiltrado a través de un medio permeable saturado y una vez establecido el régimen estacionario, se obtiene a partir de la siguiente expresión: H n n k Q e t ⋅ = donde:

k: Permeabilidad del terreno.

nt: Número total de tubos de corriente de la red de flujo.

ne: Número total de intervalos o “saltos” existentes entre

equipotenciales, desde la equipotencial inicial hasta la equipotencial última del problema.

∆H: Pérdida de carga total o diferencia de potencial entre la primera y

la última equipotencial del problema.

En ambas situaciones, la primera equipotencial es la superficie sumergida del terreno aguas arriba; la última equipotencial es la superficie sumergida del terreno aguas abajo.

Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en la base de la cimentación, el potencial hidráulico en un punto cualquiera Z, viene dado por:

z u h w z z + γ =

siendo z la altura geométrica de dicho punto y uz la presión intersticial existente en

(42)

En los dos casos del problema, el potencial en el punto A (figura 2.3), que pertenece a la equipotencial inicial del problema, es conocido ya que la presión intersticial es la correspondiente a una columna de agua de 8 metros de altura:

m 10 m 2 m 8 z u h A w A A + = + = γ =

Del mismo modo, en ambos casos, cualquier punto de la equipotencial última del problema, como B, posee un potencial hidráulico;

m 3 m 2 m 1 z u h B w B B + = + = γ =

En consecuencia, en ambos casos, la pérdida de carga total es:

m 7 m 3 m 10 h h H= A − B= − = ∆

Para cada uno de los casos, los datos existentes y el caudal obtenido con la expresión anterior son los siguientes:

Caso k (m/s) nt ne ∆H (m) Q (m3/s/m) A B 8·10 -5 8·10-5 4 4 12 14 7 7 1'86·10 -4 1'6·10-4 b) Distribución de subpresiones

En un punto del cimiento de la presa, se denomina “subpresión” a la presión intersticial existente en dicho punto. En el problema se pide una “distribución” o ley que proporcione la presión intersticial en cualquier punto del cimiento, pudiendo obtenerse matemáticamente, pero ello se sale del alcance del texto. En su lugar, se obtendrán los valores de las presiones intersticiales en algunos puntos del

(43)

Puesto que las redes de flujo han sido dibujadas de manera que las figuras conformadas entre equipotenciales y líneas de corriente son aproximadamente “cuadrados curvilíneos”, la pérdida de carga entre dos equipotenciales sucesivas es siempre la misma e igual a:

e

n H h= ∆

Así pues, se tendrá:

Caso ne ∆H

(m) ∆h (m)

A

B 12 14 7 7 0'583 0'5

Conocido el potencial del punto A, el potencial en un punto cualquiera Z es igual al potencial del punto A menos la pérdida de carga existente entre ambos puntos. Si el punto Z se sitúa en la cimentación de la presa ( z = 0 ) y pertenece a una equipotencial dibujada en el problema, se debe verificar que:

h n 10 h n h u z u h A w z w z z = − ⋅∆ = − ⋅∆ γ = + γ =

donde n es el número de saltos existentes entre la equipotencial del punto A y la equipotencial del punto Z. Esta expresión permite obtener la presión intersticial en el punto Z:

(

)

2

w

z 10 n h 100 10 n h kN/m

u = − ⋅∆ ⋅γ = − ⋅ ⋅∆

En los puntos de intersección de las equipotenciales con el cimiento, la expresión anterior proporciona los siguientes valores de la subpresión:

Punto 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 n 1'5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10'5 A uz 91'25 88'34 82'51 76'68 70'85 65'02 59'19 53'36 47'53 41'7 38'78 n 1'5 2 3 4 5 6 7 8 8'3 B uz 92'5 90 85 80 75 70 65 60 58'5

(44)

Puesto que también se conoce el potencial de la última equipotencial, el problema podría haberse resuelto diciendo que el potencial en el punto Z es el potencial del punto B más la pérdida de carga existente entre ambos puntos:

h n 3 h n h z u h B w z z + = + ⋅∆ = + ⋅∆ γ =

c) Gradiente máximo y coeficiente de seguridad frente al sifonamiento

Cuando se viaja a lo largo de una línea de corriente, pasando de un punto situado en una equipotencial a otro punto situado en la siguiente equipotencial, el gradiente medio existente entre dichos puntos es:

l h ie = ∆

donde ∆h es la pérdida de carga existente entre ambas equipotenciales y l es la distancia recorrida a lo largo de la línea de corriente.

