Ejercicios Muros Suelos Ii 4ta37

MECANICA DE SUELOS II

Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de empujes y su punto de aplicación en el muro indicado en la figura 6.1 si el nivel freático se encuentra a 5 m de la coronación.

Las propiedades geotécnicas del terreno son:

∅′ = 28 º; 𝒄′ = 0;

𝜸 = 18

𝑘𝑁 ; 𝑚3

𝜸𝒔𝒂𝒕 = 19′ 5

𝑘𝑁 𝑚3

SOLUCIÓN Aplicando la teoría de Rankine, la distribución de empujes activos en un muro de trasdós vertical y terreno horizontal en coronación viene dada por la siguiente expresión: ′ 𝑒𝑎= 𝜎𝑣′ ∗ 𝑘𝑎 − 2 ∗ 𝑐 ′ ∗ √𝑘𝑎

(1)

Siendo 𝑒𝑎′ y 𝜎𝑣′ el empuje unitario activo efectivo y la presión efectiva vertical a una profundidad z, respectivamente, y ka el coeficiente de empuje activo. Se hace pues necesario determinar la distribución de presiones efectivas verticales. Adoptando el origen del eje z en la coronación se tiene: 0≤𝑧≤5 𝜎𝑣 = 𝛾 ∗ 𝑍 = 18 ∗ 𝑍 𝑘𝑁/𝑚2 𝑢 = 0 (Se supone que no existe capilaridad)

MECANICA DE SUELOS II

𝜎𝑣′ = 𝜎𝑣 − 𝑢 = 18 ∗ 𝑍 𝑘𝑁/𝑚2 𝟓 ≤ 𝒛 ≤ 𝟏𝟎 𝜎𝑣 = 𝛾 ∗ 5 + 𝛾𝑠𝑎𝑡 (𝑧 − 5) = 19.5 ∗ 𝑍 − 7.5 𝑘𝑁/𝑚2 𝑢 = 𝛾𝑤 (𝑧 − 5) = 10 ∗ (𝑧 − 5 )𝑘𝑁/𝑚2 𝜎𝑣′ = 𝜎𝑣 − 𝑢 = 9.5 ∗ 𝑍 + 42.5 𝑘𝑁/𝑚2 El coeficiente de empuje activo viene dado por: 𝑘𝑎 =

1 − sin ∅ 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ = = 0.361 1 + sin ∅ 1 + 𝑠𝑖𝑛∅

Así pues, y a partir de la expresión (1), se obtiene la siguiente distribución de empujes activos efectivos: 0≤𝑧≤5 𝑒𝑎′ = 0.361 ∗ 18 ∗ 𝑧 = 6.498 ∗ 𝑧 𝑘𝑁/𝑚2 𝑒𝑎′ = 0

𝑧=0 → 𝑧=5 →

𝑒𝑎′ = 32.49

𝑘𝑁 𝑚2

5 ≤ 𝑧 ≤ 10 𝑒𝑎′ = 0.361 ∗ (9.5 ∗ 𝑧 + 42.5) = 3.43 ∗ 𝑧 + 15.34 𝑧 = 5 → 𝑒𝑎′ = 32.49 𝑧 = 10 →

𝑒𝑎′ = 49.64

𝑘𝑁 𝑚2

𝑘𝑁 𝑚2 𝑘𝑁 𝑚2

Además de los empujes efectivos, sobre el muro actuará el empuje del agua, cuya distribución es: 0≤ 𝑧 ≤ 5 𝑢=0 5 ≤ 𝑧 ≤ 10 𝑢 = 10 ∗ (𝑧 − 5)

MECANICA DE SUELOS II

𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑧 = 10 → 𝑢 = 50

𝑘𝑁 𝑚2

En la figura anterior se han representado las leyes de empujes unitarios activos efectivos y del agua. La resultante de empujes totales sobre el muro será: 𝐸 = 𝐸𝑎′ + 𝐸𝑤 Siendo E'a y Ew las resultantes del empuje activo efectivo y del empuje del agua. Por comodidad en los cálculos, se hace la siguiente descomposición:

′ ′ ′ 𝐸𝑎′ = 𝐸𝑎1 + 𝐸𝑎2 + 𝐸𝑎3

′ 𝐸𝑎1 = 0.5 ∗ 32.49 ∗ 5 = 81.23

𝑘𝑁 𝑚

′ 𝐸𝑎2 = 5 ∗ 32.49 ∗ 5 = 162.45

𝑘𝑁 𝑚

′ 𝐸𝑎3 = 0.5 ∗ 5 ∗ (49.64 − 32.49) = 42.88

𝐸𝑤 = 0.5 ∗ 5 ∗ 50 = 125 = 81.23 En consecuencia el empuje total sobre el muro es:

