42999425 Problemas Resueltos de Mecanica de Suelos y de Cimentaciones

(1)

Crespo Villalaz

PROBLEMAS RESUELTOS·

DE MECÁIIICA

DE SUELOS

(2)

Acerca del autor:

Titulado en 1947 por la Universidad

Autónoma de México como

lnqenie-ro Civil, Carlos Crespo Villalaz ha

realizado una brillante carrera

pro-fesional desempeñando,

además

importantes cargos públicos.

Por su destacada

labor en los

campos del la investigación

y

la

di-dáctica, así como por su

participa-ción en innumerables

congresos

nacionales y extranjeros,

ha sido

galardonado con prestigiosos

pre-mios y diplomas.

Es miembro del Consejo

Consul-tivo de la Asociación Mexicana de

Carreteras

y autor

de diversas

obras, como Mecánica de suelos

y

cimentaciones

y

Vías de

comu-nicación,

editadas

también

por

(3)

PROBLEMAS

RESUELTOS

DE MECÁNICA

DE SUELOS

y DE CIMENTACIONES

Carlos Crespo Vi lIa laz

~ LlMUSA NORIEGA EDITORES

(4)

Contenido

Introducción 9

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

Propiedades físicas de los suelos 11

Relaciones volumétricas 17

Características plásticas de los suelos 29

Clasificación de los suelos 35

Compactación de los materiales 39

Valor relativo de soporte 45

Agua en el suelo 49

Presiones totales, neutras y efectivas 57

Esfuerzos de corte en los suelos 63

Empuje de tierras 71

Consolidación y asentamientos 79

Movimiento del agua en los suelos 83

Distribución de presiones en los suelos 87

Capacidades de carga en las cimentaciones 99

Zapatas de cimentación 109

Pilotes y pilas de cimentación 123

Cimentaciones compensadas 143

Cilindros de cimentación 145

Cimentaciones de zapatas aisladas para asentamientos iguales

Referencias 163

7

(5)

Introducción

~---

_

...._-_._.._..

_--_

.•.

---Mi principal objetivo al escribir esta obra es presentar algunos problemas típicos de la mecánica de suelos y de las cimentaciones para que sirvan de modelo al lec-tor, pero sin pretender abarcar todos y cada uno de los temas de esta amplia y evo-lutiva rama de la Ingeniería Civil.

La solución de los problemas se presenta de acuerdo con el orden de los temas tra-tados en mi obra Mecánica de Suelosy Cimentaciones y, por tanto, viene a ser su complemento; aunque también cualquier persona puede usarla sin tener que refe-rirse, necesariamente, a los libros de Ingeniería de Suelos, siempre ycuando posea los conocimientos fundamentales acerca de la materia.

Para darle una mejor orientación a la obra se incluye una muy concisa introduc-ción teórica en cada uno de los diferentes temas sobre los que se han elaborado y resuelto los problemas.

(6)

1---Propiedades físicas

de los suelos

El conocimiento de las características físicas o mecánicas' de los suelos es funda-mental en el estudio de la Mecánica de Suelos, ya que mediante su adecuada in-terpretación ingenieril se predice, con bastante aproximación, el comportamiento de los diferentes terrenos bajo la acción de las cargas a que sean sometidos.

1.1 Determinar el peso volumétrico seco y suelto de un material con los datos siguientes:

a) Peso del material seco y suelto más recipiente: 12,447.20 g

b) Peso del recipiente: 2,200.00 g

e) Volumen del recipiente: 15cm

x

15cm

x

25cm

=

5,625 cm" El peso volumétrico seco y suelto vale:

t-;

'Yss

= -_

=

V( 12,447.2 - 2,200.0 5,625 1.8217 g/cm! Yss

=

1,821.7 kg/rn!

==

1,822 kg/rn"

1.2 Determinar la densidad absoluta y la relativa de un material fino si se tienen los siguientes resultados:

a) Peso del material que pasa la malla # 40

=

50 g

b) Peso del matraz con agua

=

661.6 g

e) Peso del matraz con agua y suelo

=

692.73 g La densidad absoluta es:

D - ps· Dw

a - Ps

+

Pma - Pmas

50

x

1.0

=

2.649 g/cm! 50

+

661.6 - 692.73

La densidad relativa es:

Da 2.649

D¡

= -_

_o;

=

O

=

2.649

==

2.65

(7)

12 Problemas resueltos de mecánica de suelosyde cimentaciones

1.3 Determinar el porcentaje de absorción de un material que se pretende usar como base de pavimento, si se tienen estos resultados:

a) Peso del material saturado y superficialmente seco ::; 256.8 g

b) Peso del material seco

=

248.2 g El porcentaje de absorción es:

m Ab = 256.8 - 248.2 X 100 = 3.465070

==

3.5%

~/O s. 248.2

1.4 En un análisisgranulométrico por mallas, se obtienen los resultados que si-guen. Calcular y dibujar la granulometría del material.

Mallas Pesos retenidos parciales, en gramos 1 112" (38.1 mm) 0.00 1' , (25.4 mm) 1,818.1 3/4" (19.1 mm) 1,212.1 3/8" (9.52 mm) 3,030.2 # 4 (4.76 mm) 2,272.7 Pasa # 4 6,818.1 Suma 15,151.2

De los 6,818.1 gramos que pasaron por la malla # 4, por medio de cuidado-sos cuarteos, se tomaron y pesaron 200 gramos para efectuar la

granulome-tría chica por lavado, obteniéndose los siguientes resultados:

Mallas No. Pesos retenidos parciales, en gramos 10 (2.0 mm) 31.5 20 (0.84 mm) 27.6 40 (0.42 mm) 29.1 60 (0.25 mm) 22.0 100 (0.149 mm) 24.0 200 (0.074 mm) 19.8 Pasa No. 200 46.0 Suma 200.0 Solución aritmética: a) Granulometría grande:

Malla Peso Retenido 0/0 Retenido 0/0 Acumulativo % Que pasa la

(gr) malla 1 1/2" O O O 100 1' , _1,818.1 _12.00 ₁₂ ₈₈ 3/4" 1,212.1 8.00 20 80 3/8' , 3,030.2 20.00 40 60 # 4 2,272.7 15.00 55 45 Pasa #4 6,818.1 45.00 100 O Suma 15,151.2 100

(8)

Propiedades físicas de los suelos 13

b) Granulometría chica:

Malla Peso Retenido % Retenido % Acumulativo % Que pasa la

(gr) malla 10 31.5 7.0 7 (62) 38 20 27.6 6.0 13 (68) 32 40 29.1 7.0 20 (75) 25 60 22.0 5.0 25 (80) 20 100 24.0 5.0 30 (85) 15 200 19.8 5.0 35 (90) 10 Pasa 200 46.0 10.0 45 (lOO) O Suma 200.0 45.0

e) Los resultados anteriores se grafican en papel semi-logarítmico:

1.5 Con los datos obtenidos en el problema granulométrico anterior, determi-nar:

a) Diámetro efectivo del material.

b) Coeficiente de uniformidad del material.

e) Coeficiente de curvatura del material.

d) Indicar si está bien o mal graduado el material y explicar por qué.

Respuestas:

a) Diámetro efectivo (D1o)

=

0.074 mm

C¿ __ D60 __ 9.520

(9)

e) Coeficiente de curvatura

=

Ce

=

(D30)2

(D60) (DlO)

(0.75)2

=

(9.52) (0.074)

=

0.80 Por los datos anteriores se puede decir que el material está ligeramente mal graduado, ya que a pesar de tener un coeficiente de uniformidad muy alto, el coeficiente de curvatura es menor a uno, es decir, no está entre 1 y 3. Si los resultados de la granulometría anterior se grafican junto a las curvas de especificaciones para materiales de bases y sub-bases como se indica, se puede notar que la curva del material atraviesa. dos zonas, lo que señala de-fecto de curvatura aunque esté correcta en uniformidad de tamaños de partículas.

GRAFICA DE COMPOSICION GRANULOMETRICAI

..t ,... o c:i Ol '<t c:i o 1.0 N c:i o N '<t c:i o '<t 00 c:i o <O ,... '<t o N 1.0 .,; io o o o o '<t 00

.,; LCi cri c:i

_ N M Jl') 100 90 80 70 <{ (J) 60 <{ n, i.U 50 :::l o #. ₄₀ 30 20 10 O

-:

/

V

; / J

/

V

/

1/

J

/

_/

_//

/

v//

1/

v

_/

V/

l/

/

./

v

-:

.-/

/

./

v

~ -z»"

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/

/ .",.,..

/-""

__...

f--/

,..

_~

..-

_::;.:::..