Si se observan las redes de flujo, las distancias recorridas desde la penúltima equipotencial hasta la última (situada en la superficie del terreno sumergida de aguas abajo) varían según la línea de corriente seguida. Puesto que el problema pide el gradiente máximo y siendo ∆h constante e independiente de la línea de corriente seguida, según la expresión anterior se deberá tomar la distancia mínima existente entre la penúltima y la última equipotencial y ello se produce en la línea de corriente que sigue el contorno del paramento de la presa.

Por otro lado, también se puede observar que, aguas abajo, las líneas de corriente intersectan verticalmente a la superficie del terreno sumergida (última equipotencial) y, en consecuencia, siendo el terreno arenoso, puede producirse la inestabilidad conocida como “sifonamiento” y cuyo coeficiente de seguridad se define como: e c i i F=

(45)

siendo 05 ' 1 10 5 ' 10 i w c = = γ γ′ =

el denominado “gradiente crítico”.

Como se observa, el coeficiente de seguridad es mínimo para el gradiente máximo de salida.

Midiendo con un escalímetro en las líneas de corriente las distancias mínimas y a partir de las expresiones anteriores, se obtienen los siguientes valores:

Caso ∆h (m) L (m) ie ic F A 0'583 1'2 0'485 1'05 2'16 B 0'5 3 0'166 1'05 6'32

Como conclusión del problema, la colocación de la pantalla produce los siguientes efectos:

1. Disminuye el caudal infiltrado.

2. El gradiente de salida es menor y consecuentemente la seguridad frente al sifonamiento es mayor.

3. Las subpresiones en la cimentación de la presa resultan ser ligeramente mayores.

(46)

PROBLEMA 2.3

Durante un periodo de lluvias se produjo la filtración dibujada en el muro indicado en la figura 2.4 y el cual presentaba un drenaje vertical en su trasdós. Sabiendo que la permeabilidad de la arena es k = 3·10-1m/s, que en ningún momento entró en carga el sistema de drenaje y que la presión intersticial en el punto M es igual a 60 kN/m2, se pide:

a) Caudal circulante por la sección CC' del dren. b) Distribución de presiones intersticiales en el plano

π

.

B C D E F G H I A M 6'5 m C' C z π 1'5 m NIVEL IMPERMEABLE Figura 2.4

(47)

SOLUCIÓN

a) Caudal circulante por la sección CC' del dren

Se conocen las presiones intersticiales en el punto A (nula) y en el punto M (uM = 60 kN/m2) y ambos están situados en equipotenciales (primera y tercera),

(figura 2.4).

Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en la superficie del nivel impermeable, los potenciales de los puntos A y B son:

m 6 0 10 60 z u h m 8 8 10 0 z u h M w M M A w A A = + = + γ = = + = + γ =

En consecuencia la diferencia de carga existente entre los dos puntos es:

m 2 6 8 h hA− M = − =

implicando que la pérdida de carga existente entre dos equipotenciales consecutivas es ∆h = 1 m.

Como en el problema anterior, el caudal infiltrado se obtiene a partir de la siguiente expresión: h · n · k H · n n · k Q t e t = =

El caudal circulante por la sección CC' (figura 2.4) del dren es el correspondiente a dos tubos de corriente:

m / s / m 10 · 6 1 · 2 · 10 · 3 Q= −1 = −1 3

(48)

b) Distribución de presiones intersticiales en el plano

π

Las presiones intersticiales en el plano

π se obtienen, como en el problema

anterior, en los puntos de intersección de dicho plano con las distintas equipotenciales. Las cotas de dichos puntos se miden en la figura respecto al plano horizontal de comparación situado en el cimiento del muro (figura 2.4). Los valores que se obtienen son los siguientes:

Punto A B C D E F G H I

z (m)

u (kN/m2)

8'0

0 6'5 5 5'2 8 4'0 10 2'9 11 1'9 11 1'1 9 0'5 5 0'0 0 Esta distribución se ha dibujado en la figura 2.5.

Como el drenaje no entra en carga, es decir, las presiones del agua son nulas, se puede demostrar que la separación vertical entre equipotenciales en el dren es siempre la misma. Obténgase que esa distancia es igual a 1 metro.

H I E F G B C D A π

(49)

PROBLEMA 2.4

Un terreno está formado por una alternancia de arenas y de arcillas. Los niveles arenosos tienen una potencia de 10 cm y una permeabilidad de 7·10-2 cm / s, mientras que los arcillosos tienen una potencia de 2 m y una permeabilidad de 4·10-6 cm/s. Calcular la relación entre los coeficientes de permeabilidad horizontal y vertical que existe en una unidad formada por un paquete de arena y por otro de arcilla.

