Mecánica de suelos

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PROBLEMAS RESUELTOS·
DE MECÁIIICA DE SUELOS
y DECIMEIITAClallES
Crespo Villalaz
Administrador
Sticky Note
Descargado de :
http://technologycompartida.blogspot.com
Titulado en 1947por la Universidad
AutónomadeMéxicocomo Ingenie-
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
Limusa.
Acerca del autor:
~ LlMUSA
NORIEGA EDITORES
MÉXICO. Espalia • Venezuela• Colombia
Carlos Crespo Vi lIalaz
PROBLEMAS RESUELTOS
DE MECÁNICA DE SUELOS
y DE CIMENTACIONES
149
7
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
Introducción 9
Contenido
Ing. Carlos Crespo Villalaz
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.
La solución de los problemas se presenta de acuerdo con el orden de los temas tra-
tados en mi obra Mecánica de Suelos y 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 y cuando posea
los conocimientos fundamentales acerca de la materia.
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.
~---------- _ ...._-_._ .._.._--_ .•. --------------------Introducción
Da 2.649
D¡ = -_ = O = 2.649 == 2.65o; l.
La densidad relativa es:
50 + 661.6 - 692.73 = 2.649 g/cm!
50 x 1.0
La densidad absoluta es:
D - ps· Dw
a - Ps + Pma - Pmas
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
1.2 Determinar la densidad absoluta y la relativa de un material fino si se tienen
los siguientes resultados:
Yss = 1,821.7 kg/rn! == 1,822 kg/rn"
1.8217 g/cm!12,447.2 - 2,200.05,625
t-;
'Yss = -_ =V(
El peso volumétrico seco y suelto vale:
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: 15cmx 15cmx 25cm = 5,625 cm"
1.1 Determinar el peso volumétrico seco y suelto de un material con los datos
siguientes:
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-------
Propiedades físicas
de los suelos
Malla Peso Retenido 0/0 Retenido 0/0 Acumulativo % Quepasa 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
a) Granulometría grande:
Solución aritmética:
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
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 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
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.
12 Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones
a) Diámetro efectivo (D1o) = 0.074 mm
C¿ __ D60 __ 9.520b) Coeficiente de uniformidad = D10 0.074 = 128.6
Respuestas:
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.
1.5 Con los datos obtenidos en el problema granulométrico anterior, determi-
nar:
e) Los resultados anteriores se grafican en papel semi-logarítmico:
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
b) Granulometría chica:
13Propiedades físicas de los suelos
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.
1.6 Del análisis granulometrico anterior (en un análisis combinado de gran u-
lometría chica y sedimentación) se obtuvieron los siguientes resultados:
MALLA
3/8'" 3/4" 1" 1-1/2" 2"41020200 100 60 40
O
-: / V /' J/
/ V /1/ J
/ / //
/ / / v/ 1//
V / V/ l/
/ ./V -: /' /
/ /' V _,,-/ "-- ./"' ......./ .......... f--/ ". _../...... ............ »> _.,?_,:;:;.::. __.---
100
90
80
70
«en 60«n,
UJ 50::J
O
#. 40
30
20
10
o g
cxi o
M LO
'"oo <t
o) Lri_ N
o
N
LO
.,;
8o
N
o
<t
00o
o
N
<to
o
LO
No
Ol
<t
o
<t.....oo
GRAFICA DE COMPOSICION GRANULOMETRICAI
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.
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.
(0.75)2
= (9.52) (0.074) = 0.80e) Coeficiente de curvatura = Ce = (D30)2(D60) (DlO)
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones14
300
250
150100
!90
;80
70
60
50
40 (/)
O>-::>
30 z:¡
25 zw
20 Óo
ir.
Ir
::>
15 u
(/)z
12 «Ir>-
10 OQ.
9 ::;w
8 ¡::
7
6
5
4
3
2
DIAMETRO DE LA PARTICULA EN MILIMETROS
.005 .010.012.015 .02.025.03 .04 .05.
10.0
15.
21.
26.
32.
3,7,
r- .
6
1
4-
1\28 CONDICIONESMEDIAS
", 1'\
\- 1\u
\
1\
\ \
1\
\ \
\
~
\
\ \
\
\ 1\\
\ \
\
~
\ \
EJEMPLO- 1\
\ \\
\ 1\
\ \
\
1\
«a::
::>>-«
Irw
Q.
::;
W
>-
EJEMPLO: PART. < 0.02 mm
Dr = 2.95
t' = 35'C
tiempo = 5.5 rnin,
NOTA: EL ABACO ESTA BASADO EN
LA LEY DE STOKES Y ES USADO
PARA DETERMINAR EL TIEMPO
TRANSCURRIDOANTES DEL DRENAJE
PARA CUALQUIER TAMAÑO DE GRANO
DESEADO.
ABACO PARAANAlISIS GRANULOMETRICO
PORSEDIMENTACION BASADO EN UN
AGUJERO DE DRENAJE A 20 CM DEBAJO
DE LA MARCA 10oo-CC
3.2
3.1
3.0
-c>¡::«
--' 2.5wa::
o 2.4«o 2.3¡¡;
zw 2.2o
2.1
2.0
Gráfico para análisis granulométrico por sedimentación
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).
15
(~~) (0.45) (100) ( \:' ) =
(1000) (~~ ) (0.45) = 4.95070
% 0.002 mm
Solución:
Determinar el porcentaje de partículas menores a 0.02 mm.
Propiedades físicas de los suelos
(2) (981) (0.00025)2 (1.65)
(9) (0.0101)
2 gr2(Da - Dw)
ge
2.22587 X 10-3 cm/seg.
v
Solución:
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 1.0 g/cm",
e) Aplicar la ecuación de Stokes.
1.8 Determinar la velocidad de sedimentación de las partículas menores a 0.005
mm del problema anterior con los datos siguientes:
% de arcilla « 0.005 mm) = 42%
% de limos « 0.05 mm) = 72 - 42 = 30%
% de arena (+- 0.05 mm y 2.0 mm) = 28%
Lo anterior indica que el suelo presenta:
Solución:
OJo partículas menores a 0.05 mm = (1000) ( ~~ ) = 72%
% partículas menores a 0.005 mm = (1000) ( ~~ ) = 42%
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
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:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones16
17
Vv = V( - Vs = 420 - 234.6 = 185.4 cm!
e = ~ = 185.4 = 079
Vs 234.6
r, 617 3Vs = -- = -- = 234.6 cm
Da 2.63
La relación de vacíos es:
El porcentaje de humedad es:
w = Ph - Ps x 100 = .737 - 617 x 100 = 19.449070
Ps 617
Solución:
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
2.1 Se determinaron las características mecánicas de un estrato de arena en-
contrándose que, al obtener una muestra representativa, su volumen era de
420 cm" 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:
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, agua y aire, para discernir
adecuadamente en cada caso.
2---------------------
Relaciones volumétricas
0.512 x 100 = 33.86%
1.512
en =---
1 + e
La porosidad de la arcilla es:
e = _!:2:_ = 19.248 = 0.512
Vs 37.594
La relación de vacíos de la muestra es:
Vy = Vt - Vs = 56.84 - 37.594 = 19.248 cm"
Por tanto, el volumen de vacíos es:
= lOO + 8.0 = 56.84 cm!
1.9
V - Ps + Pw/-
"Ih
El volumen total es:
e, 100 3Vs = _-. = _- = 37.594 cm
Da 2.66
El volumen de los sólidos es:
Solución:
a) Relación de vacíos de la arcilla
b) Porosidad
e) Grado de saturación.
2.2 Una muestra inalterada de arcilla tiene una humedad del 8%, una densidad
absoluta relativa de 2.66, un peso de 100 gr y un peso volumétrico húmedo
de 1,900 kg/rn",
Determinar:
h = 1,754.7 = 1 46899 k 1m3
"Is = 1 + wllOO 1.19449 ,. g
El peso volumétrico seco de la arena es:
v« = Ph = 737 = 1.7547 g'/cm! = 1,754.7 kg/rn!
VI 420
El peso volumétrico húmedo de la arena es:
El grado de saturación es:
V 737 - 617G = _w_ x 100 = x 100 = 64.72%
Vy 185.4
n = e X 100 = 0.79 x 100 = 44.130/0
1 + e 1.79
La porosidad de la arena es:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones18
(2.68 + e) (190) = 343 (l + e)
509.2 + 190 e = 343 + 343 e
166.2 = 153 e
e = 1.086
por lo que la relación de vacíos vale:
2.68 + e _ 343 _ 1 805 / 3
1 + e - 190 -. gr cm ,
2.68 gr/cm", igualando se tiene:
= -- = 1.805 gr/cm", y la densidad absoluta es de
190
343y se sabe que 'Ysat
Da + e
1 + e ''Ysat =
Como el peso volumétrico saturado vale:
Solución:
a) Relación de vacíos
b) Porosidad
e) Contenido de humedad
d) Peso volumétrico saturado
e) Peso volumétrico seco.