𝑘𝑁 𝑚

𝑘𝑁 𝑚

MECANICA DE SUELOS II

𝐸 = 411.56

𝑘𝑵 𝒎

El punto de aplicación de la resultante ℎ̅ (figura) se obtiene tomando momentos con respecto a la base del muro: 5 5 5 ′ ′ ′ 𝐸𝑎1 ∗ (5 + 3) + 𝐸𝑎2 ∗ (2) + 𝐸𝑎3 ∗ (3) ℎ̅ = = 298𝑚 411.56

𝐸 = 411.56

𝑘𝑁 𝑦 ℎ̅ = 298 𝑚 𝑚

Aplicando el método de Rankine, calcular la resultante de los empujes en el trasdós del muro indicado en la figura, cuya coronación se mantiene inundada con una lámina de agua de 1 m.

Las características geotécnicas del terreno son:

∅′ (º)

𝑇𝑒𝑟𝑟𝑒𝑛𝑜

𝑘𝑁 𝛾𝑠𝑎𝑡 ( 3 ) 𝑚

𝑚 𝑘( ) 𝑠

𝐴𝑟𝑒𝑛𝑎1

28

21

2 ∗ 10−2

𝐴𝑟𝑒𝑛𝑎2

32

22

8 ∗ 10−2

MECANICA DE SUELOS II

Al igual que en los problemas anteriores, la aplicación del método de Rankine al cálculo de los empujes efectivos exige en principio la determinación de la distribución de presiones efectivas verticales en el trasdós. Dadas las condiciones impuestas en el problema, a priori, debe sospecharse la existencia de un flujo de agua y ello es posible si existe una diferencia de potencial hidráulico. Si se toma el eje z en la superficie del terreno (figura 6.9), los potenciales en los puntos A y B son:

ℎ𝐴 = −𝑧𝑎 +

𝑢𝐴 = −4 + 0 = −4 𝑚 𝛾𝑤

ℎ𝐵 = −𝑧𝐵 +

𝑢𝐵 =0+1=1 𝑚 𝛾𝑤

Hay pues una diferencia de potencial hidráulico y consecuentemente, existe un flujo de agua, que en este caso es vertical y hacia abajo, y a través de un terreno estratificado. Para el cálculo de las presiones intersticiales se hace necesario determinar los gradientes existentes en cada estrato, y ello se realiza de la misma forma que en el problema de permeabilidad. La permeabilidad equivalente vertical es:

𝑘𝑣 =

∑2𝑖=1 𝑒𝑖 1.5 + 2.5 = 𝑒 2.5 1.5 ∑2𝑖=1 𝑖 𝑘𝑖 5 ∗ 10−2 + 8 ∗ 10−2

y el gradiente existente entre los puntos A y B vale:

MECANICA DE SUELOS II

𝑖=

∆ℎ𝐴𝐵 5 = = 1.25 𝐿𝐴𝐵 4

Como debe verificarse por continuidad que: 𝑘𝑣 ∗ 𝑖 = 𝑘1 ∗ 𝑖1 = 𝑘2 ∗ 𝑖2 Los gradientes que resultan son: 𝑖1 =

5.82 ∗ 10−2 ∗ 1.25 = 1.455 5 ∗ 10−2

𝑖2 =

5.82 ∗ 10−2 ∗ 1.25 = 1.455 8 ∗ 10−2

Ahora ya se puede proceder a calcular las presiones efectivas y los empujes. En un punto Z situado a una profundidad z, se tiene:

0 ≤ 𝑧 ≤ 2.5 (𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎1)

𝜎𝑣 = 10 + 21 ∗ 𝑧 𝑘𝑁/𝑚2 ℎ𝑧 = −𝑧 +

𝑢 = ℎ𝐵 − ∆ℎ𝐵𝑍 = 1 − 𝑖1 ∗ 𝑧 = 1 − 1.455𝑧 𝛾𝑠𝑎𝑡

𝑢 = (1 − 0.455 ∗ 𝑧) ∗ 10 = 10 − 4.55𝑧 𝑘𝑁/𝑚2 𝑠𝑖 𝑢 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑧 = 2.2 𝑚 𝜎𝑣′ = 𝜎𝑣 − 𝑢 = 21 ∗ 𝑧 − 10 + 10 + 4.55𝑧 = 25.55𝑧 𝑘𝑎 =