S O L U C I Ó N

Si se tiene un sistema de n niveles horizontales, la permeabilidad equivalente para flujo horizontal viene dada por la expresión:

e k e = k = k i n 1 i= i n 1 i= h eq i

siendo ei y ki el espesor y el coeficiente de permeabilidad del nivel i,

respectivamente.

Para la unidad del enunciado, la permeabilidad equivalente es: cm/s 10 3. 3 = cm 200 + cm 10 cm/s 10 · 4 · cm 200 + cm/s 10 · 7 · cm 10 = k 3 6 2 h − − − ′

Si el flujo es vertical, la permeabilidad equivalente es:

k e e = k = k i i i n 1 = i n 1 = i v eq

(50)

Para la unidad del problema cm/s 10 · 2 ' 4 = 10 · 4 cm 0 0 2 + 10 · 7 cm 10 cm 200 + cm 10 = k 6 6 2 v − − −

La relación pedida es:

7 ' 785 = 10 · 2 ' 4 10 · 3 ' 3 = k k 6 3 v h − −

De estos resultados se pueden extraer las siguientes conclusiones:

1. La permeabilidad horizontal equivalente está más próxima a la

permeabilidad de las arenas, a pesar de que su potencia es muy inferior a la potencia de los niveles arcillosos.

2. La permeabilidad vertical equivalente es prácticamente la permeabilidad de las arcillas.

3. Al igual que en el problema, en terrenos naturales depositados horizontalmente, es muy normal que la permeabilidad horizontal sea muy superior a la vertical.

4. A efectos prácticos, por ejemplo, en agotamientos de excavaciones, se deduce la importancia que pueden tener en los caudales a bombear pequeños niveles arenosos no detectados con la perforación de los sondeos.

(51)

PROBLEMA 2.5

Obtener y representar gráficamente las leyes de presiones totales, intersticiales y efectivas en el terreno indicado en la figura 2.6.

Las propiedades geotécnicas del terreno son:

γ

sat (kN/m3) (kN/m

γ

d 3) Grava Arena 22 20 19 4 m Arena Roca 1 m 5 m Gravas z N.F. Figura 2.6 SOLUCIÓN

Adoptemos el eje de referencia z con su origen en la superficie del terreno y con sentido positivo hacia abajo. Sea un plano cualquiera paralelo a la superficie del terreno situado a una profundidad z (figura 2.7). La presión total en ese plano (

σ

) es la que debe existir en dicho plano para que el terreno situado por encima de él esté en equilibrio. En el problema, la presión total a una profundidad z es la que equilibra el peso del terreno existente por encima.

(52)

σ

z

Figura 2.7

En un punto del terreno, la presión intersticial (u) es la presión que tiene el agua. Por debajo del nivel freático, la distribución de presiones intersticiales será la hidrostática ya que el agua está en reposo. Por encima del nivel freático la presión intersticial es la atmosférica (nula) ya que siendo gravas pueden despreciarse los efectos capilares.

Cuando las presiones totales e intersticiales estén determinadas, las presiones efectivas (

σ'

) podrán ser calculadas aplicando el principio de Terzaghi:

σ' = σ - u

Las distribuciones de presiones totales, intersticiales y efectivas son:

0 ≤ z ≤ 4

A una profundidad z, la presión total es la debida a un espesor z de gravas secas.

2 grava d ·z=19·z kN/m γ = σ 0 u = 2 m / kN z · 19 u ' =σ− = σ

(53)

10 z (m) 60 138 198 4 5 10 88 98 76 u,

σ

,

σ

´

(kN/m 2) σ σ' u Figura 2.8 4 ≤ z ≤ 5

A una profundidad z, la presión total es la debida a un espesor de 4 metros de gravas secas y a un espesor (z - 4) de gravas saturadas.

2 grava sat grava d ·4+(z−4)·γ =22·z−12kN/m γ = σ 2 w·(z 4) 10·z 40kN/m u =γ − = − 2 m / kN 28 z · 12 u '=σ − = + σ 5 ≤ z ≤ 10

A una profundidad z, la presión total es la debida a un espesor de 4 metros de gravas secas, a un espesor de 1 metro de gravas saturadas y a un espesor (z – 5) de arenas saturadas. 2 arena sat grava sat grava d ·4+γ ·1+(z−5)·γ =20·z−2 kN/m γ = σ 2 w·(z 4) 10·z 40 kN/m u=γ − = − 2 m / kN 38 z · 10 u ' =σ − = + σ

(54)

PROBLEMA 2.6

En el terreno esquematizado en la figura 2.9, se sabe que el nivel piezométrico en las gravas se sitúa 3 m por encima del nivel freático superficial. Se pide:

a) Nivel piezométrico en las gravas que provocaría el levantamiento de los paquetes de arcillas.

b) Leyes de presiones efectivas en los paquetes de arcillas suponiendo que se ha establecido un flujo permanente.