2.4 Una arcilla completamente saturada (100070)tiene un volumen de 190 cm' y
pesa 343 gramos. Si la densidad absoluta relativa de la arcilla es de 2.68, de-
terminar:
-5-6~-84-= (1~)3 = 70,392.97 cm" = 70.373 litros
a) El porcentaje de humedad con respecto al peso seco que se va a agregar
es: w = 12 - 8 = 4070
b) Si a 56.84 cm! se agrega el 4070en peso (4.0 cm'), a un metro cúbico se le
agrega, según la proporción:
Solución:
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?
G = Vw x 100 = 8 x 100 = 41.56070
. Vv 19.248
El grado de saturación de la arcilla es:
19Relaciones volumétricas
Ps = _~P_h__ = 26 = 22.75 kg
1 + w/lOO 1.1428
El peso seco de toda la muestra es:
w = Ph - Ps x 100 = 80 - 70 x 100 = 14.28%
Ps 70
El porcentaje de humedad es:
Solución:
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
1) 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.
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:
2.680 _ 1 2'847 '/ 32.086 -. g cm
Da 2.68
'Ys = 1 + e = 1 + 1.086 =
El peso volumétrico seco vale:
1.805 g'/cm!3.766
2.086
2.68 + 1.086
= =1 + 1.086
Da + e
'Ysat = 1 + e
El peso volumétrico saturado vale:
Esto indica que el porcentaje de humedad de la muestra saturada 100% es
de 40.5%.
Como la arcilla está 100% saturada, la humedad vale:
o sea, los vacíos representan el 52.06070 del volumen total.
n = ( e) 100 = 108.6 = 52.06%
1 + e 2.086
La porosidad vale:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones20
·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
a) Para determinar su humedad:
2.6 Una muestra inalterada de arena obtenida de un depósito eólico o médano
marino cubica 3.7 litros y pesa húmeda 5.91 kilogramos. En el laboratorio
se le hacen determinaciones obteniéndose:
= 1,649.1 kg/rn!1884.591.1428
'Yh'Ys = -----'-'-'--- =
1 +~
100
o lo que es lo mismo:
El peso volumétrico de la muestra seca es:
Da 2.66 3 3vs= 1 + e = 1.613 = 1.649 g/cm 1,649 kg/cm
( D ) ( 2.66 )'Yh =. 1 : e (1 + w/l00) = 1.613 (1.1428) = 1.884,59 gr/cm!
El peso volumétrico de la muestra húmeda es:
El grado de saturación de la muestra con la humedad que contiene vale:
e 0.613n = -- = _ _;__;;_;,__x 100 = 38.00070
1 + e 1 + 0.613
Porosidad de la muestra:
Vv 5,247.37e = -- = = 0.613Vs 8,552.63
La relación de vacíos de la muestra es:
Vv = Vt - Vs = 13,800 - 8,552.63 = 5,247.37 cm-
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:
Pw = Ph - Ps = 26 - 22.75 = 3.25 kg
El peso del agua en toda la muestra es de:
21Relaciones volumétricas
Vs = ~ = 5,163.83 = 1,905.47 cm!
Da 2.71
El volumen de la parte sólida es:
P¿ = Ph - P, = 5,910 - 5,163.83 = 746.17 g
El peso del agua en la muestra es:
= 5,163.83 g5,910
1.445
El peso de los sólidos es:
PhPs = =
1 + w/loo
Ps 35Dr = ---___::--- = ---------- = 2.71
Ps +: Pma - Pmas 35 + 434.12 - 456.21
La densidad absoluta relativa:
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
=Peso de la muestra húmeda = Ph = 5,910 g
·Volumen de la muestra húmeda = 3,700 cm!
Solución:
•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.
Se desea obtener mediante los resultados:
el) Relación de vacíos en su estado más compacto = emín = 0.50
e) La relación de vacíos en su estado más suelto, emáx = 1.20
•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
b) Para determinar la densidad absoluta relativa de las partículas se obtu-
vieron los resultados siguientes:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones21.
1,033 - 870 x 100 = 18.73070
870
w =
Peso de la muestra húmeda = Ph = 1,033 g
Peso de la muestra seca = P, = 870 gr
b) Humedad:
30
11.11
30 x 1= ~--~~----~~~ =30 + 436.18 - 455.07
Da = .. PsDw
Ps + Pma - Pmas
= 2.70 gr/cm!
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
a) Densidad absoluta:
2.7 Determinar densidad absoluta, humedad, relación de vacíos y peso vo-
lumétrico en estado natural del suelo cuyos datos obtenidos en laboratorio
son:
Floja
Media
Compacta
Muy compacta
0.00 a 35070
36070a 650/0
66070a 85070
86070a 100070
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:
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
El grado de saturación es:
G = ( Vw ) 100 = ( 746.17 ) 100 = 41.58070
Vv 1,794.53
0.9417 x 100 = 48.498070
1.9417
e
nnat = =1 + e
La porosidad es:
1,794.53 = 0.9417
1,905.47
Vv
enat = -- =
Vs
La relación de vacíos es:
Vv.= (VI - Vs) = 3,700 - 1,905.47 = 1,794.53 cm!
El volumen de vacíos es:
23Relaciones volumétricas
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.
Ps = V· Yss = (208) 1212 = 252,096.00 kg
Agua que se va a agregar = 252,096 x 0.10 = 25,209.6 litros
Peso del material seco en la calle escarificada:
w = 19 - 9 = 10%
Porcentaje de humedad por agregar.
¿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".
2.8 Una calle de 10m 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.
0.8122.7=--1
1.49
2.7 _ 1
1.769
1.187
e = Da - 1 =
'Ys
La relación de vacíos vale:
Por lo que el peso volumétrico húmedo es:
Ph 29.460
'V - - = 1.769 g /cm3 = 1,769 kg/rn!
,h - V - 16.653
16.653 cm!v = 31.79 - 12.71 - 2.427 = 31.79 - 15.137
Por tanto el volumen de la muestra vale:
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 3p - - -- -. cmo, 0.96
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:
e) Relación de vacíos y peso volumétrico húmedo:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones24
Da .Ys = , se tiene que:
1 + e
e = (~: - 1) = 1~:1 - = 0.677
Como:
v« 1.8
Ys = 1 + w/loo = 1.12 == 1.61 g /cm3 == 1610 kg/rn!
El peso volumétrico seco vale:
Solución:
Se desea calcular: peso volumétrico seco, porosidad, relación de vacíos,
grado de saturación y porcentaje de vacíos llenos de aire.
'Yh = 1800 kg/rn! ; w = 12% ;D, = 2.7
2.10 Se determinan de un suelo los siguientes valores:
Da = 2.75 gr/cm"
Por lo que:
D, = .!!_ = 1.08 = 2.748 = 2.75
w 0.393
e = w· D,
el) Como la muestra está 100% saturada:
n 0.5192e = --- = -----'----'---- = 1.08
1 - n 1 - 0.5192
e) El valor de la relación de vacíos es:
n = 0.5192 = 51.920/0
1.84 = (1.32089) + (n) de donde:
P; .D¿ Vw• D¿ Vv • 1
'Ysat = 'Ys + = Ys + = Ys + --'--Vt Vt Vt
= Ys + n, por tanto:
b) Como:
1320.89 kg/rn!1840
1.393
'Yh
Ys = 1 + w/100
a) El peso volumétrico seco vale:
Solución:
25Relaciones volumétricas
El volumen V( = 300,000 m", y su e = 0.8
V] =
V; 1 + e'
Vt 1 + e
--=
Vf = Vv + Vs = Vs(1 + e) }
V;= V'v+ Vs= V;(l +el)
Vf (\ : e; )
Se sabe que:
Solución:
La pregunta es, ¿cuál banco es, económicamente, mejor explotable?
Banco e $/m3
A 0.9 $102.00
B 2.0 $ 90.00
e 1.6 $ 94.00
Los materiales de los bancos A, B y C presentan las siguientes relaciones de
vacíos y costos de movimientos por metro cúbico de material:
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.
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
1.5
1 = 0.2 = 20%1.8ú)
Solución:
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.