1 − sin ∅ 1 − 𝑠𝑖𝑛28′ = = 0.361 1 + sin ∅ 1 + 𝑠𝑖𝑛28′ ′ 𝑒𝑎= 𝜎𝑣′ ∗ 𝑘𝑎 − 2 ∗ 𝑐 ′ ∗ √𝑘𝑎

𝑒𝑎′ = 𝜎𝑣′ ∗ 𝑘𝑎 = 25.55𝑧 ∗ 0.361 = 9.22𝑧 𝑘𝑁/𝑚2 𝑧 = 0 → 𝑒𝑎′ = 0 𝑧 = 25 → 𝑒𝑎′ = 23.05

𝑘𝑁 𝑚2

𝑘𝑁 𝑚2

MECANICA DE SUELOS II

2.5 ≤ 𝑧 ≤ 4 𝜎𝑣 = 10 ∗ 1 + 2.5 ∗ 21 + (𝑧 − 2.5) ∗ 22 = 22 ∗ 𝑧 + 7.5𝑘𝑁/𝑚2 ℎ𝑧 = −𝑧 +

𝑢 = ℎ𝐵 − ∆ℎ𝐵𝑍 = 1 − [2.5 ∗ 𝑖1 + (𝑧 − 2.5)𝑖2 ] = −0.909𝑧 − 0.365 𝛾𝑤 𝑢 = 0.91𝑧 − 3.65𝑘𝑁/𝑚2 𝜎𝑣′ = 𝜎𝑣 − 𝑢𝑧 21.09𝑧 + 11.15 𝑘𝑎 =

𝑘𝑁 𝑚2

1 − sin ∅ 1 − 𝑠𝑖𝑛32′ = = 0.307 1 + sin ∅ 1 + 𝑠𝑖𝑛32′

𝑒𝑎′ = 𝜎𝑣′ ∗ 𝑘𝑎 = (21.09𝑧 + 11.15)307 = 6.47 ∗ 𝑧 + 3.42 𝑧 = 2.5 𝑧=4

→ →

𝑒𝑎′ = 19.6 𝑒𝑎′ = 29.6

𝑘𝑁 𝑚2 𝑘𝑁 𝑚2

𝑘𝑁 𝑚2

MECANICA DE SUELOS II

En la figura se han representado las distribuciones de empujes activos unitarios y del agua.

Por comodidad y para obtener la resultante de los empujes sobre el muro y su punto de aplicación, se ha realizado la descomposición indicado en la figura El empuje total sobre el muro será: 𝐸𝑡 = 𝐸𝑎′ + 𝐸𝑤 Con: 𝐸𝑎′ = 𝐸1′ + 𝐸2′ + 𝐸3′ 𝐸𝑤′ = 𝑈1 + 𝑈2 + 𝑈3 + 𝑈3 Y Siendo: 𝐸1′ =

1 𝑘𝑁 ∗ 23.5 ∗ 2.5 = 28.81 2 𝑚

𝐸2′ = 19.60 ∗ 1.5 = 29.4 𝐸3′ =

𝑘𝑁 𝑚

1 𝑘𝑁 ∗ (29.3 − 19.6) ∗ 1.5 = 7.28 2 𝑚 𝑈1 = 𝑈2 =

𝑈3 =

1 𝑘𝑁 ∗ 10 ∗ 1 = 5 2 𝑚

1 𝑘𝑁 ∗ 2.2 ∗ 10 = 11 2 𝑚

1 𝑘𝑁 ∗ 0.3 ∗ (−1.375) = −0.21 2 𝑚

MECANICA DE SUELOS II

𝑈4 =

1 𝑘𝑁 ∗ (−1.375)1.5 = −1.03 2 𝑚

Entonces: 𝐸𝑡 = 𝐸𝑎′ + 𝐸𝑤 = 65.47 + 14.77 = 80.25

𝑘𝑁 𝑚

Tomando ahora momentos estáticos respecto a la base del muro, se obtiene que la distancia a la línea de acción de la resultante es: 𝑑𝐸𝑇 = 1.86 𝑚 𝐸𝑡 = 𝐸𝑎′ + 𝐸𝑤 = 80.25

𝑘𝑁 𝑚

Se desea encontrara el empuje toral que recibirá un muro de 350 m de pantalla. El suelo es una arena arcillosa húmeda con un peso volumétrico húmedo de 1824 kg/m3 y un ángulo de fricción interna de 30ºy, cerca del muro, se encuentra una carga concentrada de 18 Ton, come se muestra en la figura.