Las propiedades geotécnicas del terreno son:

Terreno (%) ω Gs (m/s) k Arcilla 1 Arcilla 2 25 30 2'75 2'75 10 -7 2·10-7 Gravas 1'5 m Arcilla 2 Arcilla 1 Agua z 2 m 4 m A C B 3 m

(55)

SOLUCIÓN

a) Nivel piezométrico en las gravas que provocaría el levantamiento de los paquetes de arcillas

Las gravas constituyen un acuífero confinado. Si se perforase un pozo, al alcanzar el techo del nivel de gravas, el agua subiría 3 metros por encima del nivel freático (figura 2.9).

Puesto que las gravas están a “presión” y confinadas por las arcillas, puede producirse el levantamiento de los paquetes de arcilla si la presión intersticial en el techo del nivel de gravas es igual a la presión total (

σ

= u).

En principio, el cálculo de dicha presión requiere la determinación de los pesos específicos saturados de las arcillas:

Arcilla 1: e = ω· G = 2'75 · 0'25 = 0'687

γ

sat = 20'37 kN/m3 Arcilla 2: e = ω· G = 2'75 · 0'30 = 0'825

γ

sat = 19'59 kN/m3

La presión total en el techo de las gravas es:

σ = 1'5 · 10 + 2 · 20'37 + 4 · 19'59 = 134'1 kN/m2

Si

σ

= u = 134'1 kN/m2, ello implica que la presión intersticial en el techo de las gravas sea la correspondiente a una columna de 13'41 m de altura, es decir, 5'91 m por encima del nivel freático.

(56)

b) Leyes de presiones efectivas en los paquetes de arcillas

En principio se debe calcular la distribución de presiones intersticiales.

En el problema se indica que se ha establecido un flujo estacionario. Adoptando el origen del eje z en la superficie del terreno y con el sentido hacia abajo (figura2.9), el potencial en un punto cualquiera A de la superficie del terreno es:

m 5 ' 1 0 5 ' 1 z u h A w A A − = − = γ =

y en un punto cualquiera B del techo de las gravas:

m 5 ' 4 6 5 ' 10 z u h B w B B − = − = γ =

(Nótese que al adoptar el sentido positivo del eje z hacia abajo, las alturas geométricas se deben restar en la expresión del potencial hidráulico).

Por lo tanto, la diferencia de potencial existente entre los puntos B y A es: hB – hA = 3 m

Como el terreno es estratificado y el flujo es vertical, podemos reemplazarlo por un terreno homogéneo con una permeabilidad equivalente:

s / m 10 · 5 ' 1 10 · 2 4 10 2 4 2 k e e k 7 7 7 i i i v − − − = + + = =

El gradiente existente entre el techo del nivel de gravas y la superficie del terreno es:

(57)

y aplicando la ley de Darcy, el caudal que circula por un tubo vertical de sección unidad vale: s / m 5 ' 0 · 10 · 5 ' 1 S Q = −7

Como este caudal debe ser igual al que circula por ese mismo tubo de sección unidad en el terreno real, y por continuidad, debe ser el mismo en ambos niveles de arcilla, se debe verificar:

2 7 1 7 7·0'5 10 2·10 10 · 5 ' 1 S Q ===

siendo i1 e i2 los gradientes existentes en los niveles 1 y 2 de arcillas,

respectivamente.

De la expresión anterior, se deduce que:

75 ' 0

i1= i2 =0'375

Ya se tienen los datos necesarios para calcular las presiones intersticiales.

0 ≤ z ≤ 2

El potencial en un punto situado a una profundidad z es:

z u h w − γ =

Se conoce el potencial del punto A:

m 5 ' 1 0 5 ' 1 hA = + =

y se debe cumplir que:

z · 75 ' 0 5 ' 1 z · i 5 ' 1 h h z u h A 1 w + = + = ∆ + = − γ =

(58)

Por consiguiente: z · 5 ' 17 15 · ) z · 75 ' 0 z 5 ' 1 ( u= + + γω = + kN/m2 En el punto C, 2 C C 2m u 50 kN/m z = → = 2 ≤ z ≤ 6

El potencial del punto C es:

m 3 2 5 z u h C w C C − = − = γ =

Como en el apartado anterior, el potencial de un punto cualquiera situado a una profundidad z deberá cumplir:

) 2 z ( · 375 ' 0 3 ) 2 z ( · i 3 h h z u h C 2 w − + = − + = ∆ + = − γ = Así pues:

[

3 z 0'375·(z 2)

]

· 22'5 13'75·z kN/m2 u= + + − γω = +

En el punto B, z=6m, la expresión anterior proporciona el valor:

2 m / kN 105 u=

correspondiente a la presión de una columna de agua de 10'5 m.