% Va = (1.0 - 0.4786) 100 = 52.14%
El porcentaje de vacíos llenos de aire es:
47.860/00.4786
El grado de saturación es:
G = ú). D, = 0.12 x 2.7
e 0.677
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones26
Vs 138.55e = -- = = 0.482
Vs 287.45
La relación de vacíos es:
138.55 cm!Vv = VI - Vs = 426 - 287.45
El volumen de vacíos vale:
JOs 779 3Vs = -- = -- = 287.45 cm
Da 2.71
a) El volumen de los sólidos es:
Solución:
b) Cr = 'Ys máx 'Ys na! - 'Ys mín
Ys nat 'Ys máx - 'Ys mín
emáx - ena!
emáx - emín
a) C; =
Si la densidad absoluta relativa del suelo es de 2.71, determinar la compaci-
dad relativa con las dos fórmulas:
2.13 Se realiza una prueba de compactación de suelo arenoso en el lugar median-
te un sondeo, pesando el suelo extraído y el volumen 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",
De lo anterior se concluye que es más económico el movimiento del material
del banco "A'\
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
Los volúmenes anteriores multiplicados por sus respectivos costos son:
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
27Relaciones volumétricas
Observar que para el segundo procedimiento no fue necesario conocer la densidad
absoluta relativa del suelo.
La compacidad relativa es:
e; = (1.89) ( 1.83 - 1.45 ) = (1.0327) (0.8636) = 0.89 = 89%
1.83 1.89 - 1.45
El peso volumétnco seco en estado natural vale:
'Ys nat = ~~: = 1.83 g /cm!
400'Ys mín = --. = 1.45 g /cm?
276
El peso volumétrico seco mínimo vale:
b) El peso volumétrico seco máximo vale:
'Ys máx = : = 1.89 g /cm!
0.87 - 0.48 == 0.91 = 91%
0.87 - 0.44C
- emáx - enat
r -
emáx - emín
De tal manera que:
212 _ 400
___ 2_.7_1__ 0.44
400
2.71
v _ Ps
se Da
Pss
Da
emín =
La relación de vacíos mínima es:
v _ Pss 276 _ 400
ss Da 2.71 0.87emáx = Pss 400
Da 2.71
La relación de vacíos máxima es:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones28
29
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.
= 0.45 - 0.20 = 0.25 = 1.0
0.25 0.25
1 _ Wn - LP
L - IP
El índice de liquidez de la arcilla es de:
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.
C R = LL - Wn = 0.65 - 0.45 = 0.20 = 0.8
. . IP 0.25 0.25
La consistencia relativa de la arcilla es:
Solución:
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 consolidado.
b) ¿Cómo se clasifica la arcilla según el gráfico de plasticidad?
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%.
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-------
Características plásticas
de los suelos
Número de golpes (Escala log.)
25 30 35 40 46 502015
25.0%
7 8 9 10
25.5%
16.0%
26.5%
l'
l'
27.0%
El porcentaje de humedad, de acuerdo con la curva de fluidez, es de
26.06% para el límite líquido (ver gráfica).
Solución:
Humedades (OJo)No. de golpes
25.4
25.7
26.4
26.8
36
30
21
17
3.3 Determinar el valor del límite líquido de un suelo mediante los siguientes
datos:
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.
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.
= 8.0625
3.1
A = I._P_.__
% < 0.002 mm
El número de actividad de la arcilla es:
Solución:
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 3.1OJo?
30 Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones
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?
e) ¿Se confirma o no el punto anterior con el resultado conocido?
Determinar en dicha muestra inalterada:
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-
22.00%
2.65
45%
20%
13%
86%
Humedad
Densidad relativa
Límite líquido
Límite plástico
Límite de contracción
Porcentaje pasando la malla # 200
3.5 Se realizaron pruebas de laboratorio a una arcilla encontrando los datos si-
guientes:
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.
LL = 25.85; 26.27 = 26.06%
El promedio de estos dos valores es:
26.27070(
30 . 0.121
LL = 25.7 .-) = (25.7) (1.0223)\ 25
Para 30 golpes:
25.85%LL = 26.4 (;~ ) 0.121 = (26.4) (0.9792)
Para 21 golpes:
LL = w ( ~ r·121La fórmula de Lambe es:
Solución:
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.
31Características plásticas de los suelos
Ce = 0.009 (L.L. - 10) = (0.009) (35) = 0.315
El índice de compresión vale:
Solución:
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.
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.
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.
1) El índice de liquidez vale:
h = Wn - L.P. = 22 - 20 = O08
/.P. 25 .
e) La prueba a compresión axial sin confinar hechá en la muestra inaltera-
da según datos dados, es de 2.38 kg/cm", lo que confirma la relación
con que indica la consistencia relativa.
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 kgl cm2 • . .
e) La consistencia relativa de la arcilla vale:
C.R. = L.L. - Wn = 45 - 22 0.92
J.P. 25
(_0.583)' 100 = 36.33070
\ 1.583
en =---
1 + e
e = W • D, = 0.22 x 2.65 = 0.583
b) La porosidad vale:
a) Como la muestra está saturada, su relación de vacíos vale:
Solución:
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?
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones32
INDICE DE PLASTicIDAD
7050 6040302010O
L
-:
V"... _. .
:._/
,':/:/. .
.'V
/
'25
CORRELACIONENTREEL
INDICE DE PLASTICIDAD Y LA CONTRACCION LINEAL
(Valores esperados)
20
~«wz
::::¡
z 15ouu«a:
1- 10zou
5
O
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%.
Solución:
3.7 Si un suelo presenta un límite líquido de 45070y un límite plástico de 20%,
¿cuál es, aproximadamente, el valor esperado de la contracciónlineal deter-
minada con la humedad del límite líquido?
Ce de Oa 0.190, baja compresibilidad
Ce de 0.20 a 0.39, mediana compresibilidad
Ce de más de 0.39, alta compresibilidad
De acuerdo con Terzaghi y Peck, el suelo es de mediana compresibilidad ya
que:
33Características plásticas de los suelos
3S
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.
Las características de cada suelo son:
De acuerdo con la clasificación S.U.C.S. el suelo "A" es un "CL" y el
suelo "B" es un "CH".
Solución:
a) Clasifique los dos suelos según el Sistema Unificado de Clasificación de
Suelos (S.U.C.S.) y describa las características generales de ambos.
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
4.1 Dos muestra de materiales cohesivos de bancos o lugares diferentes se anali-
zaron en un laboratorio obteniéndose los datos siguientes:
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-------
Clasificación
de los suelos
SUELOS
ALTAMENTE
ORGANICOS
Turbasy otros suelos
altamenteorgánicos.Pt
LIMITE LlQUIDD
4030O 20lD 706050 90 10080OH
o
Arcillasorgánicasde media
o alta plasticidad,'Iimos
orgánicosde media
,plasticided.
MHCH
Arcillasinorgánicasde alta
plasticidad,arcillas
francas.
V
V~L10~~~-f-f--+-~~-f~~~4-4--+-f--~~1--r-+-+7 -'f- ..,/ o
4 _ fL ~ ~L,' ML
ML ,/
MH
limos inorgánicos,limos
mic.fceoso diatomáceos,
limoselásticos.
Limosorgánicosy arcillas
limosasorgánicasde baja
plasticidad.
Ol CH /
8~ ~~¡::
<J) CL
~ 30+--+--i-++--IJ-+--+-J-+-+--IJ-J':y""~~1--+-+-I---+--+--1~ /(~.
i5 V~
Cl 60r-.,.....,....-T-T--,--,r--..-.,.....,....-r~..,.--,--,r--T-,--;--¡--.--,
I '!A ILTAIBAJA MEDIA
O._
~ ~
¡;j E
E ;a
~ Q)
(5 "'O
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.!!! O
(i) ó
....Q)
111 "'OE- (/)
Q) ~
"'O,::J
-c!._2
.~i
E a.
~ ~
Q) .....
"'O
PARA LA CLASIFICACIONDESUELOSDE PARTICULASFINAS ENLAB
Arcillasinorgánicasde baja
o mediaplasticidad,arcillas
con grava,arcillasarenosas,
arcillaslimosas,arcillas
pobres.
CARTA DE PLASTICIDAD
O
O
N
Arribade la "Unea A"
y con LP. entre 4 y 7
soncasosde frontera
que requierenel uso
de símbolos dobles.
Umitesde Atterbeg
arribade la "LíneaA"
con LP. mayorque 7
UmitesdeAtterbeg
arribade la "LíneaA"
con LP. mayorque7
Arribade la "LíneaAH
y con LP. entre 4 y 7
soncasosde frontera
Querequierenel uso
de sfmbolos dobles.