MECANICA DE SUELOS II

Solución: Primero se comprueba si la carga produce empuje o no sobre el muro para ello, la distancia de 1.80 m a que se encuentra la carga concentrada debe ser igual o menor a: ∅ 𝑥 = ℎ ∗ tan (45 − ) = 3.5 ∗ tan(30º) = 2.02 𝑚 2 Como 1.80 m es menor que 2.02 m, la carga Psi afecta al muro. Por lo tanto, el empuje total vale: 𝐸𝐴 =

𝛾ℎ ∗ ℎ2 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ ∅ ∗ + 𝑃 ∗ tan (45 − ) = 2 1 + 𝑠𝑖𝑛∅ 2

𝐸𝐴 =

1824 ∗ 12.25 ∗ 0.333 + 18000 ∗ 0.577 = 2

𝐸𝐴 = 3720.28 + 110386 = 14106

𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑚𝑢𝑟𝑜 𝑚

Un muro de retención con cimentación se muestra en la figura siguiente:

MECANICA DE SUELOS II

a) Encontrar el valor del empuje pasivo ”EP” del lado izquierdo del muro y el efecto de seguridad desplazamiento tomando como ángulo de fricción entresuelo y zapata el valor de 20º Solución: 𝐸𝑃 =

𝛾ℎ ∗ ℎ2 1 + 𝑠𝑖𝑛∅ 1762 ∗ 9 1.454 ∗ = ∗ = 21114.9 𝑘𝑔 2 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ 2 0.546

La resistencia total al deslizamiento vale: 21114.9 + 43.984 ∗ 𝑡𝑎𝑛20º = 37123.76 𝑘𝑔 El factor de seguridad al desplazamiento vale: 𝐹. 𝑆. =

37123.76 = 1.57 23556

Calcular el empuje activo que recibirá la pantalla mostrada en la figura, si se sabe que el suelo sostiene presenta una densidad absoluta relativa de 2.65, un ángulo de fricción interna de37.75º (arena con menos de 5% de finos arenosos), una relación de vacios de 0.45 y se encuentra saturado 100%. Además, ¿Cuál es el momento que el empuje activo provoca en el empotramiento de la pantalla?

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Solución: Primero se calcula el peso volumétrico saturado: 𝛾𝑠𝑎𝑡 =

𝐷𝑎 + 𝑒 2.65 + 0.45 = = 2.138 𝑔𝑟/𝑔𝑟 3 1+𝑒 1.45

El empuje vale: 𝛾𝑠𝑎𝑡 ∗ ℎ2 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ 2138 ∗ 36 1 − 0.639 𝐸𝐴 = ∗ = ∗ = 2 1 + 𝑠𝑖𝑛∅ 2 1 + 0.639 𝐸𝐴 = 38484 ∗ 0.22 = 8466.48

𝑘𝑔 𝑑𝑒 𝑚𝑢𝑟𝑜 𝑚

Como la fuerza del empuje se encuentra a ℎ1/3 = 6/3 = 2 𝑚 , el momento en el empotramiento de la pantalla dado por empuje activo vale: 𝑀0 = 8466.48 ∗ 2 = 16932.96 𝑘𝑔 − 𝑚

Aplicando el método de Rankine, determinar en el muro indicado en la figura, la resultante de los empujes y su punto de aplicación.

Las características geotécnicas del terreno son:

MECANICA DE SUELOS II

𝑇𝑒𝑟𝑟𝑒𝑛𝑜 𝐴𝑟𝑒𝑛𝑎1 𝐴𝑟𝑒𝑛𝑎2

∅′ (º) 28

𝐶′ (

𝑘𝑁 ) 𝑚2

𝑘𝑁 𝛾𝑠𝑎𝑡 ( 3 ) 𝑚

10

35

20

0

22

Como se ha indicado en el problema 6.1, la aplicación del método de Rankine al cálculo de los empujes efectivos en un muro de trasdós vertical y terreno horizontal en coronación exige la determinación previa de la distribución de presiones efectivas verticales existente en dicho trasdós. Estando el agua en reposo, la distribución de presiones intersticiales será la hidrostática. Con el método de Rankine, los empujes efectivos unitarios se obtienen a partir de la siguiente expresión: 𝑒𝑎′ = 𝜎𝑣′ ∗ 𝑘𝑎 + 2 ∗ 𝑐 ′ √𝑘𝑎 Siendo ka el coeficiente de empuje activo y c' la cohesión efectiva. Adoptando el origen del eje z en la coronación del muro (figura), se tienen las siguientes distribuciones: 0 ≤ 𝑧 ≤ 4 𝑛𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑟𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑎𝑟𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎 𝜎𝑣 = 𝛾𝑠𝑎𝑡 ∗ 𝑧 = 20 ∗ 𝑧