Resta ahora calcular las presiones totales y aplicar a continuación el principio de Terzaghi.

(59)

105 50 15 u σ' Arcilla 1 Arcilla 1 5'74 29'1 σ´, u(kN/m )2 1.5 m 4 m 2 m N.F. z(m) z Figura 2.10 0 ≤ z ≤ 2 2 m / kN z · 37 ' 20 15 z · 37 ' 20 10 · 5 ' 1 + = + = σ 2 m / kN z · 5 ' 17 15 u= + 2 m / kN z · 87 ' 2 u '=σ− = σ 2 ≤ z ≤ 6 2 m / kN z · 59 ' 19 56 ' 16 59 ' 19 · ) 2 z ( 37 ' 20 · 2 10 · 5 ' 1 + + − = + = σ 2 m / kN z . 75 ' 13 5 ' 22 u= + 2 m / kN 94 ' 5 z · 84 ' 5 u '=σ− = − σ

En la figura 2.10 se han representado las distribuciones de presiones efectivas e intersticiales.

Obsérvese que al existir un flujo de agua, la distribución de presiones intersticiales difiere de la hidrostática.

(60)

PROBLEMA 2.7

Un estrato acuífero de 4 m de potencia está confinado superiormente por un estrato de arcilla de 3 m de espesor e inferiormente por un estrato rocoso. Los pesos específicos de la arena y de la arcilla son 19'8 kN/ m3 y 18'2 kN/m3, respectivamente. Determinar la presión efectiva en el techo y en el muro del estrato arenoso cuando su nivel piezométrico se sitúa:

a) 2 m por debajo de la superficie del terreno. b) 2 m por encima de la superficie del terreno.

Arenas Roca Arcillas Caso a Caso b 2 m Arcillas 4 m 1 m Roca Arenas 2 m 3 m 4 m Figura 2.11

(61)

PROBLEMA 2.8

Un campo de fútbol está asentado sobre un terreno cuyo corte se adjunta en la figura 2.12. Si el estrato de calizas tiene una gran potencia y una alta permeabilidad, se pide:

a) Intensidades horarias en mm/h, suponiendo una lluvia constante, que inician el encharcamiento del campo de fútbol si:

i. No están saturadas las arenas limosas superiores. ii. Cuando se ha establecido ya el flujo hacia las calizas.

b) Si en un instante dado se tiene un encharcamiento de 20 cm y se ha establecido el flujo hacia las calizas, calcular en esta situación las distribuciones de presiones totales y efectivas en los niveles arenosos.

Se supondrá que la permeabilidad de las arenas limosas es independiente de su grado de saturación y no existe capilaridad.

2 m

Calizas carstificadas Arenas limosas

Arenas limosas con bolos y gravas

z

2'5 m

Figura 2.12

Las características del terreno son:

Terreno

γ

sat

(kN/m3)

k

(m/s)

Arenas limosas Arenas limosas con bolos y

gravas

19

21 10

-5

(62)

z 2 m Saturado A B Figura 2.13 SOLUCIÓN

a) Intensidades horarias que inician el encharcamiento del campo de fútbol Por continuidad, el encharcamiento se producirá cuando la intensidad de la lluvia (caudal unitario) sea igual al máximo caudal unitario que puede infiltrarse en el terreno.

i. No están saturadas las arenas limosas superiores

En esta situación se está infiltrando el agua en el terreno pero la línea de saturación está en el nivel de arenas limosas (figura 2.13).

En cualquier punto de la superficie del terreno la presión del agua es nula (atmosférica), al igual que en la línea de saturación ya que en el enunciado se indica la ausencia de capilaridad.