.--

_»>

_;;::;.;

----

--200 100 60 40 20 10 4 3/8'" 3/4" 1" 1-1/2" 2" MALLA

1.6 Del análisis granulometrico anterior (en un análisis combinado de gran u-lometría chica y sedimentación) se obtuvieron los siguientes resultados:

a) Peso de la muestra: 200 gramos (obtenida por cuarteos de los 6,818.1 gramos que pasaron por la malla # 4 del problema anterior).

b) Porcentaje que los 6,818.1 gramos representan de la muestra total de 15,151.2gramos: 45070.

e) Peso del residuo de los cien centímetros cúbicos de solución (agua y ma-terial en suspensión extraídos a los 5.5 minutos transcurridos después de agitar el material en el recipiente de 1000 cm" = 2.2 gramos.

d) Los 5.5 minutos corresponden al tiempo en que aún están en suspensión partículas menores a 0.002 mm, suponiendo una D,

=

2.95 y una tem-peratura de la solución de 34°C. Ver gráfico del Cuerpo de Ingenieros del Ejército de los Estados Unidos de América.

(10)

Propiedades físicas de los suelos

Determinar el porcentaje de partículas menores a 0.02 mm. Solución:

% 0.002 mm _(~~) _{(0.45) (100) ( \:'} ₎

₌

(1000) (~~ ) (0.45) = 4.95070

15

1.7 De una muestra de material fino que pasa el 100% por la malla # 60 se extrajeron, por cuarteos, 50 gramos secos para realizar una prueba de sedi-mentación a fin de obtener los porcentajes de partículas menores a 0.5 mm ya 0.005 mm. El material presenta una D, = 2.65 y la temperatura de la solución en el recipiente a la hora de la prueba fue de 20°C (condiciones me-dias en el gráfico del Cuerpo de Ingenieros del Ejército de los Estados Uni-dos de América).

Gráfico para análisis granulométrico por sedimentación

3.2 3.1 3.0 -c > ¡:: « --' 2.5 w a:: o 2.4 « o 2.3 ¡¡; z w 2.2 o 2.1 2.0

ABACO PARA ANAlISIS GRANULOMETRICO

POR SEDIMENTACION BASADO EN UN

AGUJERO DE DRENAJE A 20 CM DEBAJO

DE LA MARCA 10oo-CC

NOTA: EL ABACO ESTA BASADO EN

LA LEY DE STOKES Y ES USADO PARA DETERMINAR EL TIEMPO

TRANSCURRIDO ANTES DEL DRENAJE

PARA CUALQUIER TAMAÑO DE GRANO

DESEADO. EJEMPLO: PART. <0.02 mm Dr = 2.95 t' = 35'C tiempo =5.5rnin, « a:: ::> >-« Ir w Q. ::; W >-r- . 6 1

4-1\

2 8 CONDICIONES MEDIAS

"

,

_1'\ \

-

1\ u \

1\

\ \ 1\ \ \ \ ~ \ \

\

\ \

1\

\ \

\

\ ~ \ _\ EJEMPLO- 1\ \

\

\ \

1\

\

\ 1\ 10.0 15. 21. 26. 32. 3,7, .005 .010.012.015 .02.025.03 .04 .05.

DIAMETRO DE LA PARTICULA EN MILI METROS 300 250 150 100 !90 ;80 70 60 50 40 (/) O >-::> 30 z_:¡ 25 z_w 20 Óo ir. Ir ::> 15 u (/) z 12 «Ir >-10 O Q. 9 ::;_w 8 ¡:: 7 6 5 4 3 2

(11)

De acuerdo con los datos de la prueba de sedimentación por medio del pro-cedimiento de la extracción de solución a determinados tiempos, se tiene:

a) Peso seco total de la muestra usada

=

50 gramos.

b) Peso seco del residuo a un tt = 1.0 minuto, para partículas menores a

0.05 mm = 3.60 gramos = P,

e) Peso seco del residuo a un t2 = 140 minutos para partículas menores a

0.005 mm

=

2.10 gramos

=

P2

Solución:

OJo partículas menores a 0.05 mm

=

(1000) ( ~~ )

=

72% % partículas menores a 0.005 mm

=

(1000) ( ~~ )

=

42% Lo anterior indica que el suelo presenta:

% de arcilla

«

0.005 mm) = 42%

% de limos

«

0.05 mm)

=

72 - 42

=

30%

% de arena (+- 0.05 mm y 2.0 mm) = 28%

1.8 Determinar la velocidad de sedimentación de las partículas menores a 0.005 mm del problema anterior con los datos siguientes:

a) Viscosidad absoluta del agua 20°C =

e

= 0.0101 g/(cm-seg) y

Da = 2.65 g/cm".

b) La densidad del agua se considera de 1.0g/cm",

e) Aplicar la ecuación de Stokes. Solución: v 2gr2(Da - Dw) ge 2.22587 X 10-3cm/seg. (2) (981) (0.00025)2 (1.65) (9) (0.0101)

(12)

2---Relaciones volumétricas

Las condiciones en que se encuentre un suelo alterado o inalterado en el lugar o transportado por cualquier medio, pueden indicarse como: a) en estado completa-mente seco, b) con cierta cantidad de humedad (parcialmente saturado), y e)

completamente saturado (100% saturado). Es muy importante conocer las rela-ciones volumétricas existentes en cada fase entre suelo, aguayaire, para discernir adecuadamente en cada caso.

2.1 Se determinaron las características mecánicas de un estrato de arena en-contrándose que, al obtener una muestra representativa, su volumen era de 420cm" y su peso húmedo de 737 gramos. Después de secado en un horno, el espécimen pesó 617 gramos. Si su densidad absoluta relativa fue de 2.63, determinar:

a) Porcentaje de humedad de la muestra

b) Relación de vacíos de la arena en su estado natural

e) Porosidad de la arena en su estado natural

ti) Grado de saturación de la arena

e) Peso volumétrico húmedo de la arena

1) Peso volumétrico seco de la arena Solución:

El porcentaje de humedad es:

w = Ph - Ps

x

100 = .737 - 617

x

100 = 19.449070

Ps 617

La relación de vacíos es:

r,

617 3 Vs

= --

=

234.6 cm Da 2.63 Vv

=

V( - Vs = 420 - 234.6 = 185.4 cm! e = ~

=

185.4 = 079 Vs 234.6 17

(13)

La porosidad de la arena es:

n

=

e X 100

=

0.79

x

100

=

44.130,70

1

+

e

1.79

El grado de saturación es:

V 737 - 617

G

=

_w_

x

100

=

x

100

=

64.72%

Vv 185.4

El peso volumétrico húmedo de la arena es:

v« =

Ph

=

737

=

1.7547 g'/cm!

=

1,754.7 kg/rn!

VI 420

El peso volumétrico seco de la arena es:

h = 1,754.7 = 1 46899 k /rn!

"Is

=

1

+

w/loo 1.19449 ,. g

2.2 Una muestra inalterada de arcilla tiene una humedad del 8%, una densidad absoluta relativa de2.66, un peso de 100 gr y un peso volumétrico húmedo de 1,900 kg/rn",

Determinar:

a) Relación de vacíos de la arcilla

b) Porosidad

e) Grado de saturación. Solución:

El volumen de los sólidos es:

e,

100 3

Vs

= _-.

= _-

=

37.594 cm

Da 2.66

El volumen total es:

V - Ps

+

Pw

t

-"Ih

=

100

+

8.0

=

56.84 cm! 1.9

Por tanto, el volumen de vacíos es:

Vv = Vt - Vs = 56.84 - 37.594 = 19.248 cm!

La relación de vacíos de la muestra es:

e

= ~

=

19.248 = 0.512

Vs 37.594

La porosidad de la arcilla es: e

n

=---1

+

e

0.512

x

100

=

33.86% 1.512

(14)

Relaciones volumétricas 19

El grado de saturación de la arcilla es:

G

=

Vw

x

100

=

8

x

100

=

41.56070 . Vv 19.248

2.J ¿Qué cantidad de agua se le agrega a un metro cúbico de arcilla del pro-blema anterior para darle una humedad de un 12070,asumiendo que la rela-ción de vacíos no cambia?

Solución:

a) El porcentaje de humedad con respecto al peso seco que se va a agregar

es: w = 12 - 8 = 4070

b) Si a56.84 cm! se agrega el4070en peso(4.0 cm'), a un metro cúbico se le agrega, según la proporción:

-5-6~-84-

=

(1~)3

=

70,392.97 cm"

=

70.373 litros

2.4 Una arcilla completamente saturada (100070)tiene un volumen de 190cm' y

pesa343 gramos. Si la densidad absoluta relativa de la arcilla es de2.68, de-terminar:

a) Relación de vacíos

b) Porosidad

e) Contenido de humedad

d) Peso volumétrico saturado

e) Peso volumétrico seco. Solución:

Como el peso volumétrico saturado vale:

'Ysat = Da

+

e 1

+

e '

y se sabe que 'Ysat 343

190 1.805 gr/cm", y la densidad absoluta es de = -- =

2.68 gr/cm", igualando se tiene:

2.68

+

e _ 343 _ 1 805 / 3 1

+

e - 190 -. gr cm , por lo que la relación de vacíos vale:

(2.68 + e) (190)

=

343 (l + e)

509.2

+

190e = 343

+

343 e

166.2 = 153e

(15)

La porosidad vale:

n

= (

e)

100

=

108.6

=

52.06% 1

+

e 2.086

o sea, los vacíos representan el 52.06070 del volumen total. Como la arcilla está 100% saturada, la humedad vale:

Esto indica que el porcentaje de humedad de la muestra saturada 100% es de 40.5%.