LímitesdeAtterbeg
abajode la "Unea A"
o LP. menorQ\,e4
NO SATISFACEN TODOS lOS REQUISITOS
DE GRADUACION PARA GW
o
O
N
Umitesde Atterbeg
abajode la "Unea A"
con LP. menorque4
(/)
¡;j I~
"¡: Q)
Q) ::>
.... C"
111 Q)E a.
CRITERIO DE
CLASIFICACION EN EL LABORATORIONOMBRES TIPICOS
Coeficientede uniformidadCu:mayorde 4
Coeficientede curvatura Cc: entre 1 y 3
Cu= (060)/(0,0) Cc = (030)'/1010'060)
..,. Gravasbiengraduadas,mezo ~ ¡¡: :g
o'" '"~ clasde gravay arenacon O ~ ~
Oz Z ~ <oz GW ° -'u« li:<- pocoo nadade finos. z u .13-':5"::;;0'" !!!"'#.
Ua:«~ ~ ~>~~"+---il---\------------t~~~
"" u Gravasmal graduadas,rnez-: <J)
~ :5 ~ ~ 8>= GP clasde gravay arenacon ~ ~ ~
en ~ r:c 1- (!)~~ poco o nada de finos. ~ f§ ~
«ofr~ ~g~
~o«<I---+- ....+----------------I::;;",~
el: ~ Q ~ #.. ~~ 9 ~ (/)O - Z Z "'~ ::¡¡: d Gravaslimosas,mezclasde :> <J) eS
::¡: ~ ~ ~~~ O; -- grava,arenay limo. :i g CJ
:5 ~ ~ ~f~ u ffi g ~
~ ID§ 8~a ........-1--------------1i N i
ti) « o c:(<(~ G - ..... ~ ~ en« (/)::;;>o IX: ravasarcillosas,mezclas u < '" '"
::¡: ~ 8 ~¡¡¡~ GC de grava,arenay arcilla. :5 :::l :;: ~
ffi ::;;CJt3~ ~ ~ ~ o
t----t~I----t--....--------------I~:5 ~ g ...----------- ....-----i-------t
_ '" Arenasbisn graduadas,are- ll! 2i ,; o 060 (030)2
Zo <t S!l _ "'o ~ >-< tí. ¡;; ~ Cu = -- mayor de 6, Cc = -=-_=-=-::--- entre 1 y 3- _ SW na con gravas,con pocoo < - 010 010 . 060
13 o;)í li:<~ nadade finos. < <J) ~ '"
U Z :::> :!ofl) > ~ O ~
« « '" :::¡~<{ 1---11-------------....~!!! ~ S!1-------------------------..a: j la <0:5 ~ ~ ~ ., No satisfacen todos los requisitos de
u. « ~ ~o !:/ Arenasmal graduadas,are· .~ ~ ~ ~ graduación para SW:5 ::¡: -' ~ g ti: SP na con gravas,con pocoo <J) O -' ... """1.... ..
1/) w :5:3 e, it nadade finos. ~ g ~ ~
~o <J) ~~<J)ffi
w ~ g¡ >1---1- ....-+---------- .....-........'"u, O 5
~ ~ e, Q <J)~~ d ~ ;¡; ~ s
X "" ;Ji u ·o<z ::¡¡: 1- Arenaslimosas,mezclas I? Q !::;« « t3 ~üu:: 1/) de arenasy limo. ti) u:: '" :::>e ...J a, ti: LL~u) U 9 ~ 2 0 .... .....
c. c:( Ü) za..:5 .....«
tU ~ ~ ~ 8~a ffi ~ en ffi
(/) ::> u «<>= z z>- ~ ~§ ~ a: ~ ~ º~ Arenasarcillosas,mezclas :¡ '" o o
el < IX:~<>. SC de arenasy arcilla. :0" ~ ~ If
(11 Q. -<t3~ w ~ ~ ~~--~6r---~.---~~~-----------------+~~~4---------------~--------------_i
~ Limosinorgánicos,polvo de EQUIVALENCIA DE SíMBOLOS
O Ml roca, limosarenososo G = GRAVAS, M = LIMO, S = ARENAS,C = ARCILLAS,O = SUELOSORGANICOS,
r:: en a: arcillososligeramente W = BIENGRADUADOS,P = MAL GRADUADOS,Pt = TURBA
ct ~ plásticos. L = BAJA COMPRESIBILIDAD,H = ALTA COMPRESIBILIDAD
.....w
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(.)0#
$90.... :::>ID
>O~
(I):J
O~
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DIVISION MAYOR
SISTEMA UNIFICADO DE CLASIFICACION DE SUELOS (S.U.C.S.)
% Limo
o 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
l. Arena
2. Arena limosa
3. Limo arenoso
4. Limo
5. Arena arcillosa
6. Limo arcilloso
7. Arcilla arenosa
8. Arcilla limosa
9. Arcilla
El triángulo es el siguiente:
Solución:
Datos:
Arcilla 5070
Limo 35070
Arena 50070--
Suma 90070
Grava 100-90 = 10070
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.
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.
b) Ahora bien, como por la malla # 4 se retiene el 50070 de la parte gruesa,
el suelo es una grava (G).
a) Como el porcentaje de material que pasa la malla # 200 es menor al
50070, se le considera material grueso.
Solución:
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.).
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.
37Clasificación de los suelos
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.
Solución:
4.4 Clasificado el suelo del problema 4.2 como GW-GP, describa sus carac-
terísticas generales.
Después del ajuste y entrando al triángulo con los valores indicados, se sabe
que el suelo es arena limosa.
5.5%100.0%Arcilla :0 = 0.55 =
Limo
5090 = 0.5555 = 55.6070
~ = 0.3888 = 38.9%
90
Arena
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:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones38
39
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
Solución:
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?
Las pruebas que normalmente se emplean en diferentes lugares se indican
en el cuadro anexo al final de este capítulo.
Solución:
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?
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.
Solución:
5.1 ¿Cuál es el objetivo que se busca compactando a 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---------
Compactación
de los materiales
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
Como la curva se dibuja con humedades y pesos volumétricos secos, dichos
valores son:
'YmYs = ----''---'----
1 +~
100
Solución:
2,066.4
2,119.7
2,162.5
2,130.4
2,034.3
1,922.5
17.2
15.2
12.2
10.0
8.8
7.4
Pesos volumétricos
húmedos en kg/cmt
Humedades en %
Datos:
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 y grafique la línea de cero vacíos o de saturación teóri-
ca. Considérese a D, = 2.65
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.
Solución:
5.4 ¿A cuáles materiales se aplica en México la prueba Proctor de 30 golpes?
E = P.H.N = 2.5 x 30 x 90 = 7.127 kg-cm/crn!
V 947
cm de caída libre, 3 capas y 30 golpes por cada capa. Es decir, se propor-
ciona al material una energía total de:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones40
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
Mediante la fórmula:
Va = "test - "tsl X 100 = 2,052 - 1,862 X 100 = 10 2%
"tsl 1,862 .
Solución:
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?
"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 = 1,889 kg/m!
e) Para W3 = 12.2% "test = 2,003 kg/rn!
d) Para w.( = 10.0% "test = 2,095 kg/rn!
La curva de saturación teórica se dibujó aplicando para cuatro de las hume-
dades dadas la fórmula:
La gráfica muestra que el peso volumétrico seco máximo es de 1940 kg/rn!
con una humedad del 11%.
HUMEDAD 1%)
2015105o
1500
1600
1_ o de cero vacíos
r-,
<,
.....
~
¡,....~ r-,L ¡t....,
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2100
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O 1900ua:
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UJ
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1800::>
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O>
O
(j) 1700
UJo,
Curvade saturaciónteórica I
La gráfica del material queda así:
41Compactación de los materiales
2515 353020
Wo en %
105
1200
"'-'"'"r-,"'-'"r-,<,,,~-. ~
~ r-,
~~
2200
2100
X 2000
<t~ 1900
ouw
1800~
M
E 1700C,
.><
o 1600ua:
1-w 1500~
::J
--'o 1400>
or.nw
a, 1300
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.
Solución:
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 vacíos en la prueba. ¿De qué otra forma se comprueba que la
prueba Proctor estuvo bien realizada?
6.5070, como este caso, se dice que el suelo puede adquirir un peso volu-
métrico seco mayor con la humedad que contiene.
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones42
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Zo
C3<....wa:
45
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".
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.
Soluciones:
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 de K (mó-
dulo de reacción del suelo o coeficiente de balasto del suelo)?
Se pregunta:
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 determinados pesos volumétricos en condiciones diferentes de humedad
y compactación.