𝑢 = 𝛾𝑤 ∗ 𝑧 = 10 ∗ 𝑧

𝑘𝑁 𝑚2

𝑘𝑁 𝑚2

𝜎𝑣′ = 𝜎𝑣 − 𝑢 = 20 ∗ 𝑧 − 10 ∗ 𝑧 = 10 ∗ 𝑧

𝑘𝑁 𝑚2

MECANICA DE SUELOS II

1 − 𝑠𝑖𝑛∅′𝑎𝑟𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 1 − 𝑠𝑖𝑛28º 𝑘𝑎 = = = 0.361 1 + 𝑠𝑖𝑛∅′𝑎𝑟𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 1 + 𝑠𝑖𝑛28º 𝑒𝑎′ = 0.361 ∗ 10 ∗ 𝑧 − 2 ∗ 10√0.361 = 3.61 ∗ 𝑧 − 12.02

𝑘𝑁 𝑚2

Si se analiza la última expresión, puede comprobarse que la distribución de empujes es negativa (tracciones) desde la coronación hasta una cierta profundidad zg. En esta zona, teóricamente, el terreno rompe a tracción, dando lugar a la aparición de grietas de tracción y los empujes efectivos son nulos.

La profundidad zg es aquella en donde e'a = 0, es decir: 3.61 ∗ 𝑧𝑔 − 12.02 = 0 𝑧𝑔 =

12.02 = 3.33 𝑚 3.61

La distribución de empujes efectivos es lineal y tiene los siguientes valores:

𝑧 = 3.33 𝑚 𝑧 = 4𝑚

𝑒𝑎′ = 0

𝑒𝑎′ = 3.61 ∗ 4 − 12.02 = 2.42 4≤𝑧≤7

𝑘𝑁 𝑚2

MECANICA DE SUELOS II 𝑎𝑟𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎 𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 (𝑧 𝜎𝑣 = 𝛾𝑠𝑎𝑡 ∗ 4 + 𝛾𝑠𝑎𝑡 − 4) = 20 ∗ 4 + 22(𝑧 − 4) = 22 ∗ 𝑧 − 8

𝑢 = 𝛾𝑤 ∗ 𝑧 = 10 ∗ 𝑧

𝑘𝑁 𝑚2

𝑘𝑁 𝑚2

𝜎𝑣′ = 𝜎𝑣 − 𝑢 = 12 ∗ 𝑧 − 8

𝑘𝑁 𝑚2

1 − 𝑠𝑖𝑛∅′ 𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 1 − 𝑠𝑖𝑛35º 𝑘𝑎 = = = 0.271 1 + 𝑠𝑖𝑛∅′ 𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 1 + 𝑠𝑖𝑛35º y como c' = 0 𝑒𝑎′ = 𝜎𝑣′ ∗ 𝑘𝑎 = 0.271 ∗ (12 ∗ 𝑧 − 8) = 3.25 ∗ 𝑧 − 2.17

𝑘𝑁 𝑚2

Esta distribución es también lineal y adopta los siguientes valores: 𝑧 =4𝑚 𝑧 =7𝑚

→ →

𝑒𝑎′ = 3.25 ∗ 4 − 2.17 = 10.83 𝑒𝑎′ = 3.25 ∗ 7 − 2.17 = 20.58

𝑘𝑁 𝑚2 𝑘𝑁 𝑚2

En la figura se representan las distribuciones de empujes activos efectivos unitarios y del agua sobre el muro. Como se puede observar, la presencia de dos terrenos diferentes produce una discontinuidad en la distribución de empujes activos efectivos unitarios.