El peso volumétrico saturado vale:

Da

+

e 'Ysat = 1

+

e 2.68

+

1.086 =

=

1

+

1.086 3.766 2.086 1.805 g'/cm!

El peso volumétrico seco vale:

Da 2.68

'Ys = 1

+

e = 1

+

1.086 = 2.6802.086 _ 1 2'847-. g cm'/ 3

2.5 Una muestra representativa e inalterada obtenida de un estrato de suelo pe-sa 26.0 kg con un volumen de 13.8 litros o sean 13,800 cm", De esta muestra se extrae un pequeño espécimen que pesa 80 gramos húmedo y 70 gr ya seco al horno. La densidad absoluta relativa de las partículas sólidas de la muestra es de 2.66. Se desea calcular:

a) Humedad de la muestra

b) Peso seco de toda la muestra extraída

e) Peso del agua en toda la muestra extraída del estrato ti) Volumen de la parte sólida de toda la muestra obtenida

e) Volumen de vacíos de la muestra j) Relación de vacíos de la muestra

g) Porosidad de la muestra

h) Grado de saturación de la muestra

1) Peso volumétrico húmedo de la muestra J) Peso volumétrico seco de la muestra.

Solución:

El porcentaje de humedad es:

w = Ph - Ps

x

100 = 80 - 70

x

100 = 14.28%

Ps 70

El peso seco de toda la muestra es:

Ps = _~P_;_:..h__ = 26 = 22.75 kg 1

+

w/lOO 1.1428

(16)

El peso del agua en toda la muestra es de: Pw

=

Ph -

Ps

=

26 - 22.75

=

3.25 kg

El volumen de la parte sólida de toda la muestra es:

V

=

Ps

=

22,750

=

8 5·5263 3

s Da 2.66 ,. cm El volumen de vacíos de toda la muestra es:

Vv

=

Vt - Vs

=

13,800 - 8,552.63

=

5,247.37

cm-La relación de vacíos de la muestra es:

Vv 5,247.37

e

= --

=

0.613 Vs 8,552.63 Porosidad de la muestra:

e

0.613 n

= --

= _ _;__;;_;,__

x

100

=

38.00070 1

+ e

1

+

0.613

El grado de saturación de la muestra con la humedad que contiene vale:

El peso volumétrico de la muestra húmeda es:

( D ) ( 2.66 )

'Yh

=.

1 : e (1

+

w/l00)

=

1.613 (1.1428)

=

1.884,59 gr/cm!

El peso volumétrico de la muestra seca es:

Da 2.66 3 3

vs=

1

+

e =

1.613

=

1.649 g/cm 1,649 kg/cm o lo que es lo mismo: 'Yh 'Ys = ---'-'-'---

=

1

+~

100 1884.59 1.1428

=

1,649.1 kg/rn!

2.6 Una muestra inalterada de arena obtenida de un depósito eólico o médano marino cubica 3.7 litros ypesa húmeda 5.91 kilogramos. En el laboratorio se le hacen determinaciones obteniéndose:

a) Para determinar su humedad:

·Peso húmedo más recipiente .e 13.83 g

·Peso del recipiente

=

5.04 g

·Peso seco más recipiente = 11.99 g .Peso del recipiente

=

4.31 g

(17)

21. Problemas resueltos de mecánica de suelosyde cimentaciones b) Para determinar la densidad absoluta relativa de las partículas se

obtu-vieron los resultados siguientes: • Peso del suelo seco

=

35 g

.Peso del matraz más agua

=

434.12 g

• Peso del matraz más suelo yagua hasta el mismo nivel de calibración

= 456.21 g

e) La relación de vacíos en su estado más suelto, emáx

=

1.20

el) Relación de vacíos en su estado más compacto

=

emín

=

0.50

Se desea obtener mediante los resultados: • Porcentaje de humedad de la muestra • Densidad absoluta relativa de las partículas • Peso de los sólidos de la arena

• Peso del agua que contiene la muestra ·Volumen de la parte sólida de la muestra • Volumen de vacíos en estado natural • Porosidad en estado natural

=Grado de saturación con la humedad que contiene ·Compacidad relativa de la arena en el depósito eólico

·Clasificación en cuanto a compacidad se refiere en estado natural.

Solución:

=Peso de la muestra húmeda = Ph = 5,910 g

·Volumen de la muestra húmeda

=

3,700 cm!

La humedad es:w

=

(13.83 - 5.04) - (11.99 - 4.31) (11.99 - 4.31)

=

8.79 - 7.68

=

0.1445

=

14.45070 7.68

La densidad absoluta relativa:

Ps 35

Dr

= ---___::---

= ---

=

2.71

Ps +:Pma - Pmas 35

+

434.12 - 456.21

El peso de los sólidos es:

Ph

Ps = =

1

+

w/loo

5,910

1.445

=

5,163.83 g

El peso del agua en la muestra es:

P¿

=

Ph - P,

=

5,910 - 5,163.83 = 746.17 g

El volumen de la parte sólida es:

Vs

= ~

=

5,163.83

=

1,905.47 cm!

(18)

El volumen de vacíos es:

Vv

.=

(VI - Vs)

=

3,700 - 1,905.47

=

1,794.53 cm!

La relación de vacíos es: Vv enat

= --

=

Vs 1,794.53 = 0.9417 1,905.47 La porosidad es: e nnat

=

1

+

e 0.9417

x

100

=

48.498070 1.9417 El grado de saturación es:

G

= (

Vw ) 100

= (

746.17 ) 100

=

41.58070 Vv 1,794.53

La compacidad relativa en estado natural del depósito es:

Cr

=

emáx - enat

=

1.2 - 0.9417

=

0.2583 ::::,0.369

=

36.9070

emáx - emín 1.2 - 0.500 0.700

La arena en estado natural se encuentra en estado medio de compacidad, como se observa en los datos siguientes, según los porcentajes de compaci-dad relativa: 0.00 a 35070 36070a 650/0 66070a 85070 86070a 100070 Floja Media Compacta Muy compacta

2.7 Determinar densidad absoluta, humedad, relación de vacíos y peso vo-lumétrico en estado natural del suelo cuyos datos obtenidos en laboratorio son:

a) Densidad absoluta:

Peso del suelo usado = Ps = 30 g

Peso del matraz con agua

=

Pma

=

436.18 g

Peso del matraz con agua y suelo

=

Pmas

=

455.07 g

Da = .. PsDw Ps

+

Pma - Pmas

=

2.70 gr/cm! 30 x 1

= ~------~

=

30

+

436.18 - 455.07 30 11.11 b) Humedad:

Peso de la muestra húmeda

=

Ph

=

1,033 g Peso de la muestra seca

=

P,

=

870 gr

w

=

1,033 - 870 x 100

=

18.73070

(19)

e) Relación de vacíos y peso volumétrico húmedo: Peso del material inalterado

=

Pi,

=

29.46 g

Peso del material inalterado más parafina

=

Pp

=

31.79 g Peso del material con parafina pesado en agua = P; = 12.71 g Volumen del material:

v

= Pp - Pa - Vp = 31.79 - 12.71 - Vp

La densidad de la parafina

=

Dp

=

0.96 (varía entre 0.95 y 0.97). El volu-men de la parafina que envuelve la muestra es:

V - Pp - Ph - 2.33 - 2 427 3

p - - -- -. cm

o,

0.96

Por tanto el volumen de la muestra vale:

v

= 31.79 - 12.71 - 2.427 = 31.79 - 15.137 16.653 cm! Por lo que el peso volumétrico húmedo es:

Ph 29.460

'V - -

=

1.769 g /cm3 = 1,769 kg/rn!

,h -

V -

16.653 La relación de vacíos vale:

e

=

Da - 1

=

'Ys 2.7 _ 1 1.769 1.187 2.7 =--1 1.49 0.812

2.8 Una calle de 10 m de ancho y 80 m de largo se escarifica en una profundidad compacta de 20 cm, y produce un volumen suelto con humedad de 9070 de 208 metros cúbicos (factor de abundamiento de 1.3). El factor de abunda-miento es igual al peso volumétrico seco en la calle estando compacto el ma-terial, entre su peso volumétrico seco y suelto.