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 soporte modificado (VRSM) a 90010de
compactación y una humedad igual a la óptima,más tres por ciento.
6-------
Valor relativo de soporte
Valor relativode soporte (CBR).por ciento.
30 40 50 60 80 10015 203 4 5 6 7 8 9102
V
/
1/
/
.1
--"
V
......V--~--¡.-¡-ro------
M
Eo
C, 22
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'"-oe 10-o
'ü 8o
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'"-o
o 4
"S-o 2-o~ O
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.
15105O
• RELACIONES' ESPERADAS ENTRE EL VALOR RELATIVO DE SOPORTE
NORMAL Y ELVALOR RELATIVO DESOPORTEMODIFICADO A 90% DE
COMPACTACION y CON HUMEDAD DEPRUEBA IGUAL A LA HUMEDAD
OPTIMA MAS 3%.
15
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones
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46
1345
1710 = 0.7865 == 0.79; F.R. = 0.79
"[st Vss
El factor de reducción del camión o material suelto al terraplén compactado
a un peso volumétrico seco de 1,710 kg/rn! es:
1650
1345 = 1.2267 == 1.23 ; F.A. = 1.23Ysb Vss--=--=
Yss Vb
El factor de abundamiento del banco al camión o material suelto vale:
Solución:
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?
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
6.3 De un banco de material para terracerias se obtuvieron los datos siguientes:
Subrasante muy mala
Subrasante mala
Subrasante regular a buena
Subrasante muy buena
Sub-base buena
Base buena
Base muy buena
0-5
5-10
10-20
20-30
30-50
50-80
80-100
ClasificaciónC.B.R. (%)
La relación entre el C.B.R. y la calidad del material para usarse en terrace-
rías es:
6%, subrasante mala.
12%, subrasante regular.
20%, subrasante buena.
Si su C.B.R.
Si su C.B.R. =
Si su e.B.R. =
Con base en los valores de la tabla que sigue, se puede decir que:
Solución:
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%?
47Valor relativo de soporte
Lo anterior indica que el terraplén tiene la compactación especificada.
El porcentaje de compactación en la capa ensayada del terraplén fue de:
% de compactación = 'Yst x 100 = ( 1710 \ 100 = 90%
'Ys máx 1900 /
1 915
, = 1709.82 kg/rn! == 1710 kg/rn!
1.12
'Yh =
"[st = 1 + w/l00
El peso volumétrico seco en el terraplén vale:
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
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.
Solución:
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",
Por tanto, el material del banco al terraplén, compactado al 90070,se reduce
un 3%.
1650
1710 = 0.9649 == 0.97 ; F.R. = 0.97'Ysb = ___!J_ =
Yst Vb
El factor de reducción del material del banco al terraplén compactado vale:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones48
49
100 cm = 1.0 m0.3
0.003
h - 0.3 =
e - (0.61) (0.005)
La altura a la que ascenderá el agua será:
2.7 1 = 0611.672 - .e = Da _ 1 = 2.7 - 1 ='YsL (1.76) (0.95)
por lo que se necesita encontrar la relación de vacíos que tendrá el terraplén
ya construido.
h - 0.3
e - (e) (DIo)
La ascención capilar se expresa así:
Solución:
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.
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---------
Agua en el suelo
~ t
h3
.) - "- ~. ..,j
'7 =- h2
___ .) ~~............======:::::::::::::==-_..1~ ~....__.l~========-_
lo que indica que la altura de ascención capilar es inversamente propor-
cional al diámetro del tubo, como se ve en la figura:
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
se tiene:
h = 4 Ts• cos aa.o;
7.2 Determinar la altura de ascención capilar en tres diferentes tubos cuyos
diámetros se indican a continuación y considerando que la tensión superficial
vale Ts = 0.075 cm/seg y a = O?;dl = 2 mm; d2 = 3.0 mm; d3 = 4.0 mm.
Solución:
De acuerdo con la ecuación:
----.-f-·
1.50 m
!
Suelode cimentación
NFY _
-r Nivel de subrasant€
Las terracerías se saturarían hasta una altura de 0.50 m del nivel de la subra-
sante.
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones50
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
fórmula de Hazen con un coeficiente e = 100.
= 100 cm., valor promedio de los0.3
0.003
h 0.3
e = (0.60) (0.005)
dos valores anteriores.
e) Empleando el valor de N = 0.3 cm- se tiene:
Obsérvese cómo varía la altura de ascención capilar con la naturaleza del
grano.
0.5 - 166660.003 - . cm
h - 0.5
e - (0.60) (0.005)
b) Para la arena no limpia y granos rugosos:
33.33 cm0.1
0.003
h - 0.1 = __ 0_._1__
e - (e) (DIO) (0.60) (0.005)
a) Para la arena limpia y granos redondeados:
Solución:
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 y DIO = 0.05, y en
otra arena no limpia, de material rugoso con una relación de vacíos de 0.60
y un DIO = 0.05
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 de N = 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.0.03 .
= 0.0001304 = 2,300.6 cm
__ 0._3_ = 92.31 cm
0.00325
) h 0.3
a e (0.65) (0.005)
b) he 0.3
(0.65) (0.0002)
Solución:
b) Arcilla con DIO = 0.002 mm; e = 0.65; N = 0.3 cm-
a) Arena con DIO = 0.05 mm ; e = 0.65 ; N = 0.3 cm-
7.3 Empleando la fórmula empírica de Hazen para calcular la ascención capilar
en los suelos, determine dicha altura para los siguientes casos:
SIAgua en el suelo
Estratoimpermeable
30-28=2 m 1
La altura de la muestra es de 2.5 cm y el tiempo t vale 445 segundos, por lo
que:
k = (~) (~ ) 2.3 10glO( ~:1= (11~~:375)(~~) 2.3 10glO( :~ )
= 0.0000159 cm/seg
7.7 El coeficiente de conductividad hidráulica o de permeabilidad de un acuífe-
ro como el mostrado es de 0.06 cm/seg y el agua en los tubos piezométricos
situados a 90 mde distancia subió a 30 m y 28 m, como se ve en la figura. El
a = 7(':;'= (3.1416) (0.625)2 = 1.227 cm-
El área a de la sección transversal del tubo piezométrico vale:
A = 7(.,2 = (3.1416) (2.5)2 = 19.635 cm2
El área A de la sección transversal de la muestra vale:
I
k = (~) ( ~) 2.3 10glO( ~:)
Solución:
Para resolverlo se emplea la fórmula:
Calcular el coeficiente o constante de permeabilidad de la muestra.
K = (C) (DIO)2= (100) (0.0065)2 = 0.004225 cm/seg
7.6 En un permeámetro de carga variable se probó la permeabilidad de una
muestra cilíndrica cuyo diámetro era de 5.0 cm y su altura igual a la mitad
de su-diámetro. El diámetro interior del tubo capilar del permeámetro mide
1.25 crri y al empezar la prueba tenía agua hasta una altura de 45 cm. Des-
pués de 445 segundos, el nivel del agua en el tubo piezométrico se encontra-
ba a una altura de 43 cm.
La fórmula de Hazen para arenas limpias es:
Solución:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones52
.,._------ 100 m
COTA 580
COTA600
COTA605
7.9 Se construye un canal paralelo a un río, como seiíala la figura. Si la arena
que muestra la figura indicada presenta una conductividad hidráulica o coe-
ficiente de permeabilidad K = 0.0065 cm/seg, calcular cuál es la pérdida
de agua que tendrá el canal por infiltración en cm-/seg/krn.
K = t.fA = (90) (2~~78.54) = 14,~~7.2 = 0.00424 cm/seg
Por tanto, el valor del coeficiente de conductividad hidráulica vale:
(3.1416) (10)2 = 78.54 cm2
4
A=
Los valores a calcular antes son:
Solución:
7.8 En un permeámetro de nivel constante, se midieron 60 cm! de agua que
filtraron a través de una muestra de 10cm de diámetro y 15cm de altura du-
rante un tiempo de 1.5 minutos. ¿Cuál es el coeficiente de permeabilidad o
constante de conductividad hidráulica de la muestra, si la pérdida de carga
es de 30 cm?
= 66.67 cm/min/m de ancho.
Aplicando la ecuación de Darcy se tiene:
º = (K) (:) (A) = (0.05 ( ~: j (600 x 100)
Solución:
acuífero tiene un espesor promedio de 6 m. Se desea calcular el flujo per-
pendicular a su sección transversal en centímetros por minuto y por metro
de ancho del acuífero.