Si se adopta el origen del eje z en la superficie del terreno y con sentido positivo hacia abajo, el potencial de un punto B cualquiera de la línea de saturación es:

(63)

y el potencial de un punto A cualquiera de la superficie del terreno es: 0 0 0 u z h A A A = + = γ + − = ω

Por tanto, el gradiente queda:

1 z z L h h i B B B A − = = =

Para este gradiente, aplicando la ley de Darcy, la intensidad pedida es:

h / mm 36 1 · m / mm 1 10 · h / s 1 3600 · s / m 10 i · k A Q I= = = −5 3 =

ii. Cuando se ha establecido ya el flujo hacia las calizas

En esta situación, y como se indica en el enunciado que la permeabilidad de las calizas es muy elevada, las presiones del agua en este estrato serán nulas y en particular en el contacto con el nivel de arenas limosas con bolos y gravas.

Se tiene pues (figura 2.14):

0 0 0 u z h A A A = + = γ + − = ω m 5 ' 4 0 z u z h B B B B =− + =− γ + − = ω

Por tanto, el gradiente es:

1 5 ' 4 5 ' 4 L h h i= A − B = =

(64)

B

A

z 2 m 2'5 m Figura 2.14

Se tiene ahora un flujo vertical en un medio estratificado, pudiéndose sustituir por un terreno homogéneo con una permeabilidad equivalente vertical:

s / m 10 · 67 ' 1 10 5 ' 2 10 2 5 ' 4 k 6 6 5 V − − − = + =

En este caso, la intensidad pedida es:

h / mm 6 1 · m / mm 1 10 · h / s 1 3600 · s / m 10 · 67 ' 1 i · k A Q I= = = −6 3 =

b) Con un encharcamiento de 20 cm y flujo hacia las calizas, distribuciones de presiones totales y efectivas

m 2 ' 0 2 ' 0 0 u z h A A A = + = γ + − = ω

(65)

A

B

0'2 m

Arenas limosas

Arenas limosas con bolos y gravas

2'5 m 2 m z Figura 2.15 El gradiente es: 04 ' 1 5 ' 4 7 ' 4 L h h i= A− B = =

y el caudal resultante es ahora:

2 3 6 6 V i· 1'67·10 ·1'04 1'74·10 m /s/m k A Q = = =

Puesto que debe verificarse que: 1'74 · 10-6 = k1 · i1 = k2 · i2

resultan los siguientes gradientes:

i1 = 0'174 (nivel de arenas limosas)

(66)

z (m) u u,

σ

,

σ

´

(kN/m 2)

σ

'

σ

4'5 2 0 -0'2 18'521'5 40 92'50 Figura 2.16

Siguiendo un proceso similar al del problema 2.6, se obtienen finalmente las siguientes leyes de presiones totales, intersticiales y efectivas, que han sido representadas en la figura 2.16: 0 ≤ z ≤ 2 2 m / kN z · 19 2 z · 19 10 · 2 ' 0 + = + = σ 2 m / kN z · 26 ' 8 2 u= + 2 m / kN z · 74 ' 10 u '=σ− = σ 2 ≤ z ≤ 4'5 2 m / kN 2 z · 21 21 · ) 2 z ( 19 · 2 10 · 2 ' 0 + + − = − = σ

(67)

PROBLEMA 2.9

En el terreno mostrado en la figura 2.17, existe un flujo de agua vertical y ascendente. Una vez establecido el régimen estacionario y sabiendo que la presión intersticial en el punto A es uA = 26'5 kN/m2, se pide calcular:

a) Caudal circulante

b) Presiones efectivas en los puntos A y B Las características geotécnicas del terreno son:

Terreno (kN /m

γ

sat 3) (m/s) k Arena 1 Arena 2 20 21 5·10 -3 10-3 1 m Arena 1 N.F. 1'5 m 1 m 1 m Arena 2 B A Figura 2.16 Solución: a) Q = 5·10-4 m3/s/m2 b) σ'A = 13'5 kN/m2 σ'B = 28'5 kN/m2

(68)

PROBLEMA 2.10

En la balsa indicada en la figura 2.18, se pide:

a) Completar la red de flujo, indicándose las equipotenciales y las líneas de corriente de contorno.

b) Si la permeabilidad del terreno es k = 5 · 10-6 m/s y sabiendo que en el punto B se ha medido una presión intersticial de 230 kN/m2, estimar las pérdidas que tendrá la balsa.

c) Si el peso específico saturado del terreno es 22 kN/m3, calcular en el punto A la presión efectiva y definir la velocidad del agua.

Nota: La resolución del ejercicio queda limitada a la utilización de los datos acotados en la figura 2.18. 11 m A B NIVEL IMPERMEABLE 42 m 20 m Figura 2.18

(69)

11 m a b 0'5 A C B a b NIVEL IMPERMEABLE 42 m 20 m z l1 l2 e2 e1 Figura 2.19 SOLUCIÓN

a) Red de flujo. Equipotenciales y líneas de corriente

El fondo de la balsa es una superficie equipotencial. El contacto con el nivel impermeable y el eje de simetría son líneas de corriente.