MECANICA DE SUELOS II

Por comodidad, para el cálculo de la resultante de los empujes sobre el muro se realiza la descomposición indicada en la figura

𝐸1′ =

1 𝑘𝑁 ∗ 2.42 ∗ 0.67 = 0.81 2 2 𝑚

𝐸2′ = 3 ∗ 10.83 = 32.49 𝐸3′ =

𝑘𝑁 𝑚2

1 𝑘𝑁 ∗ (20.58 − 10.83) ∗ 3 = 14.63 2 2 𝑚 𝐸𝑤′ =

1 𝑘𝑁 ∗ 70 ∗ 7 = 245 2 2 𝑚

la resultante total de empujes vale:

𝐸𝑇 = 𝐸𝑎′ + 𝐸𝑤 = 𝐸1′ + 𝐸2′ + 𝐸3′ + 𝐸𝑤′ = 292.93

𝑘𝑁 𝑚

Su punto de aplicación se puede obtener tomando momentos estáticos respecto a la base del muro. Si dET es la distancia de dicha resultante a la base, entonces:

𝐸𝑇 ∗ 𝑑𝐸𝑇 = 0.81 ∗ (3 + De donde:

0.67 3 3 7 ) + 32.49 ∗ + 14.63 ∗ + 245 ∗ 3 2 3 3 𝑑𝐸𝑇 = 2.18 𝑚

En el terreno indicado en la figura se pretende realizar una excavación de 4 m de profundidad al abrigo de tablestacas, actuando en superficie una sobrecarga de 10 kN / m2. Se pide determinar la profundidad de empotramiento d de las tablestacas:

MECANICA DE SUELOS II

a) Sin apuntalamientos. b) Con puntales en coronación. En este caso se determinará la carga P en los puntales. En ambos casos, se adoptará un coeficiente de reducción de 1'5 para los empujes pasivos. Las propiedades geotécnicas de la arena son:

∅′ = 35º ;

𝛾 = 21

𝑘𝑁 𝑚3

MECANICA DE SUELOS II

a) Profundidad de empotramiento de las tablestacas en voladizo Se supone que cuando el tablestacado entra en carga, gira alrededor del punto O, movilizando los empujes activos y pasivos cuyas distribuciones se muestran en la figura. Por encima del punto O, en el trasdós se movilizan empujes activos mientras que en el intradós son pasivos los empujes movilizados. Se trata de un problema hiperestático, cuya resolución requiere realizar una hipótesis. Si se cortara el tablestacado por el punto O, sea R (“contraempuje”) la acción horizontal de la parte inferior y V la vertical (figura ). Usualmente, se supone que el momento flector en el punto O es nulo. Puesto que R no proporciona momento, ello permite escribir una ecuación en la que la única incógnita es d. El empotramiento real ds se ite en la práctica que es 1'2 d. El cálculo de los empujes se realiza aplicando el método de Rankine.

MECANICA DE SUELOS II

Empujes en el trasdós Se toma el origen del eje z en la superficie del terreno 0≤𝑧 ≤4+𝑑 𝜎𝑣 = 𝛾 ∗ 𝑧 + 𝑞 = 21 ∗ 𝑧 + 10

𝑘𝑁 𝑚2

𝑢=0 𝜎𝑣′ = 21 ∗ 𝑧 + 10

𝑘𝑁 𝑚2

𝑒𝑎′ = 𝜎𝑎′ ∗ 𝑘𝑎 − 2 ∗ 𝑐 ′ √𝑘𝑎 𝑘𝑎 =

1 − 𝑠𝑖𝑛∅′ 1 − 𝑠𝑖𝑛35º = = 0.27 1 + 𝑠𝑖𝑛∅′ 1 + 𝑠𝑖𝑛35º

𝑒𝑎′ = (21 ∗ 𝑧 + 10) ∗ 0.27 = 5.67 ∗ 𝑧 + 2.7 Para:

𝑧=0

→

𝑘𝑁

𝑒𝑎′ = 2.7 𝑚2

𝑘𝑁 𝑚2

MECANICA DE SUELOS II

𝑧 = 4+𝑑

𝑒𝑎′ = 5.67 ∗ (4 + 𝑑) + 2.7 = 25.38 + 5.67 ∗ 𝑑

→

𝑘𝑁 𝑚2

Empujes en el intradós Tomando ahora el origen del eje z en el fondo de la excavación (figura 6.14), se tiene: 0≤𝑧≤𝑑 𝜎𝑣 = 𝛾 ∗ 𝑧 = 21 ∗ 𝑧