53Agua en el suelo
en la que:
7r (h~ - hD
K=
Este problema se soluciona con la fórmula:
Solución:
7.12 Se hizo un bombeo de prueba en una arena que tenía una profundidad de
15.00 m y descansaba sobre un estrato impermeable encontrado a esa pro-
fundidad. El nivel del agua freática o nivel acuífero inicialmente se en-
contraba al ras del terreno natural o sea en la superficie. A una distancia de
5 m y 8 m del pozo de prueba se hicieron dos pozos de observación, como se
muestra en la figura. Un estado permanente se estableció en los pozos cuan-
do la descarga era de 13 litros por minuto. El abatimiento del nivel del agua
en los dos pozos de prueba era de 1.52 m en el más cercano al pozo de bom-
beo y de 0.335 m en el otro. Calcular el coeficiente de permeabilidad en la
arena.
K = (Kp) (n) = (0.0055) (0.5454) = 0.003 cm/seg = 3 x 10-3 cm/seg
Solución:
7.11 Si se conoce en un suelo la constante de percolación Kp = 0.0055 cm/seg, y
su porosidad es de 54.54070,determinar la constante de permeabilidad.
por tanto:
s; = (0.003) . e ~.21.2) = 0.0055 cm/seg
Se sabe que:
x, = t~)= (K) (1 ; e)
7.10 Si se conoce el coeficiente de permeabilidad de un material que es de
K = 0.003 cm/seg y presenta una relación de vacío e = 1.2, ¿cuál es el coe-
ficiente de percolación del material?
Solución:
A = (15,000,000) (0.0065) (0.2) (1) = 19,500 cm+/seg/km
t 1.0 seg
K 0.0065 cm/seg
i = h/L = _1Q_ = 02100 .
se tiene.
º = A·Ki·(
Solución:
Aplicando la conocida ecuación:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones54
K3H=0.0000326 cm/segK3V=0.0000253 cm/seg
K2H=0.0000242 cm/segK2V=0.0000159 cm/seg
K1V=0.000972 cm/seg K'H=0.00162 cm/seg--------t
H2=3 m~------+
H,=2 m
7.13 En un terreno formado por tres estratos de diferentes materiales y de dife-
rentes espesores se determinaron los coeficientes de permeabilidad vertical
"Kv" y horizontal "KH" para cada estrato, como se muestra en la figura.
¿Cuál sería el coeficiente de permeabilidad del conjunto?
= 0.000583 m/min0.00611
104.772
(0.013) (log, 1.6)K = ----~--~~~--~---
3.1416 (215.06 - 181.71)
q = 13 litros/minuto = 0.013 m+/rnin
r1 = 5 m
r2 8 m
h1 15 - 1.52 = 13.48 m
h2 = 15 - 0.335 = 14.665 m
De donde:
Por tanto:
K = coeficiente de permeabilidad
q cantidad de flujo de agua
h1 = altura del nivel freático medida desde el fondo del pozo a distan-
cia "r1"
h2 altura del nivel freático medida desde el fondo del pozo a distan-
cia "r,"
Estrato Impermeable
'/
'.
15.00 m
55
, ,
, "ARENAl
. ,
.-
Agua en el suelo
Kp = "';KHP • Kc» = "';(0.00053966) (0.0000259) = 0.000118 cm/seg
El coeficiente promedio conjunto vale:
= 0.00053966 cm/seg
El coeficiente de permeabilidad promedio en sentido horizontal es:
1 1KHP = H (K1HH1 + K2HH2 + K3HH3) = 750 (0.324 + 0.0726 + 0.00815) =
750W = 28 9 = 0.0000259 cm/seg, 55,108.77
11 750K~ = -----------------= --------------~~--------------
_H_l_ + _H_2_ + _H_3 200 + 300 + 250
Ktv k2V h3V 0.000972 0.0000159 0.0000253
El coeficiente de permeabilidad promedio en el sentido vertical es:
Solución:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones56
57
H3. = 3.0 m
Arcilla
,
I,,
I
I,,,
I,
P = 11580kg/m2 I 7080kg/m'C--._----------------------------~~~~----~------
PRESiÓN INTERGRANULAR
)' .. 1' "" 2098 kg/m 3
H2 = 1.5m
"Y. = 1778kg/m'Arena limosa
H, = 1.5 m
A --t-----~------ --,~-~--__t!..=1.66~!E2__
Arena limosa eo - 0.98 f l3
0'0 :o::: 0.05 mm. ,,~
I ¡¡;, w
I a:B __-+ ~~~~~~'4~31~4~kg~/m-2+_~
"Y.... = 1922kg/m' <t
::;:
-ca:o-c
Ci
8.1 Determinar presión total, de poro e intergranular en, los planos A, B y e
mediante los datos y las condiciones que ·los estratos indican. Asumir que
no hay ascención capilar arriba del nivel freático y que ahí la arena está seca.
La presión efectiva es igual a: pi = p - u, o sea que es igual al peso volumétrico
sumergido del material ("(') por la altura correspondiente, o sea pi = v' .H.
Las presiones que actúan en la masa de un suelo completamente saturado se divi-
den en dos tipos: a) aquellas presiones que se transmiten de grano en grano, b) las
que actúan contra el agua que llena los vacíos que dejan los granos. Las primeras
son conocidas como presiones intergranulares o presiones efectivas (por ser las
únicas que producen cambios en el volumen de la masa del suelo) y las segundas
como presiones neutras y presiones de poro o presiones neutrales. La presión total
es igual al peso total de una columna de área unitaria desde el fondo hasta la altu-
ra correspondiente: p = v« . H; la presión neutra es la presión del agua sobre el
fondo: u = "{w • H
8-------
Presiones totales,
neutras y efectivas
El estrato IV, siendo un manto colgado, presenta un peso volumétrico de:
v» ~ (1 ~a e)(1 + I~} e:~})(1.12)~ 2.058g ¡cm'
= 2.6 + 0.65 = 1.97 /cm!
1 + 0.65 g
Da + e
Ysat = 1 + e
El estrato 111 presenta un peso volumétrico saturado de:
= 2.7 + 0.8 = 1.944 /cm!
1 + 0.8 g
Da + e
Ysat = 1 + e
El estrato 11 presenta un peso volumétrico saturado de:
El estrato I presenta un peso volumétrico húmedo de:
v» = ( Da ) 11+ ~\ = (2.6) (1.04) = 1.423 g /cm!\1 + e ~ 100-' 1.9
Lo anteriorindica que todo el estrato 11 se encuentra saturado por capila-
ridad.
0.3 = 750 cm
0.0004
0.3-----=
(0.8) (0.0005)
h - 0.3
e - (e) (DIO)
Se empieza calculando la ascención capilar.
Solución:
8.2 Determinar las presiones totales, neutras y efectivas o intergranulares en los
planos A, B, e y D mediante los datos de la estratigrafía siguiente. Calcule
y tome en cuenta la ascención capilar considerando el valor de N = 0.3 y
DlO = 0.0005 cm
Presión total = P = (5,814) + (1,922) (3) = 11,580 kg/rn-
Presión de poro = u = (1,000) (4.5) == 4,500 kg/rn-
Presión intergranular = Pi = P - u = 11,580 - 4500 = 7080 kg/rn-
e) Presiones en el plano C.
Presión total = P = (1,778) (1.5) + (2,098) 1.5 = 2,667 + 3,147
= 5,814 kg/rn-
Presión de poro = u = 1,000 x 1.5 = 1,500 kg/rn!
Presión intergranular = Pi = P- U = (5,814) - (1500) = 4,314 kg/rn!
b) Presiones en el plano B.
Presión total = P = (l,778) 1.5 = 2,667.0 kg/rn!
Presión de poro = u = O
Presión intergranular = Pi = P - u = (1,778 x 1.5) - (O) =
= 2,667 kg/rn-
a) Presiones en el plano A.
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones58
u O---+-~-+
On,
¡:::
«
-'-'
Ua:«
I
U
N#OO
"':N<t:
N~e
11 11 11
0$:.,
<Oe
(")
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,,,,,,,
" (")
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:_¡
U
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-,...,-/ ...... ......
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u
UJ
LL
UJ
(/)
UJ
Zo
(ji
UJa:n,
(/)
w
Zo
(ji
wa:
Q_
59Presiones totales, neutras y efectivas
'Y.at = 1922 kg/m3'Y' = 922 kg/m3ARCILLA
,
6m
l_~~ ~ _
/A
'Y.at = 2082kg/m3
'Yh = 1922 kg/m3
.....,' ....." ... ,. ,,,,,\
<D yN.F.