¿Qué cantidad de agua, en litros, se le agrega al material de la calle escarifi-cada para llevarlo a la humedad óptima del 19%? El peso volumétrico seco y suelto del material es de 1,212 kg/m".

Porcentaje de humedad por agregar.

w

=

19 - 9 = 10%

Peso del material seco en la calle escarificada:

Ps

=

V· Yss

=

(208) 1212

=

252,096.00 kg

Agua que se va a agregar = 252,096 x 0.10

=

25,209.6 litros

2.9 Una arcilla 100% saturada tiene una humedad de 39.3% y un peso volu-métrico saturado de 1840 kg/rn", Determinar la densidad absoluta relativa de la arcilla y su relación de vacíos.

(20)

Solución:

a) El peso volumétrico seco vale:

Ys = 1

+

w/100 'Yh 1840 1.393 1320.89 kg/rn! b) Como: P; .D¿ Vw• D¿ Vv • 1 'Ysat = 'Ys

+

= Ys

+

= Ys

+

--'--Vt Vt Vt = Ys

+

n, por tanto: 1.84 = (1.32089)

+

(n) de donde: n = 0.5192 = 51.920/0

e) El valor de la relación de vacíos es:

n 0.5192

e = --- = ---'----'---- = 1.08 1 - n 1 - 0.5192

el) Como la muestra está 100% saturada:

e

=

w· D,

D, = .!!_ = 1.08 = 2.748 = 2.75

w 0.393

Por lo que:

Da = 2.75 gr/cm"

2.10 Se determinan de un suelo los siguientes valores:

'Yh = 1800 kg/rn! ; w = 12% ; D, = 2.7

Se desea calcular: peso volumétrico seco, porosidad, relación de vacíos, grado de saturación y porcentaje de vacíos llenos de aire.

Solución:

El peso volumétrico seco vale:

v«

1.8 Ys = 1

+

w/loo = 1.12

==

1.61 g /cm3

==

1610 kg/rn! Como: Da . Ys = ,se tiene que: 1

+

e e = (~: - 1) = 1~:1 - = 0.677

(21)

El grado de saturación es:

G

=

ú). D,

=

0.12

x

2.7

e 0.677 0.4786 47.860/0

El porcentaje de vacíos llenos de aire es:

% Va

=

(1.0 - 0.4786) 100

=

52.14%

2.11 Un centímetro cúbico de suelo húmedo pesa 1.8 gramos, su peso seco es de 1.5 g y su densidad absoluta relativa de 2.72. Determinar humedad, rela-ción de vacíos y grado de saturación.

Solución: ú) 1.8 1 ₌ 0.2 ₌ 20% 1.5 e

=

Da _ 1

=

2.72 - 1

=

0.813

rs

1.5 G

=

ú). D,

=

(0.20) (2.72)

=

0.669

=

66.9% e 0.813

2.12 Para la construcción de un terraplén se prevé un volumen de 300,000 m3 de

suelo con una relación de vacíos en el terraplén de 0.8. Para ello se dispone de tres bancos de materiales: A, By C.

Los materiales de los bancos A, ByC presentan las siguientes relaciones de vacíos y costos de movimientos por metro cúbico de material:

Banco e $/m3

A 0.9 $102.00

B 2.0 $ 90.00

e

1.6 $ 94.00

La pregunta es, ¿cuál banco es, económicamente, mejor explotable? Solución: Se sabe que: Vf

=

Vv

+

Vs

=

Vs (1

+

e) } V;= V'v+ Vs= V;(l +el) Vf (\ :

e; )

--=Vt 1

+

e

V;

1

+

e' V]

=

El volumen V(

=

300,000 m", y sue

=

0.8

(22)

Por tanto, para las diferentes relaciones de vacíos de los bancos se tiene:

V'

= (.

1

+

e' ) V

= [.

1

+

0.9 \)300 000

=

316667 m3 t 1 + e t \ 1 + 0.8' , V"

= (

1

+

e' \ V

=

(1

+

2.0)· 300000

=

500000 m3 t 1

+

e

I

t 1

+

0.8' ,

'" =

(1

+

e' )' V

=

(1

+

1.6)· 300,000

=

433,334 m3

V;

1

+

e t \1

+

0.8

Los volúmenes anteriores multiplicados por sus respectivos costos son: Banco A: (316,667) ($102.00) = $ 32,300,034.00

Banco B: (500,000) ($ 90.00) = $45,000,000.00 Banco C: (433,334) ($ 94.00)

=

$ 40,733,396.00

De lo anterior se concluye que es más económico el movimiento del material del banco "A'\

2.13 Se realiza una prueba de compactación de suelo arenoso en el lugar median-te un sondeo, pesando el suelo extraído yelvolumen del sondeo efectuado. El peso húmedo del material extraído es de 895 gramos y el volumen del sondeo es 426cm", El material extraído y secado al horno pesa 779 gramos. Del suelo seco se toman400 gramos y se colocan en un recipiente en condi-ciones muy flojas de compactación y se observa que ocupan 276 cm", Des-pués, los 400 gramos vaciados sueltamente en el recipiente se vibran hasta obtener un volumen de 212 cm",

Si la densidad absoluta relativa del suelo es de 2.71, determinar la compaci-dad relativa con las dos fórmulas:

a) C;

=

emáx - ena!

emáx - emín

b) Cr

=

'Ysmáx 'Ysna! - 'Ysmín Ys nat 'Ysmáx - 'Ysmín

Solución:

a) El volumen de los sólidos es:

JOs

779 3

Vs

= --

=

287.45 cm

Da 2.71

El volumen de vacíos vale:

Vv

=

VI - Vs

=

426 - 287.45 138.55 cm!

La relación de vacíos es:

Vs 138.55

e

= --

=

0.482

(23)

28 Problemas resueltos de mecánica de suelosy de cimentaciones

La relación de vacíos máxima es:

v _

Pss 276 _ 400 ss Da _2.71 0.87 emáx

=

P

ss 400 Da 2.71

La relación de vacíos mínima es:

emín =

v _

Ps se Da Pss Da 212 _ 400 ___ 2_.7_1__ 0.44 400 2.71 De tal manera que:

C - emáx - enat

r

-emáx - emín

0.87 - 0.48

==

0.91 = 91 % 0.87 - 0.44

b) El peso volumétrico seco máximo vale: 'Ysmáx = : = 1.89 g /cm!

El peso volumétrico seco mínimo vale: 400

'Ysmín = --. = 1.45 g /cm? 276

El peso volumétnco seco en estado natural vale:

'Ysnat

= ~~:

=

1.83 g /cm!

La compacidad relativa es:

e; =

(1.89) ( 1.83 - 1.45 )

=

(1.0327) (0.8636)

=

0.89

=

89% 1.83 1.89 - 1.45

Observar que para el segundo procedimiento no fue necesario conocer la densidad absoluta relativa del suelo.

(24)

3---Características plásticas

de los suelos

La plasticidad puede definirse como la propiedad que presentan los suelos para deformarse, hasta cierto límite, sin romperse. Por medio de ella se puede medir el comportamiento de los suelos en todas las épocas. Mientras las arcillas presentan esta propiedad en grado variable, las arenas limpias y secas carecen de ella. Para conocer la plasticidad de un suelo se usan los límites de Atterberg (límite líquido, límite plástico y límite de contracción), y mediante el conocimiento de ellos se puede conocer el tipo de suelo en estudio.

3.1 El límite líquido de una arcilla es de 65070,su índice de plasticidad es de 25% y su contenido natural de agua es de 45%.

a) Cuál es el valor de la consistencia relativa de la arcilla en su estado natu-ral, cuál el de su índice de liquidez e indique si el suelo está preconsoli-dado o normalmente consolipreconsoli-dado.

b) ¿Cómo se clasifica la arcilla según el gráfico de plasticidad? Solución:

La consistencia relativa de la arcilla es:

CR

=

LL - Wn

=

0.65 - 0.45

=

0.20

=

0.8

. . IP 0.25 0.25

Se considera que la resistencia a la compresión axial no confinada de la ar-cilla debe variar de 1.0 kg/cm- a 5.0 kg/cm-, porque su CR está cerca de 1.0.

El índice de liquidez de la arcilla es de:

1 _ Wn - LP

L - IP

=

0.45 - 0.20_0.25

=

0.25_0.25

=

1.0

Se dice que la arcilla está normalmente consolidada ya que su índice de li-quidez vale uno. Es decir" la arcilla no tiene carga extra, sólo la correspon-diente a los estratos superiores del suelo en su estado natural.

(25)

3.2 ¿Cómo se considera, en cuanto a actividad de la arcilla, la que se menciona en el problema anterior, si se sabe que el porcentaje de partículas menores a 0.002 mm es de 3.1 OJo?

Solución:

El número de actividad de la arcilla es:

A

=

I._P_.__

%

<

0.002 mm

25

3.1

=

8.06

Se dice que el suelo es muy activo, pues todo suelo con valor de A mayor de 1.5 se considera progresivamente más activo. El suelo del ejemplo se puede catalogar entre el grupo de las montmorrilloníticas por su actividad mayor de 7.