𝑘𝑁 𝑚2

𝜎𝑣′ = 21 ∗ 𝑧

𝑢=0 𝑘𝑁 𝑚2

Según Rankine, los empujes pasivos unitarios en un trasdós vertical vienen dados por: 𝑒𝑎′ = 𝜎𝑎′ ∗ 𝑘𝑎 − 2 ∗ 𝑐 ′ √𝑘𝑎 Siendo kp el coeficiente de empuje pasivo que se calcula del siguiente modo:

1 + 𝑠𝑖𝑛∅′ 1 𝑘𝑝 = = = 3.69 1 − 𝑠𝑖𝑛∅′ 𝑘𝑎 Por lo tanto: 𝑒𝑝′ = 21 ∗ 𝑧 ∗ 3.69 = 77.49𝑧

𝑘𝑁 𝑚2

Para: 𝑧=0 𝑧=𝑑

→

𝑒𝑝′ = 0 𝑒𝑝′ = 77.49 ∗ 𝑑

→

𝑘𝑁 𝑚2

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de 1'5, en los cálculos debe adoptarse: 𝑧=0

𝑧=𝑑

→

→

𝑒𝑝′ = 0

𝑑 𝑘𝑁 𝑒𝑝′ = 77.49 ∗ ( ) = 51.66𝑑 1.8 𝑚2

MECANICA DE SUELOS II

En la figura se han representado las distribuciones unitarias de empujes activos y pasivos obtenidas y la descomposición que se realiza para el cálculo de las resultantes. Empuje activo. ′ ′ 𝐸𝑎′ = 𝐸𝑎1 + 𝐸𝑎2 ′ 𝐸𝑎1 = 2.7 ∗ (4 − 𝑑) = 10.8 + 2.7 ∗ 𝑑

𝑘𝑁 𝑚

′ 𝐸𝑎2 = 0.5(25.38 + 5.67𝑑 − 207)(4 + 𝑑) = 2.385𝑑 2 + 22.68𝑑 + 45.36

𝐸𝑎′ = 2.835 ∗ 𝑑2 + 25.38 ∗ 𝑑 + 56.16 Empuje pasivo máximo.

𝑘𝑁 𝑚

𝑘𝑁 𝑚

MECANICA DE SUELOS II

𝐸𝑃′ =

1 𝑘𝑁 ∗ 77.49 ∗ 𝑑 ∗ 𝑑 = 38.75 ∗ 𝑑2 2 𝑚

Como en el enunciado se indica un coeficiente reductor para el empuje pasivo de 1'5, en los cálculos debe adoptarse:

𝐸𝑃′

38.75 ∗ 𝑑 2 𝑘𝑁 = = 25.83 ∗ 𝑑2 1.5 𝑚

Como el momento flector en O se ite nulo, entonces: ′ ′ ′ ′ 𝐸𝑎1 ∗ 𝑑𝐸𝑎1 + 𝐸𝑎2 ∗ 𝑑𝐸𝑎2 − 𝐸𝑃′ ∗ 𝑑𝐸𝑃′ = 0

(10.8 + 2.7 ∗ 𝑑) (

4+𝑑 1 1 ) + (2.835 ∗ 𝑑 2 ) + 22.68 ∗ 𝑑 + 45.36) ∗ ∗ (4 + 𝑑) − ∗ 25.83𝑑3 = 0 2 3 3

Resolviendo esta ecuación cúbica, resulta

MECANICA DE SUELOS II

𝑑 = 4.09 𝑚 Debido a la hipótesis realizada en el cálculo, la longitud de tablestaca por debajo del punto O suele itirse que es del orden del 20% de d, y en consecuencia, la longitud de empotramiento resultante de las tablestacas es: 𝑑𝑠 = 1.2 ∗ 𝑑 = 1.2 ∗ 4.09 = 4.91 𝑚 b) Profundidad de empotramiento para el tablestacado apuntalado en cabeza En este caso es usual itir que cuando el tablestacado entra en carga, el giro se produce alrededor del punto de aplicación del puntal (A), movilizándose los empujes indicados en la figura. Ahora, la ecuación de equilibrio de momentos en A permite obtener la profundidad de empotramiento y seguidamente, la ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales proporciona la fuerza P en el puntal. Las distribuciones de empujes son las mismas que en el caso anterior si se sustituye d por ds Estableciendo el equilibrio de momentos en A: 4 + 𝑑𝑠 2 (10.8 + 2.7𝑑) ∗ ( ) + (2.835 ∗ 𝑑𝑠2 ) + 22.68 ∗ 𝑑𝑠 + 45.36) ∗ − 25.83 ∗ 𝑑𝑠2 2 3(4 + 𝑑𝑠 ) 2 ∗ (4 + ∗ 𝑑𝑠 ) = 0 3 Ecuación cúbica que resuelta proporciona el siguiente valor: 𝑑𝑠 = 1.74 𝑚