8.3 Se cuenta con un perfil de suelos, como el que se muestra, en que el nivel de
las aguas freáticas se encuentra en la superficie del terreno y luego se hace
bajar su nivel a la cota - 6.0 m. Determinar la presión intergranular o efec-
tiva en el punto A, antes y después del cambio en el nivel freático. Al bajar
el N.F. del punto 1 al punto 2, el estrato superior al del plano en que se en-
cuentra el punto número 2 queda con un peso volumétrico húmedo de 1922
kg/m!
La presión total = P = 25,306 + 2,058 (3) = 31,480 kg/rn!
La presión de poro = u = O
La presión intergranular = Pi = D = 31,480 kg/rn!
d) En el plano D:
La presión total = P = 17,426 + 1970 (4) = 25,306.0 kg/rn!
La presión de poro = u = 1000 x 4 = 4,000 kg/rn!
La presión intergranular = Pi = P - u = 25,306 - 4,000 =
= 21,306 kg/m-
e) En el plano C:
La presión total = P = 2846 + (1944) (7.50) = 17,426 kg/mt
La presión de poro = u =.O
La presión efectiva = Pi = P - O = 17,426 kg/rn-
b) En el plano B:
La presión total = P = (1423) (2) = 2846 kg/rn-
La presión de poro u = - l'w' he = - 1000 X 7.5 = - 7500 kg/m-
La presión efectiva = Pi = P - (- u) = 2846 + 7500 = 10,346 kg/rn-
a) En el plano A:
Por tanto, las presiones son:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones60
El incremento en la presión intergranular es de 5,040 kg/m- , o sea un
27.220/0de incremento con respecto a la presión efectiva inicial.
Pi = (1922) (6) (1082) (6) + (922) (6) = 23,556 kg/rn"
Después de bajar el nivel freático hasta el punto 2:
Pi = (1082) (12) + (922) (6) = 12,984 + 5,532 = 18,516 kg/rn-
Presión efectiva en A:
Antes de bajar el nivel freático se tiene:
61Presiones totales, neutras y efectivas
63
En un sistema de ejes de coordenadas se dibuja la línea intrínseca uniendo
los puntos obtenidos al graficar los resultados anteriores, como se indica en
la figura que sigue:
Solución:
Determinar el valor de la cohesión y del ángulo de fricción interna del suelo.
Esfuerzo de corte
kg/cm?
Esfuerzo normal
kg/cm'
Prueba número
1.55
1.95
2.30
1.50
2.60
3.60
1
2
3
9.1 En un aparato de corte directo se efectúan pruebas de corte a tres especime-
nes de arcilla, obteniéndose los resultados siguientes:
Para determinar los parámetros e y cf>. se usan varios procedimientos, como la
prueba de corte directo, la prueba de compresión triaxial, la prueba de compre-
sión axial sin confinar y la prueba de la veleta. La prueba de la veleta es muy útil
para los casos de arcillas suaves.
Una muestra de suelo sometida a un esfuerzo de corte tiende a producir un despla-
zamiento de las partículas o de una parte de la masa del suelo. La resistencia al
corte del suelo tiende a contrarrestar estos movimientos dentro de la masa del
suelo. Se acepta que esta resistencia al corte se encuentra con la ecuación de
Coulomb siguiente: s = e + Pi" tan cf>. Cuando el suelo no tiene cohesión, como en
el caso de una arena limpia y seca, entonces la expresión es: s = Pi' tan cf>. Cuando
el suelo es una arcilla saturada en la que cf> = O,entonces el valor del corte es de s = c.
9-------
Esfuerzos de corte
en los suelos
A' = _A_ = 7.0686 = 7.466 cm2
1 - e 0.9467
Area inicial de la muestra = A = 7.0686 cm2
Deformación vertical de la muestra = ~ = 0.4 cm
Deformación unitaria e = 0.4 = 0.0533
7.5
Solución:
+-3.0---+
cm
7.1 cm
7.5 cm
0.4 cm
~--_r L- ~ __ ---_---_-- __ --------.~~-
'J .6
P = 210 kg
p
9.2 A un espécimen cilíndrico de arcilla de 3.0 cm de diámetro por 7.5 cm de al-
tura inalterado, se le somete a la prueba de compresión axial sin confinar,
resultando como carga de ruptura un valor de 210 kg. La altura final de la
muestra en el instante de la falla es de 7.1 cm. Determinar la cohesión de
la arcilla.
___ ~~--'-_-L.._"';__..L-_--L ,u(kg/cm2,
1.50 2.60 3.00
T
(kg/cm2)
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones64
Se desea determinar la cohesión y el ángulo de fricción interna de la
muestra. Indicar qué tipo de suelo corresponde a.los resultados finales.
Presión lateral en kg/ cm- 0.731 1.462 2.193
Presión vertical en kg/ cm! .266 3.070 3.728
Angulo de ruptura 51° 53° 52°
9.5 A tres muestras o especímenes iguales se les somete a pruebas de compre-
sión triaxial no drenadas obteniéndose los resultados siguientes:
tan (45 + ;) = -J2 = 1.4142
45 + l_ = 55°
2
De donde:
Con la conocida ecuación de Mohr para el caso se tiene:
2., ~ ., . tan' (45 + ~~
Solución:
9.4 Determinar el ángulo de fricción interna de una muestra de arena limosa
que rompe en un ensaye a compresión triaxial con una al = 2a3.
T = (a) tan ~..
Por lo que tan ~ = 0.65 = 0.5
1.3
y el ángulo de fricción interna ~ == 26°30'
Al aplicar la ecuación de Coulomb se tiene:
Solución:
9.3 Se somete una muestra de suelo a una prueba de corte directo bajo una pre-
sión normal de a = 1.3 kg/cm-, resultando una presión de corte a la ruptu-
ra de 0.65 kg/cm-. Determinar el ángulo de fricción interna de la muestra
ensayada. .
1.406 Tm/m2e qu=--=
2
El valor de la cohesión de la arcilla vale:
210
qu = 7.466 = 28.127 kg/cm-
El esfuerzo de ruptura a compresión axial sin confinar "a.:' vale:
65Esfuerzos de corte en los suelos
t:spécimensujeto a la prueba de
compresión triaxial
v
Placa permeable
Bureta
Presiónhorizontal
Cámarade compresión, paredes
de plástico duro
Placa Impermeable
Cámarade compresión triaxial
(J
r-~~~~~~~--~
C = 0.9
~0~.7-3-1~------~~--~~------~--_'-3.-7-2-8-.----~--
T
Al dibujar los círculos de Mohr correspondientes a los resultados, se obser-
va el valor de la cohesión del material y como la envolvente es casi horizon-
tal, el ángulo de fricción interna 4> = O.Ahora, tomando como promedio
de los ángulos de ruptura ex= 520, se tiene que (45 + i) = 520, o sea
4> = 140• Como se ve, si 4> = Ose trata de una arcilla saturada.
Solución:
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones66
Como ya se dibujó la línea de resistencia intrínseca, el círculo de Mohr de la
prueba triaxial para 1.83 kg/cm! como 0'3 debe ser tangente a dicha línea.
Para encontrar el centro del círculo a partir del valor de 0'3 = 1.83 kg/ cm2 ,
dibuje la línea "ad" con un ángulo de 45 + j_ = 55° que corte a la línea de
resistencia intrínseca en el punto "d", y en e~epunto trace una normal a la
mencionada línea de resistencia intrínseca perpendiculara ella, la que fija al
centro del círculo. Se dibuja el círculo y donde corte al eje de las presiones
normales (O') se encuentra el valor de 0'1 = 10.2 kg/cm-.
Solución:
9.7 La línea de resistencia mtrínseca se obtiene como se muestra en la figura del
problema anterior, y se prueba un espécimen del mismo suelo en una má-
quina de compresión triaxial con una presión lateral 0'3 = 1.83 kg/cm"; de-
terminar cuál es la compresión vertical de ruptura esperada de la muestra.