Según Skempton, la actividad de las arcillas caoliniticas es menor de 0.5, la de las ilíticas cercana a uno y la de las montmorrilloníticas es mayor de 7. 3.3 Determinar el valor del límite líquido de un suelo mediante los siguientes

datos: 36 30 21 17 25.4 25.7 26.4 26.8

No. de golpes Humedades (OJo)

Solución:

El porcentaje de humedad, de acuerdo con la curva de fluidez, es de 26.06% para el límite líquido (ver gráfica).

27.0% l' l' 26.5% 16.0% 25.5% 25.0% 7 8 9 10 15 20 25 30 35 40 46 50

(26)

Características plásticas de los suelos 31 3.4 Con los resultados del problema anterior, obtener el valor del límite líquido

por medio de la fórmula de Lambe, empleando las humedades a 21 y 30 gol-pes. Comparar los resultados con el obtenido mediante la curva de fluidez del problema anterior.

Solución:

La fórmula de Lambe es:

LL

=

w ( ~

r·

121 Para 21 golpes: LL

=

26.4 (;~ )0.121

=

(26.4) (0.9792) 25.85% Para 30 golpes: ( 30 . 0.121 LL

=

25.7 .-)

=

(25.7) (1.0223) \ 25 26.27070

El promedio de estos dos valores es:

LL = 25.85; 26.27 = 26.06%

que también se obtuvo con la prueba por puntos y graficando la curva de fluidez. Lo anterior indica la utilidad práctica de la fórmula de Lambe. 3.5 Se realizaron pruebas de laboratorio a una arcilla encontrando los datos

si-guientes: Humedad Densidad relativa Límite líquido Límite plástico Límite de contracción

Porcentaje pasando la malla # 200

22.00% 2.65 45% 20% 13% 86%

Resistencia a compresión axial sin confinar en estado inalterado

=

2.38

kg/cm-Resistencia a compresión axial sin confinar en muestra remoldeada

=

1.46

kg/cm-Determinar en dicha muestra inalterada:

a) Relación de vacíos del suelo 100% saturado

b) Porosidad del suelo en estado natural

e) Consistencia relativa

el) ¿Entre qué valores probables debe incluirse el esfuerzo a compresión axial sin confinar en estado natural?

(27)

1) Indice de liquidez

g) ¿Se supone al suelo normalmente consolidado o preconsolidado?

h) ¿Qué valor de sensibilidad tiene la arcilla?

1) ¿Cómo se clasifica en cuanto a sensibilidad?

Solución:

a) Como la muestra está saturada, su relación de vacíos vale: e

=

W •D,

=

0.22

x

2.65 = 0.583 b) La porosidad vale: e n =---1

+

e (_0.583)' 100 = 36.33070 \ 1.583

e) La consistencia relativa de la arcilla vale:

C.R. = L.L. - Wn

=

45 - 22 0.92

J.P. 25

d) Ya que la consistencia relativa tiene un valor cercano a uno, su resisten-cia a compresión axial sin confinar en estado natural está comprendida

entre 1 y 5 kglcm2 • . .

e) La prueba a compresión axial sin confinar hechá en la muestra inaltera-da según inaltera-datos inaltera-dados, es de 2.38 kg/cm", lo que confirma la relación con que indica la consistencia relativa.

1) El índice de liquidez vale:

h

=

Wn - L.P.

=

22 - 20

=

O 08

/.P. 25 .

g) Como el índice de liquidez está cercano a cero, el suelo se encuentra pre-consolidado, es decir, que ha soportado presiones mayores a las dadas por los estratos en estado natural.

h) El valor de la sensibilidad de la arcilla es:

S = Resistencia qu inalterada = 2.38 = 1.63

Resistencia qu remolde ada 1.46

1) Como el valor de la sensibilidad es menor que 4, la arcilla es no sensiti-va; si estuviese comprendida entre 4 y 8, sería ultrasensitiva.

3.6 Un suelo presenta un límite líquido de 45%; calcular su índice de com-presión Ce, e indicar si la arcilla es de baja, mediana o alta compresibilidad.

Solución:

El índice de compresión vale:

(28)

Características plásticas de los suelos 33 De acuerdo con Terzaghi y Peck, el suelo es de mediana compresibilidad ya

que:

Ce de O a 0.190, baja compresibilidad Ce de 0.20 a 0.39, mediana compresibilidad

Ce de más de 0.39, alta compresibilidad

3.7 Si un suelo presenta un límite líquido de 45070y un límite plástico de 20%, ¿cuál es, aproximadamente, el valor esperado de la contracción lineal deter-minada con la humedad del límite líquido?

Solución:

Mediante el diagrama de correlación esperada (Texas Highways Testing La-boratory) entre el índice de plasticidad y la contracción lineal se puede obte-ner que la CL == 14%. 20 ~ « w z ::::¡ z 15 o

u

u « a: 1- 10 z o u 5 O CORRELACION ENTRE EL

IN DICE DE PLASTICIDAD Y LA CONTRACCION LINEAL (Valores esperados) '25 L

-:

V"

.

.. _.

.

:._/

,

':/:

/

.

.'

V

/

O 10 20 30 40 50 60 70 INDICE DE PLASTicIDAD

(29)

4---Clasificación

de los suelos

Debido a la gran variedad de suelos que se presentan en la naturaleza, se han de-sarrollado algunos métodos para clasificarlos. Dos de los más usados en nuestro medio son: el Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (S.U.C.S.), y el Triángulo de Clasificación de la División del Valle Bajo del Mississipi, del Cuerpo de Inge-nieros de Estados Unidos de América. Hay, además, otras clasificaciones de suelos, pero sólo se resolverán aquí problemas de las dos clasificaciones mencionadas.

4.1 Dos muestra de materiales cohesivos de bancos o lugares diferentes se anali-zaron en un laboratorio obteniéndose los datos siguientes:

Características Suelo Tipo:

mecánicas A B

Límite líquido 37% 58070

Límite plástico 23% 28%

Indice plástico 14% 30%

Porcentaje que pasa por la

malla # 200 73 84

a) Clasifique los dos suelos según el Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (S.U.C.S.) y describa las características generales de ambos.

Solución:

De acuerdo con la clasificación S.U.C.S. el suelo "A" es un "CL" y el suelo "B" es un "CH".

Las características de cada suelo son:

CL: Arcilla inorgánica de mediana plasticidad y baja compresibilidad. Im-permeable, con alta resistencia a la tubificación y mediana resistencia al corte; puede presentar grandes asentamientos que deben calcularse mediante pruebas de consolidación, de mediana a alta susceptibilidad al agrietamiento y, si se compactan mal, pueden tener mediana a alta susceptibilidad a la licuación.

(30)

SISTEMA UNIFICADO DE CLASIFICACION DE SUELOS (S.U.C.S.)

DIVISION MAYOR

...J '"

"':... w '" Gravas bien graduadas, mez- ~ ~ ~

z o. 0< GW elas de grava y arena con O -c <

O Z il ~_~ d d f o ...J U

e ~S :;;0"- pocoona a e mos, 15 ~ i

~ -< ;i

::;'''----4

~: ~

ff ::¡; :;; ~0:5 G/avas mal graduadas, mezo' ~ ~ <

10 ~ ~ ~

ffi8~

GP clas de grava y arena con ': ~ ~

ª

tí m w a:1- l2: poco o nada de finos. ~ el ~

« Offi I-O:(/)u

lOE

's

_Q) >« ~ ~ ~ ..._.... _r

--t-T"-+---";"'---I

w_:;;~

s '"

_::i

o: ~

º ~"'~~

9 rn (1)

..!!! "Q. O - Z Z - ::i!! d Gravas limosas, mezclas de :::> '" u

e E ::¡; ~ ~ ~~~ O; - grava, arena y limo. ~ g el

Q) ';;; ...J« w < "-w", !'ii - ..;

v. a: ~ zlE< u ~ g "

.g

10 ~ ~ ~

~;§...

-1---1 ~~~",'

lfmites de Atterbeg

'c ~

«fI) :;; > oo: Gravas arcillosas, mezclas u

$:a ::¡; ~ 8 ~~: GC de grava, arena y arcilla, :5 ~ ~ ¡¡jow arriba de la "línea A"

Q) '¡¡; a: el<w W < -c con I.p, mayor que7

... - (!):;; UD o :;; :;; ~

fI) '> t---...¡u ~

S

o: 0 ..