MECANICA DE SUELOS II

El equilibrio de fuerzas horizontales impone que: 𝑃 = 𝐸𝑎′ − 𝐸𝑃′ = 2.835 ∗ 𝑑𝑠2 + 25.38 ∗ 𝑑𝑠 + 51.16 − 25.83 ∗ 𝑑𝑠′ Que proporciona el siguiente resultado: 𝑃 = 30.70

𝑘𝑁 𝑚

Como se puede observar, la colocación de un apuntalamiento en coronación reduce la profundidad de empotramiento de 4'91 m a 1'74 m.

Se construye un muro de retencion de 7.0m de alto para sostener un limo arenoso con un peso volumetrico de 1760 kg/m3 y un angulo de friccion interna de 32º. El limo arenoso presenta ademas, una cohesion de 1220kg/m2 o sea 0.122kg/cm2. La superficie del terrenoes horizontal. Se despresia el efecto de la friccion del muro. Determinar la presion en la base de la pantalla.

Como se tiene cohesion y friccion, la formula activa de la presion al fondo de la pantalla vale: 𝜎3 =

2 ∗ 𝐶 √𝑁∅ 𝜎1 2 ∗ 𝐶 √𝑁∅ 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ − = 𝛿1 ( )−( ) 𝑁𝑃 𝑁∅ 1 + 𝑠𝑖𝑛∅ 𝑁∅

Donde: 𝑁∅ =

1 + 𝑠𝑖𝑛∅ , 𝑦 𝜎1 = 𝛾𝑛 ∗ ℎ 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ 1 + 0.5299 1 − 0.5299 1 + 0.5299 1 − 0.5299 )

2 ∗ 0.122 ∗ √

1 − 0.5299 𝜎3 = 1.76 ∗ 7 ( )− 1 + 0.5299 (

= 3.785 − 0.135 = 3.65 𝑇𝑜𝑛 = 3650 𝑘𝑔

MECANICA DE SUELOS II

Un muro de retencion de paredes verticales de 7.00m de alto soporta el empuje de una arena con un peso volumetrico en su estado natural de 1760 kg/m3 y un angulo de friccion interna de 32º. La superficie del terreno es horizontal. Determinar el empuje que recibira el muro por metro de profundidad y marcar las fuerzas que actuan en el muro; despresiar el empuje pasivo.

Solucion

Cuando el terreno es horizontal y la pared del muro vertical, la teoria de rankine despresia la friccion entre paredy suelo. El empuje se calcula con la formula:

𝛾𝑛 ∗ ℎ2 1 − 𝑠𝑖𝑛∅ 1.76 ∗ 49 1 − 0.5299 𝐸𝐴 = ∗ = ∗ = 2 1 + 𝑠𝑖𝑛∅ 2 1 + 0.5299

= 43.2 ∗ 0.307 = 13.262 𝑇𝑜𝑛 = 13262𝑘𝑔 Este empuje es horizontal y aplicado a un tercio de la altura del muro, medido a partir de la base, como se indica en la siguiente figura. Para el analisis de la pantalla, el valor de h que se va a emplear en el ejemplode rankine debe ser h1

MECANICA DE SUELOS II

Si se considera el efecto de la rugosidad da la pared del muro, el valor calculado por la formula anterior se nultiplica por un factor que varia desde 0.8 para𝛿 = 30º 𝑎 0.9 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝛿 = 15º ya que 𝛿 es el angulo de friccion con la pared y asi se obtiene la resultante horizontal.

Derterminar el empuje sobre el muro del problema anterior modificando el valor de Rankine por la friccion de la pared considerando un angulo de friccion de 20º

Solucion:

como 𝛿 = 20º se hace un ainterpolacion entre 0.8 y 0.9, resultando 0.87 por tamto:

𝐸𝐴 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛿 = 13262 ∗ 𝛼

𝐸𝐴 𝑐𝑜𝑠𝛿 = 13262 ∗ 0.87 𝐸𝐴 =

13262 ∗ 0.87 11573.9 = = 12279.6 𝑘𝑟 𝑐𝑜𝑠20º 0.9396

La disminucion del empuje es de 7.4% en este caso

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