42.62 321.300.65
1.30
1
0.85
0.65
2
3
Unea de resistencia
intrínseca
4
Al dibujar estos resultados se obtiene que e == 0.33 kg/cm! y rP = 20°
Solución:
Esfuerzo normal en kg/cm- 0.65 1.30 2.62
El esfuerzo de corte en kg/cm/ 0.65 0.85 1.30
9.6 Se hace la prueba de corte directo a tres especimenes con área de 36 cm- en
la caja del aparato. Los esfuerzos resultantes para cada esfuerzo normal
son:
67Esfuerzos de corte en los suelos
Como se observa, la diferencia de valores de cp es mayor en 5° para el caso
de tenerse menos de 5OJode finos arenosos. .
cp = 25° + 0.15 (C,)
a) C¡ = 15OJo, = 25 + (0.15) (15) = 27.25°
b) C; = 35OJo, = 25 + (0.15) (35) = 30.25°
e) C, = 65 OJo, = 25 + (0.15) (65) = 34.75°
d) C; = 85OJo, = 25 + (0.15) (85) = 37.75°
e) C; = l00OJo, ,= 25 + (0.15) (100) '= 40°
Cuando el porcentaje de finos arenosos es mayor de 5OJose tiene:
cp = 30° + 0.15 (Cr)
a) C; = 15OJo, = 30 + (0.15) (15) 32.25°
b) C; = 35OJo, = 30 + (0.15) (35) 35.25°
e) Cr = 65 OJo, = 30 + (0.15) (65) 39.75°
d) C, = 85OJo, = 30 + (0.15) (85) = 42.75°
e) C, = 100OJo, = 30 + (0.15)(100) = 45°
Con la fórmula propuesta por Meyerhof se tiene para cuando hay menos
del 5OJode finos arenosos:
Solución:
9.8 Determinar mediante los conocimientos relativos a la compacidad relativa
C, cuál es el ángulo de fricción interna que una arena presenta cuando su C;
vale 15OJo, 35OJo,65OJo,85OJoy l00OJo, primero cuando el porcentaje de finos
arenosos es menor a 5OJo, después cuando el porcentaje de finos arenosos es
mayor a 5OJoen peso de la muestra ensayada.
(11= 10.2
Ie
Ll...____....I~_~ _ __.__~
(1
Línea de Resistencia
Intrínseca
7
Problemas resueltos de mecánica de suelos y cimentaciones68
=T =
C.on la ecuación que mide el valor del corte si las aspas de la veleta quedan
bien enterradas en la arcilla se tiene:
e = __ p . = 456.24
xd? fJ + :) .(3.1416) (7.62) (7.62) (5.715 + 1.270)
456.24
= 1274.167 == 0.358 kg/cm-
Solución:
-Veleta enterrada
Q)
>
<O
::Jen
!:!
(.J....«
Par
Medidor del
9.9 Una veleta de 11.43 cm de longitud o del alto de las aletas, por 7'.62 cm de
diámetro de las mismas, se introduce a presión en el fondo de un sondeo
de arcilla suave, hasta que las aspas de la veleta queden enterradas en la ar-
cilla. Se aplica luego un par que se incrementa despacio hasta que se presen-
ta la ruptura del suelo. El valor del par en el instante de la falla es de 456.24
kg-cm, Determinar el valor de la cohesión de la arcilla.
69Esfuerzos de corte en los suelos
71
Para el análisis de la pantalla, el valor de h que se va a emplear en el empuje
de Rankine debe ser ht. '
Este empuje es horizontal y aplicado a un tercio de la altura del muro, me-
dido a partir de la base, como se indica en la figura de la página siguiente.
13,262 kg= (43.2) (0.307) = 13.262 Tm
1 - 0.5299
1 + 0.5299
(1.76) (49)= ......;.____;--'--_•
2
1 sen cp
1 + sen cp
Cuando el terreno es horizontal y la pared del muro vertical, la teoría de
Rankine desprecia la fricción entre pared y suelo. El empuje se calcula con
la fórmula:
Solución:
10.1 Un muro de retención de paredes verticales de 7.00 m de alto soporta el em-
puje de una arena con un peso volumétrico en su estado natural de 1760
kg/m! y un ángulo de fricción interna de 32°. La superficie del terreno es
horizontal. Determinar el empuje que recibe el muro por metro de profundi-
dad y marcar las fuerzas que actúan en el muro; despreciar el empuje pasivo.
En verdad, los empujes de tierras que se consideran más usuales en la práctica son
dos: el empuje activo (cuando las tierras empujan el muroj'y el empuje pasivo
(cuando el muro empuja las tierras).
Las personas con información acerca de la teoría sobre el empuje de tierras, saben
que su empleo para calcular la presión ejercida sobre un muro de retención es jus-
tificable cuando se satisfacen las hipótesis de que: el muro puede desplazarse por
giro o deslizamiento una distancia suficiente como para que se desarrolle toda la
resistencia al corte del terreno; que la presión de poro dada por el agua en un suelo
no sumergido es despreciable; y que las constantes del suelo que aparecen en las
fórmulas del empuje tienen valores definidos y pueden determinarse con exactitud
relativa.
10
Empuje de tierras
10.3 Se construye un muro de retención de 7.0 m de alto para sostener un limo
arenoso con un peso volumétrico de 1,760 kg/m! y un ángulo de fricción in-
terna de 32°. El limo arenoso presenta, además, una cohesión de 1,220
kg/rn-, o sea 0.122 kg/crn". La superficie del terreno es horizontal. Se
desprecia el efecto de la fricción del muro. Determinar la presión en la base
de la pantalla.
La disminución del empuje es de 7.4070, en este caso.
= (13,262) (0.87)
11,537.9 = 12279.6 k
0.9396 ' g
EA = -'.(_13_!_,2_62~)--,-(0_.8_7.<_)
cos 20°
EA . cos o
EA . cos o = (13,262) (ex)
Como o = 20°, se hace una interpolación entre 0.8 y 0.9, resultando 0.87.
Por tanto:
Solución:
10.2 Determinar el empuje sobre el muro del problema anterior modificando el
valor de Rankine por la fricción de la pared considerando un ángulo de fric-
ción de 20°.
Si se considera el efecto de la rugosidad de la pared del muro, el valor calcu-
lado por la fórmula anterior se multiplica por un factor que varía desde 0.8
para o = 30°, a 0.9 para o = 15°, ya que o es el ángulo de fricción con la pa-
red y así se obtiene la resultante horizontal.
o'
l' "o
Pantalla __ ~ .. Ó .
..---+---+------13.26 Tm/m2
h, = 6.0 m
• h = 7.0 m
. ¡. "1
Problemas resueltos de mecánica de suelos y de cimentaciones72
)~
73
1.454
0.546 = 21,114.9 kgE = ('Ynh2). ( 1 + sen ~.) = (1762) (9)
p 2~ l-sen~ 2
Solución:
a) Encontrar el valor del empuje pasivo "Ep" del lado izquierdo del muro
y el factor de seguridad al deslizamiento tomando como ángulo de fric-
ción entre suelo y zapata el valor de 20°
Rv = 43984 kg
--~-----..~.~-------Ep" ' ....
.....,-, -"
• (J = 1762 kg/m3
.. q, ~. 27°
EA = 23556 kg
, "
, .
J
10.4 Un muro de retención con su cimentación se muestra en la figura siguiente;
= 3.785 - 0.135 = 3.65 Tm = 3,650 kg
(
(2) (0.122) J 1 + 0.5299
0'3 = (1.76) (7) ( 1 - 0.5299 ) _ 1 - 0.5299
'. 1 + 0.5299 1 + 0.5299
1 - 0.5299
1 + sen ~
donde N", = 1 ' y (11 = 'Yn • hsen ~
Como se tiene cohesión y fricción, la fórmula activa de la presión al fondo
de la pantalla vale:
Solución:
Empuje de tierras
1.138 gr/cm"2.65 - 1
1 + 0.45
Da - 1
1 + e'Y'
Como el suelo (arena) se encuentra sumergido, el peso volumétrico de la
arena es:
Solución:
10.6 Con las condiciones del problema anterior; pero el suelo se encuentra con el
nivel freático a nivel superior del terreno y el ángulo de fricción interna es
de 21°; ¿cuál es el empuje activo contra la pantalla del muro?
M¿ = (8466.48) (2) = 16,932.96 kg-m
Como la fuerza del empuje se encuentra a ~ = ~ = 2 m, el momento
3 3
en el empotramiento de la pantalla dado por el empuje activo vale:
= (38,484) (0.22) = 8,466.48 kg/m de muro.
= ( (2,138) (36) ) ( 1- 0.639)
2 1 + 0.639
El empuje activo vale:
= 2.65 + 0.45 = 2.138 gr/cm'
1.45
Da + e
1 + e"[sat =
Primero se calcula el peso volumétrico saturado:
Solución:
10.5 Calcular el empuje activo que recibiría la pantalla del problema 10.1 si se
sabe que el suelo que sostiene presenta una densidad absoluta relativa de
2.65, un ángulo de fricción interna de 39.75° (arena con menos de 5OJode fi-
nos arenosos), una relación de vacíos de 0.45 y se encuentra saturado
100%. Además, ¿cuál es el momento que el empuje activo provoca en el
empotramiento de la pantalla?
F S = 37,123.76 = 1.57
. . 23,556