---1---1

Q) rn ~ wa::tn...J

iij I~ :Z <t m w'" Arenas bien graduadas, are- ~ ¡( ~ ~

'¡: Q) O o: < o < SW na con gravas, con poco o >- < _

Q) J e ó;:¡ ¡¡:<~ nada de finos, <> "'..._ ~ ~ .... o- U Z :::> :;;0", - O

10 Q) « «w ::¡~« ....

-.-41--- ...-- ...~

~:i

I---t

E c.. a: ...J O < ..J ~ ~ el ~ No satisfacen todos los requisitos de

u, <i ~ 15~Q Arenas mal graduadas, are· •~ ~ j. :::> graduación para SW

~ ::¡; ~ ~ut;: SP na con gravas, con poco o '" o '" ¡¡ll- ~ ...

---_t

m w ~ ~ l2: nada de finos, !!! o ¡¡liií

~o '" ~~~ffi

w9~> iií~o5

o: ~ a..Z WtI) o - ffi O

X « ~;Ji§ .~~~::i!! ~ Arenas limosas, mezclas ~

Q ~ ~

« ~ ~ ~~~ rn de arenas y limo, '" ¡¡: w :::>

~ ~ « ~i5~S u

s ~

5 ~

+---1

10 o ffi :5 uoQ

!!i ~

¡¡; ffi limites de Attérbeg

rJ) ::>u «1- z zl- ~ !Z 'b d I -u A"

c: «a: < z oo: Arenas arcillosas.,. mezclas :¡ o o am a e a mea

~ ::¡; (!)~

il!~:

SC de arenas y arcilla, ffi ~ ~ ~ con I.P. mayor que 7

... <~~ ~. ~ ~ ~

~--~Or---~.---~~~---~---_.~~~¿_---~---_i

~ limos inorgánicos, polvo de EQUIVALENCIA DE SíMBOLOS

roca, limos arenosos o G ; GRAVAS, M ; LIMO. S=ARENAS, C ; ARCILLAS, O ; SUELOS ORGANICOS.

arcillosos ligeramente w ,,;BIEN GRADUADOS, P ; MAL GRADUADOS. Pt ; TURBA

plásticos. L ; BAJA COMPRESIBILIDAD, H ; ALTA COMPRESIBILIDAD

o

O

N

E "'='_e

Arriba de la "linea A" y con I.P. entre 4 y 7 son casos de frontera que requieren el uso de símbolos dobles.

8

O N c: O ..!!! Q) lO E É ':1 c:

NOMBRES TIPICOS CRITERIO DE

CLASIFICACION EN EL LABORATORIO

Coeficiente de uniformidad Cu: mayor de 4 Coeficiente da curvatura Ce: entre 1 y 3

Cu=(060)/(0,0) Cc = 103O)2/IO,o'D60)

NO SATISFACEN TODOS lOS REQUISITOS

DE GRADUACION PARA GW

limites da Atterbeg abajo da la "Unea A" o I.P. menor q~e 4

Cu = --Oso mayor de 6. 010 (030)2 Cc = --::--=,.-- entre 1y3 DlO' OSO Umites de Atterbeg abajo de la "Línea A" con l.P. menor que 4

Arriba de la "Unea A" y con I.P. entre 4 y 7 son casos de frontera que requieren el uso de sfmbolos dobles.

Ml

CARTA DE PLASTICIDAD Arcillas inorgánicas de baja

o media plasticidad, arcillas con grava, arcillas arenosas, arcillas limosas, arcillas pobres.

PARA LA CLASIFICAclON DE SUELOS DE PARTICULAS FINAS EN LAB

Cl

Ol

Limos orgénicos y arcillas limosas orgánicas de baja

plasticidad. _{~ 40t-++-+-t-i-+-+C-L+-++-t-i-~-H+-e;~ y~.Q'T~-I-i-+-;}

S

cl~l~

~ 30 //...,f-+-+-I--+--+-i

~

/S'

e

V

~ (1)1:1: c(~ -'« =::i!! °O¡;!¿ $QO ... :::)10 >O~ (I)::::¡ O~

::e~

:::;~ MH

Limos inorgánicos, limos mic.sceos o di.atomáceos, limos elásticos,

CH

Arcillas inorgánicas de alta plasticidad, arcillas francas.

Arcillas orgánicas demedia o alta plasticidad, -limos orgánicos de media . plasticidad. o OH _O ₁₀ ₂₀ ₃₀ ₄₀ ₅₀ _SO ₇₀ ₈₀ ₉₀ ₁₀₀ LIMITE LIQUIDO SUELOS ALTAMENTE ORGANICOS

Turbas y otros suelos altamente orgánicos.

(31)

Clasificación de los suelos 37

CH: Arcilla inorgánica de alta plasticidad y alta compresibilidad. Muy im-permeable, con resistencia muy alta a la tubificación y de baja a media resistencia al corte; puede presentar grandes asentamientos que deben calcularse mediante pruebas de consolidación, de media a alta suscep-tibilidad al agrietamiento y muy baja susceptibilidad a la licuación.

4.2 Con base en los datos del problema 1.4, clasifique al material de acuerdo con el Sistema Unificado de Clasificación de Suelos (S.U.C.S.).

Solución:

a) Como el porcentaje de material que pasa la malla # 200 es menor al

50070, se le considera material grueso.

b) Ahora bien, como por la malla # 4 se retiene el50070 de la parte gruesa, el suelo es una grava (G).

e) Como el coeficiente de uniformidad es mayor de 4 y el coeficiente de curvatura es menor de uno, se deben combinar los símbolos GW-GP o sea, es un grava relativamente mal graduada porque el porcentaje de fi-nos que pasan la malla # 200 es mayor de 5070 y menor de 12070.

4.3 Si un suelo presenta, en un análisis por mallas y sedimentación, los siguien-tes porcentajes de tamaños de partículas, dibuje el triángulo de clasificación de suelos de la División del Valle Bajo del Mississipi del Cuerpo de Inge-nieros de los Estados Unidos de América y clasifique el suelo.

Datos: Arcilla 5070 Limo 35070 Arena 50070

--Suma 90070 Grava 100-90

₌

10070 Solución: El triángulo es el siguiente: l.Arena 2. Arena limosa 3. Limo arenoso 4. Limo 5. Arena arcillosa 6. Limo arcilloso 7. Arcilla arenosa 8. Arcilla limosa 9. Arcilla o 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 %Limo

(32)

38 Problemas resueltos de mecánica de suelos yde cimentaciones

Cuando como en este caso, el suelo presenta algo de contenido de gravas, los datos para usar el triángulo se pueden ajustar como se indica:

Arena

90

50

=

0.5555

=

55.6070

~

=

0.3888

=

38.9%

90 Limo

Arcilla :0

=

0.55

=

_100.0%5.5%

Después del ajuste yentrando al triángulo con los valores indicados, se sabe que el suelo es arena limosa.

4.4 Clasificado el suelo del problema 4.2 como GW-GP, describa sus carac-terísticas generales.

Solución:

El material se clasifica como grava relativamente mal graduada debido a su coeficiente de curvatura, permeabilidad, resistencia a la tubificación; de alta resistencia al cortante, de baja compresibilidad si se le compacta efectivamen-te por vibración, no susceptible a la licuación si se encuentra bien compacta-do por vibración.

(33)

5---Compactación

de los materiales

La compactación de los suelos, mediante equipos mecánicos, y que forma un capítulo importante como medio para incrementar la resistencia y disminuir la compresibilidad de los mismos, no fue reconocida ampliamente sino hasta que R.R. Proctor publicó sus investigaciones sobre este tema en el afio de 1933. A par-tir de entonces se han llevado a cabo muchas investigaciones al respecto, cambian-do las características de la compactación.

5.1 ¿Cuál es el objetivo que se busca compactando a los materiales? Solución:

Efectuar una adecuada y uniforme compactación a los materiales es uno de los medios para disminuir su compresibilidad y aumentar su estabilidad al someterlos a la acción de las cargas.

5.2 ¿Cuáles son las pruebas, o normas de ejecución, con cuyos resultados se re-alizan las comparaciones de compactación de los materiales en calles, cami-nos, aeropuertos y demás obras en que se emplean?

Solución:

Las pruebas que normalmente se emplean en diferentes lugares se indican en el cuadro anexo al final de este capítulo.

5.3 ¿Cuál de las pruebas del cuadro mencionado emplea la Secretaría de Comu-nicaciones y Obras Públicas en México y cuál es la energía total que propor-ciona al material?

Solución:

Para calles, caminos y aeropuertos se emplea en la actualidad la prueba

Proctor de treinta golpes, cilindro de 947 cm", pisón de 2.5 kg de peso, 30

(34)

cm de caída libre, 3 capas y 30 golpes por cada capa. Es decir, se propor-ciona al material una energía total de:

E

=

P.H.N

=

2.5 x 30 x 90

=

7.127 kg-cm/crn!

V 947

5.4 ¿A cuáles materiales se aplica en México la prueba Proctor de 30 golpes? Solución:

En México se aplica la prueba Proctor de 30 golpes a los materiales arcillo-sos que pasen por la malla # 4 (4.76 mm) o, cuando mucho, tengan un rete-nido del 10070, siempre y cuando dicho retenido pase el 1000/0 por la malla de 9.52 mm (3/8"). En caso contrario se usa la prueba de Porter.