Para completar la red de flujo (figura 2.19), se debe comenzar prolongando la línea de corriente que pasa por el punto B hasta el fondo de la balsa, cuya intersección debe ser ortogonal ya que se trata de una superficie equipotencial. Se hace necesario a continuación trazar la línea de corriente l1 para formar los

primeros cuadrados curvilíneos. La inserción de las equipotenciales e1 y e2

completan la formación de los cuadrados curvilíneos en estos dos tubos de corriente formados. Finalmente, es preciso trazar la línea de corriente l2 que

delimita el tercer tubo de corriente y un cuarto y último tubo de corriente incompleto y en el que la relación b/a ≈ 0'5.

En total, resultan 3'5 tubos de corriente.

La condición de perpendicularidad entre líneas de corriente y equipotenciales es muy restrictiva limitando mucho el trazado.

(70)

b) Pérdidas de la balsa

Si se adopta el origen del eje z en el fondo de la balsa y el sentido positivo hacia abajo (figura 2.19), la pérdida de carga entre el punto C y el punto B situado en el fondo de la balsa es:

m 8 ) 23 11 ( 20 ) u u ( ) z z ( h C B C B = + − = γ − + − = ∆ ω

ya que la presión intersticial en B es 230 KN/m2.

Esta pérdida de carga es la que existe entre la primera y la segunda equipotencial, por lo que el caudal que se infiltra vale:

m / s / m 10 · 4 ' 1 8 · 5 ' 3 · 10 · 5 h · N · k Q 6 4 3 t ∆ = − = − =

Y puesto que hay simetría se debe adoptar un caudal doble:

m / s / m 10 · 8 ' 2 Q= −4 3

c) Presión efectiva y velocidad del agua en el punto A

La tensión total en el punto A es :

2 sat

A =42·γ +11·γ =42·22+11·10=1034kN/m

(71)

de donde: 2 A A (42 20) 230 u 450kN/m u = →  γ + − = γω ω Y por tanto: 2 A 1034 450 584 kN/m ' = − = σ

El vector velocidad en el punto A se define con su módulo, dirección y sentido. Puesto que el punto A pertenece al eje de simetría y éste a su vez es una línea de corriente (figura 2.19), la dirección y sentido de la velocidad en este punto son vertical y hacia abajo, respectivamente.

Si la tensión efectiva en A es:

2 A 584 kN/m ' = σ y sabiendo que: 2 A '·z i· ·z 584kN/m ' =γ + γ = σ ω

entonces el gradiente en el punto A es:

19 ' 0 42 · 10 42 · 12 584 i= − =

Finalmente, aplicando la ley de Darcy, el módulo del vector velocidad es:

s / m 10 · 5 ' 9 19 ' 0 · 10 · 5 i · k v= = −6 = −7

(72)

PROBLEMA 2.11

En la pantalla de la figura 2.10 se conoce la solución de equipotenciales indicada. Si el coeficiente de permeabilidad del terreno es igual a 5 · 10-6 m/s, se pide: a) Dibujar la red de corriente.

b) Calcular el caudal infiltrado.

c) Presión intersticial media en el pie de la pantalla.

TERRENO IMPERMEABLE 15 m 3 m 1 6 m 15 m +30 +20 +21 +11 +5 TERRENO IMPERMEABLE Figura 2.20

(73)

PROBLEMA 2.12

En el terreno que se muestra en la figura 2.21 se pretende realizar una excavación al abrigo de pantallas apoyadas en el nivel de gravas. El nivel freático se encuentra en la superficie del terreno.

Sabiendo que el nivel piezométrico en las gravas coincide con el nivel freático y suponiendo que ambos permanecen constantes durante la excavación, se pide: a) Calcular la profundidad máxima de excavación d que se puede

alcanzar si en todo momento se mantiene con bombeo el nivel de agua en el fondo de la excavación.

b) Para una profundidad d = 5 m, determinar el tiempo que tardaría el agua en alcanzar una altura de 4'5 m en la excavación si se deja de bombear.

10 m Gravas Arenas limosas d N.F. Figura 2.21

Las características del terreno son:

Terreno (kN/m

γ

sat3) (m/s) k

(74)

SOLUCIÓN

a) Profundidad máxima de excavación d

Puesto que el nivel piezométrico en las gravas coincide con el nivel freático y ambos permanecen invariables durante la excavación, los potenciales de los puntos A, C y D serán iguales (figura 2.22). No se producirá flujo alguno en el exterior de la excavación.