5.5 De acuerdo con una prueba Proctor de 30 golpes efectuada a un suelo se ob-tuvieron los resultados siguientes. Dibuje la curva correspondiente en papel milimétrico, obtenga la humedad óptima y el peso volumétrico seco máxi-mo correspondiente ygrafique la línea de cero vacíos o de saturación teóri-ca. Considérese aD, = 2.65

Datos:

Humedades en % Pesos volumétricos

húmedos en kg/cmt 17.2 15.2 12.2 10.0 8.8 7.4 2,066.4 2,119.7 2,162.5 2,130.4 2,034.3 1,922.5 Solución: 'Ym Ys = ----''---'----1

+~

100

Como la curva se dibuja con humedades ypesosvolumétricos secos, dichos valores son: w (OJo) Ys (kg/ rn") 17.2 1,763 15.2 1,840 12.2 1,927 10.0 1,937 8.8 1,870 7.4 1,790

(35)

Compactación de los materiales 41

La gráfica del material queda así:

Curva de saturación teórica I

2100 "'E' C, ~ 2000 O u UJ (j) O ₁₉₀₀ u a: t-UJ :2 1800 ::> ...J O > O (j) ₁₇₀₀ UJ o,

1_

o de cero vacíos

r-,

<,

...

~ ¡,...._~

_r-,

L ¡t...., ~! ...

_r-,

~

,

_r-,

... ~ .J

,

'\

,

1600 1500 o 5 10 15 20 HUMEDAD 1%)

La gráfica muestra que el peso volumétrico seco máximo es de 1940 kg/rn! con una humedad del 11%.

La curva de saturación teórica se dibujó aplicando para cuatro de las hume-dades dadas la fórmula:

"test

=

lOO Da 100 +w· D, Por tanto: a) Para Wl = 17.20/0 "test = 1,820 kg/rn''

b)

Para W2 = 15.2% "test = 1,889kg/m! e) Para W3 = 12.2% "test = 2,003 kg/rn! d) Para w.( = 10.0% "test = 2,095 kg/rn!

5.6 En un terraplén hecho con el material del problema anterior se determinó el peso volumétrico seco en el lugar obteniéndose un valor de 1,862 kg/rn! con una humedad de 11.0%. ¿Cuál es el porcentaje de vacíos llenos de aire que tiene el material en el terraplén?

Solución:

Mediante la fórmula:

Va

=

"test - "tsl X 100

=

2,052 - 1,862 X 100

=

10 2%

"tsl 1,862 .

se tiene que el volumen de huecos lleno de aire es de 10.2%. Cuando un suelo compactado presenta un porcentaje de vacíos llenos de aire mayor de

(36)

6.5070, como este caso, se dice que el suelo puede adquirir un peso volu-métrico seco mayor con la humedad que contiene.

5.7 En el problema 6.5 se obtuvo un peso volumétrico seco máximo de 1,960 kg/rn! y una humedad óptima de 11.0% con la curva Proctor. Al graficar junto a la curva Proctor la línea de saturación teórica, se observó que esta última no toca o cruza a la curva de Proctor, por lo que se acepta que la prueba de Proctor estuvo bien ejecutada, ya que no es posible obtener la cur-va de cero cur-vacíos en la prueba. ¿De qué otra forma se comprueba que la prueba Proctor estuvo bien realizada?

Solución:

Se puede comprobar si la prueba Proctor estuvo bien realizada por medio de la gráfica que sigue. Con la humedad óptima y el peso volumétrico seco máximo determinados en la prueba, se localiza un punto que debe caer dentro de la zona marcada por las dos líneas de la gráfica, presentada por la S.O.P. de México. 2200 2100 X 2000 <t ~ 1900 o u w 1800 ~ M E 1700 C, .>< o ₁₆₀₀ u a: 1-w ₁₅₀₀ ~ ::J --' o ₁₄₀₀ > o r.n w a, 1300

"'-'"

'"

r-,

_"'-'"

r-,

<,

_,,~

-.

~ ~

r-,

~~ 1200 5 10 20 Wo en % 30 35 15 25

(37)

z

-o

o

<

1-o

<

Il.

:E

o

w

e

ti)

<

al w :::l

a:

Il. w

e

ti)

o

e,

¡::

ti) w 1-Z w

a::

w !!:

e

w

a::

....

z

w Z

o

C3

<

....

w

a:

E E o q-LO ..t ex> ci LO E (.)_ LO: 'N 0..-M_ E (.)_ LO: 'N 0..-M_ E (.)_ LO: 'N 0..-M_ E (.)_ LO: 'N 0..-M_ E (.)_ LO: 'N 0..-M_ <O LO LO N: LO <O ..-

-o ex> E E o_ <C!: ..-q- 0- ..-E E q-_ N: LO <O ..-

-E E o <O_ .

- Oq-..-

-E E "':_ N- LO-..-~ E E o <O o-..-~ E E o <O o q-LO ..t o q-LO ..t LO N LO N LO N LO N ex> ci LO ex> o LO ex> ci LO ex> o LO ex> o LO ex> ci LO ex> ci LO ex> ci ID ID N <O ID LO N o M <O ID ID N <O ID ID N ID ID ID M ro o ._ en ~ O Gl-~ = co u ~ (¡j Gl en co co= c.coq-Gl E . ::J O tT.!!! z w O ..JE a: ..JO ..J W _O O ..JCi O a. ~ <1:0 _~ w.,¿ wE _<1: (/) w-<I: <1: _a D- O- w(/) offiN<l:ex> a: <1: ww ~ Ol-:J..J~ ~::5 ~_<1: OZ(/)0 ~z_<1:0 ::>01-- Da. <1: o~ ó6~

g:

!!:<I:¡:::za: _@ w~

-~

..J<I: ó<l: I-~::>wa.

o

a. a. Da. <1:U ZDU zu

(38)

6---Valor relativo de soporte

El valor relativo de soporte de un suelo es uno de los parámetros usados en el dise-ño de los pavimentos flexibles, por lo que conocerlo es muy importante. Se han hecho investigaciones para buscar la posible relación entre el valor relativo de so-porte normal (CBR) y el valor relativo de soso-porte modificado (VRSM) a 90010de compactación y una humedad igual a la óptima, más tres por ciento.

6.1 Se sabe que el valor relativo de soporte es un índice de resistencia al corte en determinadas condiciones de humedad y compactación. En México se co-nocen dos valores relativos de soporte, el normal (V.R.S.

=

C.B.R.) yel modificado (V.R.S.M.). El C.B.R. (California Bearing Ratio) = V.R.S. (valor relativo de soporte) se determina bajo condiciones de saturación de la muestra compactada a su peso volumétrico seco máximo, mientras que el V.R.S.M. (valor relativo de soporte modificado) se determina reproducien-do determinareproducien-dos pesos volumétricos en condiciones diferentes de humedad y compactación.

Se pregunta:

a) ¿Se obtiene alguna posible relación de valores esperados del C.B.R. co-nociendo el valor del V.R.S.M.?

b) ¿Se obtiene alguna posible relación entre el C.B.R. y el valor deK (mó-dulo de reacción del suelo o coeficiente de balasto del suelo)?

Soluciones:

Es posible que con el tiempo se obtengan correcciones a las siguientes cur-vas, pero pueden usarse como una aproximación de valores esperados. Esta gráfica fue obtenida experimentalmente por el autor en colaboración con los alumnos de Maestría en Estructuras en el I.T.E.S.M.

a) Correlaciones esperadas entre el C.B.R. y el V.R.S.M. a 90% de com-pactación y con una humedad igual a la óptima más un tres por ciento en suelos tipo "CL".

(39)

46 ... « ~ a: o ₁₀ z w 1-a: O e, O CII w O O > ¡:: « ... w a: a: O 5 ... « >

Problemas resueltos de mecánica de suelos yde cimentaciones

15

• RELACIONES' ESPERADAS ENTRE EL VALOR RELATIVO DE SOPORTE NORMAL Y EL VALOR RELATIVO DE SOPORTE MODIFICADO A 90% DE COMPACTACION yCON HUMEDAD DE PRUEBA IGUAL A LA HUMEDAD OPTIMA MAS 3%.

O 5 10 15

VALOR RELATIVO DE SOPORTE MODIFICADO

b) Correlaciones esperadas entre el C.B.R. y el valor de K (módulo de reac-ción del suelo o coeficiente de balasto), dados por la P.C.A.

M E o C, 22 .>< 20 ..; .; ₁₈ E '" 16 '" ~ .&l ::l 14 '" .s ₁₂

'"

-o e 10 -o 'ü 8 o '"e ₆ '" -o o 4 "S -o ₂ -o ~ O

V

/

1/

/

.1

--"

V ...V

--

~

-

¡.-¡-ro---

--

-2 3 4 5 6 7 8 910 15 20 30 40 50 60 80 100

(40)

Valor relativo de soporte 47

6.2 Determinar, desde el punto de vista de su resistencia al corte, si un material que pretende emplearse en la construcción de terracerías para carretera es o no adecuado, sabiendo que su C.B.R. vale 6010.¿Cómo sería si su C.B.R. fuera de 12% y cómo si su C.B.R. fuera de 25%?

Solución:

Con base en los valores de la tabla que sigue, se puede decir que: Si su C.B.R. Si su C.B.R. = Si su e.B.R. = 6%, subrasante mala. 12%, subrasante regular. 20%, subrasante buena.

La relación entre el C.B.R. y la calidad del material para usarse en terrace-rías es: C.B.R. (%) Clasificación 0-5 5-10 10-20 20-30 30-50 50-80 80-100

Subrasante muy mala Subrasante mala

Subrasante regular a buena Sub rasante muy buena Sub-base buena

Base buena Base muy buena

6.3 De un banco de material para terracerias se obtuvieron los datos siguientes:

a) Peso volumétrico seco en el banco ="[sb =1,650 kg/rn"

b) Peso volumétrico seco del material suelto

=

"Iss

=

1,345 kg/rn''

e) Peso volumétrico seco del material en el terraplén compactado al 90% Proctor de 30 golpes = 1,710 kg/rnt

Se desea saber cuál es el factor de abundamiento del material del banco al camión para conocer precios de acarreos y cuál es el factor de reducción del material del camión al terraplén compactado al 90% de las normas Proctor de 30 golpes. ¿Existe factor de reducción del banco al terraplén compacta-do; cuánto vale?

Solución:

El factor de abundamiento del banco al camión o material suelto vale:

Ysb Vss

--=--=

Yss Vb

1650

1345 = 1.2267 == 1.23 ; F.A. = 1.23

El factor de reducción del camión o material suelto al terraplén compactado a un peso volumétrico seco de 1,710 kg/rn! es:

"[st Vss

1345

(41)

El factor de reducción del material del banco al terraplén compactado vale:

'Ysb

= ___!J_ =

Yst Vb

1650

1710

=

0.9649

==

0.97 ; F.R.

=

0.97

Por tanto, el material del banco al terraplén, compactado al 90070, se reduce un 3%.

6.4 Compactado el material del problema anterior, se quiere verificar si cumple con la especificación de tener en el lugar un peso volumétrico seco igualo mayor al 90% del peso volumétrico seco máximo de 1900 kg/rn",

Solución:

Para efectuar lo anterior, se hizo un sondeo de dimensiones aproximadas de 10 cm x 10 cm de sección y de la profundidad de la capa de suelo compac-tada, extrayendo el material con cuidado y pesándolo húmedo. El peso fue 5,334.40 g, A ese material se le determinó la humedad en el momento de la prueba y fue de 12%. El sondeo se llenó después con arena cuyo peso volu-métrico es de 1300 kg/rn! requiriéndose 3,620.00 gramos de esa arena, por lo que el volumen del sondeo fue de 2,785.30 CQl3.

Conocidos todos esos datos, se tiene:

El peso volumétrico húmedo en el terraplén vale:

'Yh

=

Ph

=

5,334.4

=

1.9152

=

gr/cm!

==

1915 kg/rn!

V 2,785.3

El peso volumétrico seco en el terraplén vale: 'Yh

=

"[st = 1

+

w/l00

1 915

, = 1709.82 kg/rn!

==

1710 kg/rn! 1.12

El porcentaje de compactación en la capa ensayada del terraplén fue de: % de compactación

=

'Yst x 100

= (

1710 \ 100

=

90%

'Ysmáx 1900 /

(42)

7---Agua en el suelo

El suelo es un' material que presenta un arreglo variable entre sus partículas, de-jando entre ellas una serie de poros conectados entre sí que forman una red de ca-nales de diferentes magnitudes que se comunican con la superficie del terreno y con las grietas de la masa del mismo. De aquí que parte del agua que cae sobre el suelo escurre y parte se infiltra por acción de la gravedad hasta estratos impermea-bles más profundos, formando la capa freática, agua cuyo movimiento en el suelo sigue la ley de Darcy: "la intensidad de filtración por unidad de área es di-rectamente proporcional al gradiente hidráulico". Asimismo, el agua puede as-cender del nivel freático por capilaridad debido al efecto de la tensión superficial. 7.1 Determinar la altura, por ascención capilar,. a la que llegaría el agua en un

terraplén a construir en una zona baja inundable donde el tirante de agua se mantendría, por varios meses, a 1.50 m bajo el nivel de subrasante. El terraplén se construirá con material arcilloso que tiene un porcentaje de fi-nos menores a 0.002 mm del 2010y un diámetro efectivo de DlO = 0.05 mm. El peso volumétrico seco del material en el terraplén compactado será del 95010del peso volumétrico seco máximo Proctor de 1760 kg/rn", La densi-dad absoluta relativa del material del terraplén es de 2.7.

Solución:

La ascención capilar se expresa así:

h - 0.3 e - (e) (DIo)

por lo que se necesita encontrar la relación de vacíos que tendrá el terraplén ya construido.

e

=

Da _ 1

=

2.7 - 1

=

'YsL (1.76) (0.95)

2.7 1

=

061

1.672 - .

La altura a la que ascenderá el agua será:

h - 0.3

=

e - (0.61) (0.005)

0.3

0.003 100 cm = 1.0 m

(43)

Las terracerías se saturarían hasta una altura de0.50 m del nivel de la subra-sante.

-r

Nivel de subrasant€ NF Y _ Suelo de cimentación

----.-f-·

1.50m

!

7.2 Determinar la altura de ascención capilar en tres diferentes tubos cuyos diámetros se indican a continuación yconsiderando que la tensión superficial vale Ts = 0.075 cm/seg ya = O?; dl = 2 mm; d2 = 3.0 mm; d3 = 4.0 mm. Solución:

De acuerdo con la ecuación:

h = 4 Ts• cos a

a.o;

se tiene: hl = 4

x

0.075

x

1 = 0.15 cm 2 x 1 h2 4

x

0.075

x

3

!

1 = 0.10 cm h3

=

4

x

0.075

x

1

=

0.075 cm 4

x

1

lo que indica que la altura de ascención capilar es inversamente propor-cional al diámetro del tubo, como se ve en la figura:

'7

=-

h2

___

.) ~~...

======:::::::::::::==-_..1~ ~....__.l~========-_

~

t

h3 .) -

_"-

~. ..,j

(44)

Agua en el suelo SI

7.3 Empleando la fórmula empírica de Hazen para calcular la ascención capilar en los suelos, determine dicha altura para los siguientes casos:

a) Arena con DIO

=

0.05 mm ;e

=

0.65 ;N

=

0.3

cm-b) Arcilla con DIO

=

0.002 mm; e

=

0.65; N

=

0.3 cm-Solución: ) h 0.3 a e (0.65) (0.005) b) he 0.3 (0.65) (0.0002) __ 0._3_ = 92.31 cm 0.00325 0.03 .

=

0.0001304

=

2,300.6 cm

Mientras en la arena asciende 0.92 m, en la arcilla podría llegar hasta 23 m de altura, lo que de nuevo demuestra que la altura de ascención capilar es mayor a medida que el material es más fino, o sea que es inversamente pro-porcional al diámetro de las partículas. Se escogió el valor deN

=

0.3

cm-como una aproximación, ya que N varía de 0.1 cm2 a 0.5 cm-. Algunos

autores emplean el menor valor para materiales limpios y partículas redon-deadas, y el valor mayor para materiales con partículas de granos rugosos. Este efecto se puede ver en el ejemplo que sigue.

7.4 Determinar la altura de ascención capilar en una arena limpia y de partí-culas redondeadas con una relación de vacíos de 0.60 yDIO

=

0.05, y en otra arena no limpia, de material rugoso con una relación de vacíos de 0.60

y un DIO = 0.05

Solución:

a) Para la arena limpia y granos redondeados:

h - 0.1

= __

0_._1__

e - (e) (DIO) (0.60) (0.005)

0.1

0.003 33.33 cm

b) Para la arena no limpia y granos rugosos:

h - 0.5

e - (0.60) (0.005) 0.003 -0.5 - 16666. cm

Obsérvese cómo varía la altura de ascención capilar con la naturaleza del grano.

e) Empleando el valor deN = 0.3 cm- se tiene:

h 0.3

e

=

(0.60) (0.005)

dos valores anteriores.

0.3

0.003 = 100 cm., valor promedio de los

7.5 Determinar la constante de conductividad hidráulica o constante de permea-bilidad para una arena limpia cuyo valor de DIO

=

0.065, empleando la