Por debajo de la excavación, las condiciones son diferentes. Tomando el plano de referencia arbitrario para las alturas geométricas en el contacto entre las gravas y arenas, el potencial del punto A es:

m 10 10 0 h z u h A C w A A + = = + = γ =

Cuando la profundidad de la excavación sea d, el potencial de un punto cualquiera punto B situado en el fondo de la excavación será:

m ) d 10 ( ) d 10 ( 0 z u h B w B B + = + − = − γ =

En consecuencia, si d > 0 existirá una diferencia de carga hidráulica entre el nivel de gravas y el fondo de la excavación igual a:

d ) d 10 ( 10 h h H= A − B = − − = ∆

produciéndose un flujo vertical y ascendente en las arenas limosas, pudiéndose originar el fenómeno de inestabilidad hidráulica conocido como “sifonamiento” El coeficiente de seguridad frente al sifonamiento se define como:

c

i i F=

(75)

d 10 m N.F. A B z D C Sección A Arenas limosas Gravas Figura 2.22

siendo ic el gradiente crítico que se obtiene como:

1 ' 1 10 11 i w c = = γ γ′ =

El gradiente existente en las arenas limosas para una profundidad de excavación

d es: d 10 d l H ie − = ∆ = y por lo tanto, d 10 d 1 ' 1 F − =

Teóricamente, la inestabilidad se alcanza para un valor del coeficiente de seguridad igual a la unidad. Según la expresión anterior, ello se produce para:

m 24 ' 5 d=

(76)

b) Para d = 5 m, tiempo que tardaría el agua en alcanzar una altura de 4'5 m en la excavación si se deja de bombear

Si se deja de bombear, el nivel del agua en la excavación subirá y consecuentemente el gradiente variará con el tiempo.

Sea x el nivel de agua existente en la excavación en el instante t (figura 2.23). En este momento, el gradiente es:

5 x 5 l H i=∆ = −

y aplicando la ley de Darcy, el caudal que se infiltra es:

5 x 5 A k i A k Q= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ −

siendo A la sección de la excavación.

En el instante t + dt, la altura de agua en la excavación será x + dx, y en el espacio de tiempo dt el volumen de agua que ha entrado en la excavación (figura 2.23) es:

dx A

dV= ⋅ (1)

Por continuidad, este volumen deberá ser igual al volumen infiltrado:

dt 5 x 5 A k dt Q dV= ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅ (2)

Igualando (1) y (2) se llega a la siguiente ecuación diferencial:

dt 5 k x 5 dx ⋅ = −

(77)

5 m N.F. A x dx 5 m Figura 2.23

cuya integración es inmediata:

= = = − = ⋅ t 0 t 5 ' 4 x 0 x dt 5 k x 5 dx

Para la permeabilidad de las arenas limosas dada en el enunciado, se obtiene:

h 16 s 565 . 57 t= =

(78)

PROBLEMA 2.13

En el terreno indicado en la figura 2.24, se quiere realizar una excavación al abrigo de unas pantallas que alcancen el nivel inferior de gravas. Suponiendo que la presión intersticial en el plano AB es constante e igual a 150 kN/m2, se pide: a) Máxima profundidad de excavación que puede realizarse con un coeficiente

de seguridad de 3 frente al sifonamiento.

b) Para la situación anterior, calcúlese la distribución de presiones intersticiales en el intradós de la pantalla. 15 m Gravas 5 m A B Arenas limosas Arenas finas Figura 2.24

Las características del terreno son:

Terreno γsat (kN/m3) k (m/s) Arenas limosas Arenas finas 21'5 21'0 2·10 -6 4·10-5

(79)

5 m Arenas finas Gravas Arenas limosas 15 - H H i i z C A k 1 2 1 2 k Figura 2.25 SOLUCIÓN

a) Máxima profundidad de excavación

Para verificar la seguridad frente al sifonamiento es necesario calcular los gradientes existentes.

En el problema propuesto, se tiene un flujo vertical y hacia arriba desde el nivel de gravas hasta el fondo de la excavación, a través de un medio estratificado, circulando el agua con un gradiente i1 en las áreas limosas y con un gradiente i2

en las arenas finas (figura 2.25).

El medio estratificado puede sustituirse por un medio homogéneo de permeabilidad equivalente kv. Además, si Q es el caudal que circula por un tubo

vertical de sección unidad e i es el gradiente existente entre el techo de las gravas y el fondo de la excavación, debe cumplirse que:

2 2 1 1 v·i k ·i k ·i k Q= = =

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